2025年高考物理真题分类汇编：专题20 电学计算（全国通用）（解析版）

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1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、、均为已知量）
(1)电子的比荷;
(2)当磁感应强度大小调至时，筒壁上落有电子的区域面积S。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当磁场的磁感应强度为时，电子刚好不会落到筒壁上。
则电子以速度垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）磁感应强度调整为后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
由射出到相切，经过半个周期，用时
根据速度的合成与分解可知
平行轴线方向运动距离
结合对称性，被电子击中的面积
2．（2025·安徽·高考真题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。
求：
(1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；
(3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。
【答案】(1)
(2)
(3)，n = 1，2，3，…
【详解】（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E = BLv0
则此时回路的电流为
此时导体棒受到的安培力F安 = BIL
此时导体棒受安培力的功率
（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有
其中
解得
（3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为
第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量
第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量
第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量
第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量
则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR = QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn
通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出，n = 1，2，3，…
3．（2025·江苏·高考真题）如图所示发电机，内外转子角速度均为，外转子的半径为，内转子的半径为，磁感应强度为B，外部有四个线圈，ab、cd长为L，线圈电阻为。
(1)若内转子固定，求ab产生的感应电动势E；
(2)若内转子固定，求一个周期内，abcd产生的焦耳热Q；
(3)若内转子不固定，跟着外转子一起转，此时abcd中的电流为I，求电流的一个周期T。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，转动时的线速度为
则ab产生的感应电动势
（2）根据题意，由图可知，若内转子固定，外转子转动过程中，、均切割磁感线，且产生的感应电流方向相反，则转动过程中感应电动势为
感应电流为
转子转动的周期为
结合图可知，转子转动电流方向改变，大小不变，则电流的周期为
则一个周期内，abcd产生的焦耳热
（3）若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd中的电流为I，则感应电动势为
又有
解得
则电流改变方向的时间为
结合小问2分析可知，电流的周期为
4．（2025·山东·高考真题）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（−2L ≤ x < −L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x ≥ 0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1 = k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf时放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s；
(2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。
【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势
线框中电流
线框做匀速直线运动，则
解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq边与区域I上边界的距离
（2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中
此时线路中的感应电流
线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为
线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
5．（2025·河南·高考真题）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（）的粒子从磁场中的a点以速度向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
(3)若粒子从a点以竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为，由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间为
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）若粒子从a点以竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场中运动的半径仍为，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角
结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为
间的距离为
由几何关系可得
则
粒子在磁场中的运动时间为
则有
综上所述可知，粒子每隔时间向右移动，则漂移速度大小
6．（2025·河南·高考真题）流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为。随后，液滴以的速度竖直进入长度为的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
(2)A、B细胞收集管的间距。
【答案】(1)
(2)0.11m
【详解】（1）由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电极板方向则
沿电极板方向
由牛顿第二定律
解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为
（2）含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则
则
联立解得
有对称性可知则A、B细胞收集管的间距
7．（2025·福建·高考真题）光滑斜面倾角为θ=30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等，均为B。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，当cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，则：
(1)求线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；
(2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；
(3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离
（2）因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有
又，
cd边两端的电势差
联立可得
（3）①若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理
其中，，
联立可得
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理
根据
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即
联立可得
根据能量守恒定律
克服安培力做功的平均功率
联立可得
②若，同理可得
根据动量定理
其中
结合，
联立可得
根据能量守恒定律
克服安培力做功的平均功率
联立可得
8．（2025·广西·高考真题）带电粒子绕着带电量为的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电量为；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为，带点粒子速度的平方与其到电荷的距离的倒数满足如图关系。
(1)求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势；
(2)求带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功；
(3)用推理论证带点粒子动能与电势能之和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说明理由。
【答案】(1)
(2)
(3)守恒，
【详解】（1）由几何关系可知，椭圆上任何一点到两焦点间距离之和为2a，故顶点B距源电荷的距离为
根据电势计算公式可得在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为
（2）同理可知，在椭圆轨道半长轴顶点A的电势为
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为
（3）设带电粒子的质量为m，假设带点粒子动能与电势能之和守恒，则满足（定值）
则
根据图像可知关系为一条倾斜直线，故假设成立，将图像中代入关系式可得其动能与电势能之和为
9．（2025·云南·高考真题）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为（未知）。第一象限内存在边长为的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直平面向里，其磁感应强度大小为（未知），但满足。某质量为m、电荷量为的带电粒子通过速度选择器后，在平面内垂直y轴射入区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小已知，不考虑该粒子的重力。
(1)求该粒子通过速度选择器的速率；
(2)求以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率，若在Q处检测到该粒子，则是多少？
【答案】(1)
(2)，
(3)
【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故
其中
则该粒子通过速度选择器的速率为
（2）粒子在区域内左匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知
由洛伦兹力提供给向心力
联立可得
由于，根据洛伦兹力提供给向心力
解得
当时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示
根据洛伦兹力提供向心力
可得
故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为。
（3）若在Q处检测到该粒子，如图
由几何关系可知
解得
由洛伦兹力提供向心力
联立解得
其中
根据磁屏蔽效率可得若在Q处检测到该粒子，则
10．（2025·海南·高考真题）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。
(1)锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热；
(2)此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差；
(3)棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得，
解得通过棒的电流为
设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动时回路中的电流为，此时对cd棒有
同时有，
分析可知棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得
联立解得棒产生的焦耳热为
（2）分析可知棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有，
同时有，
联立解得此时、棒的速度大小之差为
（3）分析可知从开始到时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设时刻ab棒的速度为，可知
解得
设某时刻时，ab棒速度为，cd棒速度为，棒的加速度为零，可得①
其中
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得②
从时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有，
变式可得，
两式相加得③
同时有 ④
联立①②③④可得从到某时刻，、的路程之差为
11．（2025·贵州·高考真题）如图所示，轴水平向右，轴竖直向上，轴垂直纸面向里（图中未画出），在平面里有竖直向上的匀强电场，在的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场（未知）。有一带正电的粒子，质量为，从坐标原点出发，沿轴正方向以速度射出后做圆周运动，其中，，点坐标。已知重力加速度为，粒子电荷量为。求：
(1)电场强度的大小及该粒子第一次经过平面时的位置对应的坐标值；
(2)当该带电粒子沿轴正方向飞出到达点时间最小时，求的大小；
(3)若将电场改成沿y轴正方向，粒子同样从坐标原点沿x轴以速度射出，求粒子的轨迹方程。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电场力与重力平衡，则
解得
粒子做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如图所示
洛伦兹力提供向心力得
解得粒子运动的轨道半径
根据圆周运动轨迹，由几何关系得
代入数据解得。
（2）粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示
设粒子进入磁场中速度方向与磁场分界面成角，由几何关系可得
可解得
设粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到点应满足
当取最小值时，运动时间最短。所以当时，运动时间最短，代入的值解得
根据
联立可得
当该带电粒子沿轴正方向飞出到达点时间最小时，的大小为。
（3）若将电场方向改为轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿轴正方向的洛伦兹力、沿轴负方向的重力、沿轴正方向的电场力，根据
解得粒子受到的洛伦兹力大小为
正好与重力相平衡，所以粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有
由牛顿第二定律有
粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有
联立解得轨迹方程
12．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
(1)求时边受到的安培力大小F；
(2)画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）；
(3)从开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，求ad边离开磁场时的速度大小。
【答案】(1)0.015N
(2)
(3)0.01m/s
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为
由图（b）可知，时磁感应强度大小为
所以此时导线框的安培力大小为
（2）内线框内的感应电流大小为，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图（c）可知内的感应电流大小为
方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为
由法拉第电磁感应定律
可知内磁感应强度的变化率为
解得时磁感应强度大小为
方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为
（3）由动量定理可知
其中
联立解得经过磁场边界的速度大小为
13．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，在平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间。
(2)若在平面内某点固定一负点电荷，电荷量为，粒子质量取（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小。
(3)在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与N点速度方向相反，求（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势）。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
所以正电荷从M运动到N的时间为
（2）由题意可知，在平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知，其中
解得或（舍去）
（3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
故正电荷从点离开磁场后到首次速度变为与点的射出速度相反的时间为
14．（2025·浙江·高考真题）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立轴，线框中心和一条对角线始终位于轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。
(1)线框中心位于，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
②线框中心运动至过程中，安培力做功及冲量；
③线框中心运动至时，恒流源提供的电压；
(2)线框中心分别位于和，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到所需时间分别为和，求。
【答案】(1)①2BIL；②，；③
(2)0
【详解】（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为
所以线框受到的安培力大小为
②线框运动到x时，安培力大小为
则初始时和线框中心运动至时的安培力分别为
，
则线框中心运动至过程中，安培力做功为
由动能定理
可得
则安培力的冲量为
③由能量守恒定律
可得，恒流源提供的电压为
（2）类比于简谐运动，则回复力为
根据简谐运动周期公式
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有
故
1．(2025届青海省西宁市大通县高三下学期二模物理试卷)如图甲所示，电阻R=3Ω，导体棒AB的电阻r=3Ω，AB垂直放在倾角α=37°足够长的光滑平行导轨上。AB的长度等于导轨宽度为L=10cm，PQCD区域内有垂直于导轨平面的匀强磁场，该区域面积S=0.6m2，匀强磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。将AB在t=0时由静止释放，在t=1s时进入磁场区域，并恰好做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，导轨电阻不计，不计空气阻力。求：
(1)AB与PQ的距离；
(2)AB进入磁场时的感应电动势；
(3)在前1.5s内电路中产生的内能。
【答案】(1)3m
(2)1.2V
(3)0.36J
【来源】2025届青海省西宁市大通县高三下学期二模物理试卷
【详解】（1）AB未进入磁场时，不受安培力作用，其下滑的加速度
下滑的时间为1s，位移
即AB与PQ的距离为3m；
（2）AB进入磁场时速度
AB进入磁场时感应电动势
（3）第1s内电路中的感应电动势
产生的热量
第1~1.5s内产生的热量
前1.5s内电路中产生的热量为
2．(24-25高三下·甘肃多校)电磁聚焦是约束带电粒子的重要方法。如图所示，粒子源S能够瞬间发出大量质量为m、电荷量为的粒子，粒子的初速度为零，经过MN之间的电场加速，从O点射出。由于电场的边缘效应，会使粒子出现微小的发散角。在O点右侧区域加一沿x轴正方向的匀强磁场，可以使粒子被约束在一定范围内而重新聚焦。在距离N板右侧L处放置一个接收屏P，可使粒子打在接收屏上。已知MN间电势差为U，在较小时，，，忽略粒子间的相互作用。
(1)求粒子从O点至到达光屏的时间；
(2)要使粒子聚焦于接收屏上，求磁场的磁感应强度大小；
(3)若磁感应强度大小为，改变接收屏与N的距离L，为使所有粒子均能被接收屏接收，求接收屏的最小面积。
【答案】(1)
(2)
(3)
【来源】甘肃省多校2024-2025学年高三下学期期中联考考试物理试卷
【详解】（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理得
粒子沿x轴方向以做匀速直线运动，有
所以到达光屏的时间为t，依题意可知
代入数据解得
（2）带电粒子沿x轴方向匀速，垂直x轴方向做由洛伦兹力提供向心力的圆周运动
根据洛伦兹力提供向心力有
在磁场中运动周期为
要使粒子聚焦于接收屏上，应该满足
代入数据解得
（3）若磁感应强度大小为，带电粒子在垂直于x轴方向圆周运动，最大半径为
所以在光屏上形成的最大面积为
代入数据解得
3．如图所示，O点处有一粒子源，能够向xOy平面内各个方向射出质量为、电量为、初速度为的高能粒子。为了减小粒子对周围环境的影响，在以O为圆心，半径R1=0.04m处加上接地的网状电极，在内部产生沿半径方向的电场，使粒子的速度减小到。不计重力，不考虑粒子间的碰撞和相互作用力，粒子可以穿过网状电极。
(1)求网状电极和O点间电势差的大小U；
(2)为了使粒子离开电场后，离O点的距离不超过R2=0.16m，可以紧贴网状电极在外侧施加垂直于xOy平面向里的范围足够大的匀强磁场（图中未画出），求磁场的磁感应强度B1的最小值；
(3)为了使第一象限射出电场的粒子最终都能够沿y轴正方向运动，需要紧贴电场区域外施加垂直于xOy平面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度为。求满足要求的最小磁场区域边界上的点x坐标的最大值和y坐标的最大值。
【答案】(1)
(2)
(3)；
【来源】2025届江苏省泰州市姜堰区高三下学期二模物理试卷
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）如图，根据勾股定理
解得
洛伦兹力提供向心力
解得
即B1的最小值为
（3）洛伦兹力提供向心力
解得
如图，当粒子从x正方向进入磁场后，运动轨迹为四分之一圆周
即最小磁场区域的右边界函数方程为
其中，
根据几何关系，粒子运动轨迹的圆心O1分布在以O点为圆心，半径为
的圆周上，因此圆心所在的函数方程为
为了使出射速度沿y轴正方向，其对应的半径O1C平行于x轴，粒子出射点C在圆心右侧
因此出射点C与运动轨迹的圆心O1的y坐标相同，出射点x坐标比圆心x坐标大
因此出射点所在的函数方程为
即为未画出部分边界的函数方程，其中，
综上所述：x坐标的最大值；y坐标的最大值
4．(24-25高三下·江苏宿迁泗阳县·适考)如图所示，空间直角坐标系（z轴正方向垂直纸面向外图中未画出）中，在xL的区域III内存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B2。质量为m、电荷量为的电子从原点O以速度大小v0、方向在xOy平面内与x轴正方向的夹角为30°射入区域II。
(1)若电子不能进入区域III，求电子速度大小v0的范围；
(2)若，且电子经电场偏转后直接回到原点O，求电场强度的大小E；
(3)若，求电子此后经过x轴时对应的x轴坐标。
【答案】(1)
(2)
(3)
【来源】江苏省宿迁市泗阳县2024-2025学年高三下学期第一次适应性考试（一模）物理试卷
【详解】（1）临界轨迹与区域III左边界相切，根据几何关系
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
若电子不能进入区域III，求电子速度大小v0的范围为
（2）同理可知半径
轨迹圆在y轴上的弦长
电子在电场中做类斜抛运动，加速度为
x轴方向有
y轴方向有
解得
（3）半径
电子从区域III左边界与x轴的交点进入区域III，做螺旋线运动，分解为直线和圆周运动
圆周运动的周期
一个周期内沿x轴运动的距离
电子此后经过x轴时对应的x轴坐标
解得
5．(24-25高三下·江苏宿迁泗阳县·适考)A、B两个粒子的电荷量分别为+q、+2q，质量分别为m、2m。粒子A以已知速度v0向静止的B飞去，由于静电力，它们之间的距离缩短到某一极限值后又被弹开。设粒子A、B的轨迹在同一直线上，已知静电力常量为k，A、B间的最小距离为d。
(1)当A、B之间的距离最小时，求粒子B的加速度大小a；
(2)从粒子B开始运动至A、B间距离最小的过程中，A、B组成的系统增加的电势能。
【答案】(1)
(2)
【来源】江苏省宿迁市泗阳县2024-2025学年高三下学期第一次适应性考试（一模）物理试卷
【详解】（1）当A、B之间的距离最小时，二者之间的库仑力
对粒子B，由牛顿第二定律可得
联立解得粒子B的加速度大小
（2）从粒子B开始运动至A、B间距离最小的过程中，A、B组成的系统动量守恒
由动量守恒定律得
由能量守恒定律
联立解得A、B组成的系统增加的电势能
6．如图所示，在平面直角坐标系xOy第二象限内存在一理想边界，边界下侧和x轴上侧存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，边界上侧与y轴左侧存在沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，在第三、四象限内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，y轴上半轴均匀分布着电荷量为q、质量为m的带正电粒子，带电粒子由静止被电场加速后进入磁场区域，均能垂直穿过x轴，图中P点坐标为（－L，0），不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，求：
(1)边界曲线的方程；
(2)同一粒子在x轴上、下方运动的轨迹半径之比k；
(3)粒子经过P点时的最大速度vm。
【答案】(1)
(2)
(3)
【来源】2025届青海省海东市属中学高三下学期5月模拟预测物理试题
【详解】（1）设粒子由静止释放的纵坐标为，到达边界时的速度大小为，对应边界上点的坐标为（，），由动能定理得
磁场中做匀速圆周运动的半径为
联立解得
（2）设粒子在轴上方磁场中运动的轨迹半径为，在轴下方磁场中运动的轨迹半径为，
根据洛伦兹力提供向心力有
根据磁感应强度大小关系，解得
（3）当运动轨迹如图所示时，
经过点的粒子速度最大，由几何关系可知粒子在电场中加速运动的位移大小为，
根据匀变速运动速度与位移的关系式有
解得
7．新能源汽车的能量回收系统，利用电磁感应回收能量存储在电容器中。某同学用如图电路研究利用电磁感应为电容器充电的现象，两间距为、阻值可忽略不计的平行光滑导轨沿水平方向固定，导轨左端连接的电容器。两导轨间存在磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场。质量为、阻值可忽略不计的导体棒垂直导轨放置。在导体棒上施加一水平向右的恒力同时开始计时，导体棒产生的加速度大小恒为。棒始终垂直导轨且与导轨接触良好。
(1)写出电容器带电量随时间变化关系式；
(2)判断电容器充电时电流是否变化，并说明理由；
(3)求恒力的大小。
【答案】(1)
(2)电容器充电电流恒定，见解析
(3)
【来源】2025届广西北海市高三下学期第四次模拟考试物理试题
【详解】（1）电容器带电量
电容器两极板间电压
其中
解得
（2）由电容器板间带电量
可得
电容器充电电流恒定；
（3）对导体棒a由牛顿第二定律得
其中
得
8．如图所示，在平面直角坐标系的区域、y轴与间有沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，在区域、半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅰ，磁场边界分别与y轴和相切，与y轴平行，右侧有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ．在上坐标为的A点沿x轴正向射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小为，粒子恰好从坐标原点O进入磁场Ⅰ，以垂直的方向进入磁场Ⅱ，粒子经磁场Ⅱ偏转后再次进入磁场Ⅰ，并从O点再次进入电场Ⅰ，不计粒子的重力．
(1)求粒子第一次通过O点时速度的大小与方向；
(2)求匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小；
(3)若在右侧再加上竖直向下的匀强电场Ⅱ，电场强度大小为匀强电场Ⅰ电场强度大小的8倍，粒子仍以速度从A点沿x轴正向射出，求粒子在磁场Ⅱ中运动过程离x轴的最大距离．
【答案】(1)，与x轴正方向夹角为
(2)，
(3)
【来源】2025届山西省青桐鸣大联考高三下学期5月模拟预测物理试卷
【详解】（1）设粒子第一次经过O点时速度与x轴正向的夹角为，则有，
解得 ，
粒子经过O点的速度大小，与x轴正方向夹60°。
（2）根据题意，可画出粒子的运动轨迹，如图所示
设粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的轨迹半径为，根据几何关系有
粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的轨迹半径为，根据几何关系有
根据牛顿第二定律有，
解得，
（3）设电场Ⅰ的电场强度大小为E，粒子第一次在电场Ⅰ中运动过程有，
根据牛顿第二定律
解得
根据题意可知，匀强电场Ⅱ的电场强度大小
由（2）中的几何关系可知，粒子通过的位置离x轴的距离
由于
因此粒子进入磁场Ⅱ后一开始向y轴负方向运动，设粒子在磁场Ⅱ中运动时离x轴的最大距离为y，则离x轴的距离最大时粒子速度大小为，根据动量定理
即
根据动能定理有
解得 ，（不合题意，舍去）
9．如图为某同学设计的光电效应研究装置，A、B为金属板，频率为的单色光照射到板A上发生光电效应，经A、B间的电场加速后，部分粒子从小孔a进入图中虚线所示的圆形匀强磁场区域，圆形匀强磁场半径为R，磁场区域的下方有一粒子选择及接收装置。P在磁场圆心O的正下方，aO与PO垂直，接收板与PO垂直。光电子经过电场加速后能从a孔以不同的角度进入磁场，已知元电荷为e，电子的质量为，AB间的加速电压为，只有速度方向垂直接收板的粒子才能通过粒子选择器，其它粒子被粒子选择器吸收并立即导入大地，通过选择器的粒子最终打在接收板上，被接收板吸收并立即导入大地。重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互作用力，不考虑缓慢变化的磁场产生的电场，只考虑纸面内运动的电子，普朗克常量为h。
(1)磁感应强度时，某光电子从A板离开时的速度为0，求该电子经过a进入磁场后做圆周运动的半径。
(2)粒子从a孔进入时速度与aO角度范围，求粒子接收器上接收到粒子的长度L。
(3)磁感应强度由缓慢增大到时，接收器上恰好不能再接收到粒子，求金属A的逸出功。
【答案】(1)
(2)R
(3)
【来源】2025届河南省许昌市襄城县部分学校高三下学期三模物理试题
【详解】（1）粒子在电池中运动，根据动能定理有
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
（2）能打在接收器上的粒子运动轨迹半径
由几何关系可得，偏上进入的粒子打在P点右侧x处，根据几何关系有
偏下进入的粒子打在P点左侧x处，有
粒子接收器上接收到粒子的长度
（3）当磁场最大时，对应最大的入射速度
A板处光电效应逸出光电子的最大动能
经过电场加速后的最大动能
解得
10．如图所示，金属板和互相平行竖直放置，形成两条狭缝，金属板上的小孔和O点共线，狭缝的电势差与狭缝的电势差均为U，一质量为m，电荷量为的粒子从小孔飘入狭缝（初速度为零），通过小孔进入金属板和P之间的区域I，区域I中存在匀强磁场和匀强电场（未画出），其中匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。粒子沿直线运动，经过进入狭缝，经O点进入金属板右侧区域II，区域II具有和区域I完全相同的电场和磁场。以O点为坐标原点，垂直于金属板向右的方向为轴正方向，平行于金属板向上的方向为轴正方向建立直角坐标系，不计粒子重力，不计粒子经过狭缝的时间。求：
(1)粒子刚进入区域I时的速度大小；
(2)区域I、区域II电场强度E；
(3)粒子到达O点开始计时，第二次到达距轴最远处的速度和需要的时间。
【答案】(1)
(2)
(3),
【来源】2025届湖南省邵阳市高三下学期第三次联考物理试卷
【详解】（1）粒子在狭缝中做匀加速直线运动，经过时的速度为，由动能定理得
解得
（2）粒子在区域I中做匀速直线运动，则
解得
方向沿轴负方向；
（3）粒子在狭缝中做匀加速直线运动，经过O点速度为，由动能定理得
解得
粒子在区域II的运动看作是速度为的匀速直线运动和速率为的匀速圆周运动的合运动
又
解得
粒子第二次离轴最远时，恰好完成个周期的运动。
由运动的合成与分解，得，即
方向：沿轴正方向；
需要的时间为
11．如图所示，平行光滑的金属导轨由水平和左右两倾斜导轨组成，水平导轨与两侧倾斜导轨均有光滑绝缘圆弧轨道（长度可忽略）平滑相连。两侧倾斜导轨与水平面夹角均为30°。左侧倾斜导轨由间距L的导轨CE、DF构成，水平部分由两段足够长但不等宽的平行金属导轨连接构成，其中EG、FH段间距为L，有与竖直方向成60°斜向左上方的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。MP、NQ段间距为2L，有与竖直方向成（斜向右上方的磁感应强度大小为B的匀强磁场。右侧足够长的倾斜导轨PK、QJ间距为2L，上端连接电容为C的电容器，有垂直右侧倾斜导轨平面向上的磁感应强度大小为5B的匀强磁场。导体棒甲的质量为0.5m、电阻为R，乙的质量为m、电阻不计，导体棒乙静止于MP、NQ段。现使导体棒甲自斜面导轨上距水平导轨h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终垂直导轨，且与导轨保持良好接触。若稳定时导体棒甲未进入MP、NQ段，导轨电阻和空气阻力均忽略不计。已知B=0.2T， m=0.4kg，h=0.45m，L=0.2m，R=0.3Ω，，。求：
(1)甲棒刚进入磁场时，乙棒的加速度；
(2)从甲棒进入磁场到两棒达到稳定的过程，通过乙棒的电量；
(3)从甲棒进入磁场到两棒达到稳定的过程，回路产生的焦耳热；
(4)稳定后，乙棒进入右侧倾斜轨道，随即撤去甲棒，求乙棒上滑的最大距离。
【答案】(1)0.04m/s2
(2)10C
(3)0.6J
(4)
【来源】2025届浙江省北斗星盟高三下学期三模物理试题
【详解】（1）甲棒刚进入磁场时，根据机械能守恒有
解得
甲棒感应电动势E =2BLv0cs60°Lv0
电流
对乙棒有 2LBIcs60°= ma
解得a=0.04m/s2
（2）当甲进入磁场，甲、乙所受安培力相等，有2BILcs60° =2BLIcs60°
甲、乙系统动量守恒，最终共速， 则
解得共速时
对乙根据动量定理有∑2LBcs60°IΔt = mv1
又q=∑I△t
解得q=10C
（3）由能量守恒得
解得Q总=0.6J
（4）乙棒沿右侧倾斜导轨做匀减速直线运动，则mgsin30°+5B·i·2L= ma
又
由以上式解得a=6m/s2
乙棒上滑的最大距离为x，
解得
12．如图所示，空间直角坐标系Oxyz中，Oz方向竖直向上，M点坐标为，N点坐标为，H点坐标为。已知质量为m、电荷量为q的带正电小球以初速度从N点沿y轴正方向分别射入三种不同情况的复合场（均未画出）。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)情况Ⅰ：在原点O固定一电荷量未知的负点电荷，小球能运动到M点，求小球到达M点的动能；
(2)情况Ⅱ：空间同时存在沿z轴正方向、场强大小的匀强电场和沿x轴正方向的匀强磁场，小球能运动到H点，求小球从N到H的运动时间t；
(3)情况Ⅲ：空间同时存在沿z轴正方向、场强大小的匀强电场和从N指向M方向的匀强磁场，小球能运动到M点，求磁感应强度的最小值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【来源】2025届四川省成都市高三下学期三诊物理试题
【详解】（1）N、M两点电势相等，从N到M电场力做功为零，对小球由动能定理得
解得
（2）小球所受电场力等于重力
如图所示，小球在yOz平面内从N运动到H做匀速圆周运动，O′为轨迹圆圆心，设小球运动的半径为r，由几何关系可得：
解得：、
小球从N到H的运动时间为：
解得
（3）小球将做等距螺旋运动，将小球速度分解到垂直于磁场和平行于磁场的方向
平行磁场方向有：
运动时间：
小球在垂直磁场方向做匀速圆周运动，设周期为T，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律及周期公式，得
粒子运动的周期为
解得
当小球垂直于磁场方向完成一次圆周运动到M点时，磁感应强度有最小值，即
解得
13．如图所示，竖直绝缘管固定在水平地面上的小车上，管内底部有一截面直径比管的内径略小、可视为质点的小圆柱体，小圆柱体质量，电荷量，绝缘管长为。在管口所在水平面的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度的匀强磁场，面上方存在着垂直纸面向外、磁感应强度的匀强磁场，上下的整个区域还存在着竖直向上、场强的匀强电场。现让小车始终保持的速度匀速向右运动，一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，然后沿与竖直方向夹角为37°的方向离开绝缘管。小圆柱体在绝缘管外受到的空气阻力大小与其速度大小关系为，已知小圆柱体第一次与第二次经过水平面的距离为。取，不计其它阻力。求：
(1)小圆柱体刚进入磁场时的加速度大小；
(2)小圆柱体的加速度为时的速度大小；
(3)小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量；
(4)小圆柱体第二次经过水平面时的速度大小。
【答案】(1)6m/s2
(2)m/s
(3)0.2J
(4)m/s
【来源】2025届山东省德州市高三下学期三模物理试题
【详解】（1）小圆柱体刚进入磁场B1时，受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，其中重力和电场力二力平衡
所以洛伦兹力就是小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
解得
（2）一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，则有
其中
解得
竖直方向的洛伦兹力和摩擦力的合力等于小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
将代入得
此时小圆柱体的速度大小为
（3）由题意知，小圆柱体离开绝缘管时的速度为
小圆柱体在绝缘管内运动的过程中，根据动能定理有
解得小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量
（4）设某时刻速度为，方向与竖直方向夹角为，竖直方向根据动量定理有
即
解得
水平方向根据动量定理有
即
解得
所以小圆柱体第二次经过水平面ab时的速度大小为
14．如图所示，在水平虚线下方有正交的匀强磁场和匀强电场，其中磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向右。在距离水平虚线h高处以某一初速度水平向右抛出一个质量为m、带电荷量为的小球，通过水平虚线上的A点进入电磁场中，一段时间后又从水平虚线上的P点沿与水平方向成角斜向右上方射出电磁场区域，已知电场强度，O到A的水平距离及A、P间距离均为2h，已知当地重力加速度为g，求：
(1)带电小球经过A点时的速度；
(2)带电小球经过P点时的速度大小及磁感应强度B的大小；
(3)带电小球从O到P运动的时间。
【答案】(1)，方向与水平方向的夹角为
(2)，
(3)
【来源】2025届四川省成都市郫都区高三下学期三模物理试题
【详解】（1）小球从O点到A做平抛运动，在竖直方向有
解得
所以有
在水平方向有
解得
所以带电小球经过A点时的速度大小为
方向与水平方向的夹角为；
（2）洛伦兹力不做功，从到，根据动能定理
解得带电小球经过P点时的速度大小
根据题意可知小球离开磁场时，水平方向速度
竖直向上；
竖直方向的速度大小
竖直方向，根据动量定理
水平方向，根据动量定理
根据题意，
联立解得，
（3）带电小球从O到P运动的时间
结合上述分析可得
15．如图所示的装置左侧是法拉第圆盘发电机，其细转轴竖直安装。内阻不计、半径的金属圆盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度。圆盘在外力作用下以角速度逆时针（俯视）匀速转动，圆盘的边缘和转轴分别通过电刷a、b与光滑水平导轨，相连，导轨间距。在导轨平面内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，导电性能良好的导轨上放置着一根质量、电阻的金属棒，不计其它一切电阻。
(1)比较a、b两点电势的高低，并计算闭合开关瞬间通过金属棒的电流I；
(2)从闭合开关到金属棒刚达到最大速度过程中，金属棒未离开磁场区，求此过程通过金属棒的电量q和维持圆盘匀速转动外力所做的功W；
【答案】(1)a点电势高，5A
(2)6C，18J
【来源】2025届四川省成都市郫都区高三下学期三模物理试题
【详解】（1）由右手定则可知
圆盘切割，感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律得
联立解得
（2）导体棒最大速度为vm，有
设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电量为q，对金属棒，由动量定理得
由以上两式得
该过程外力对金属圆盘做功为
16．如图所示，边长为l的n匝正方形线框固定放置，线框的总电阻为R，线框内部有一边长为的正方形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与线框垂直，当磁场区域以大小为v的速度向右经过线框右边时，求：
(1)线框中的电流大小I；
(2)线框受到的安培力大小F。
【答案】(1)
(2)
【来源】2025届江苏省南通市如皋市高三下学期适应性考试（三）物理试卷
【详解】（1）线框切割产生的感应电动势
闭合电路欧姆定律
解得
（2）安培力
解得
17．如图所示，距离地面足够高的一水平面上固定一弹射器，每次均会弹射出质量为、带电量为的金属小球.弹射器出口O在MN线上，MN右侧存在方向垂直水平面向上的匀强磁场，整个水平面存在竖直向上的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为，垂直于方向放置一足够大的目标板、板面竖直放置，且O点到目标板的距离为.小球初速度大小均为，方向在水平面内且可沿、之间的任意方向，、与MN的垂线的夹角为，.（不计空气阻力，忽略小球间的相互作用，取重力加速度大小为、、，计算结果均保留1位小数）
(1)若沿出射的小球恰好与目标板相切，求磁场的磁感应强度大小；
(2)若磁感应强度大小为
①若a、b球先后分别沿着、出射且在MN线相遇，求两球出射的时间间隔；
②求沿出射的小球击中目标板的点与MN的距离.
【答案】(1)
(2)①；②
【来源】2025届广东省广州市某校高三下学期综合测试（三）物理试题
【详解】（1）根据电场力的计算公式有=1N
而重力=1N
可见qE=mg
因此，小球刚射出时由洛仑兹力提供向心力做匀速圆周运动，设磁感应强度大小为时，沿着OP方向的小球刚好与目标板相切，则小球半径m
由洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）①设小球半径为，有
小球运动的周期为
a到达MN的时间为
b到达MN的时间为
则
②如图，沿着出射的小球，从边界向左出射击中目标板时与距离最小
由几何关系可知
解得
18．(24-25高三下·湖南怀化多校联考·三模)如图，在坐标系内，第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第二象限有沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小为。一质量为、电荷量为的带电粒子从轴上的点以速度沿与轴正方向成角的方向射入磁场，恰好垂直于轴射出磁场进入电场，不计粒子重力，求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)粒子再次经过轴时的坐标及粒子的速度大小。
【答案】(1)
(2)
【来源】湖南省怀化市多校联考2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试物理试题
【详解】（1）粒子带负电，在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系得
解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）粒子离开磁场时的坐标为
粒子进入电场后做类平抛运动，−，
解得
竖直方向速度
粒子再次经过轴的速度大小为
解得
19．某种新型智能化汽车独立悬架系统的电磁减震器是利用电磁感应原理制造的，下图为其简化的原理图。该减震器由绝缘的橡胶滑动杆及多个相同的单匝矩形闭合线圈组成，线圈相互靠近、彼此绝缘，固定在绝缘杆上，线圈之间的间隔忽略不计。滑动杆及线圈的总质量为m，每个矩形线圈的电阻为R，ab边长为L，bc边长为。某次减震过程中，该减震器从距离磁场边缘高h处由静止自由下落，当线圈2恰好完全进入磁场时减震器的速度大小为。已知匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，不计空气阻力，该减震器始终保持竖直，重力加速度为g。
(1)求线圈1的ab边进入磁场瞬间，减震器的加速度大小a；
(2)求减震器下落过程中，线圈1和2产生的热量之和；
(3)求从减震器开始下落到线圈2恰好完全进入磁场所用的时间t。
【答案】(1)
(2)
(3)
【来源】2025天津市九校联考高三下学期模拟考试（二）物理试题
【详解】（1）根据机械能守恒
ab边进入磁场瞬间的速度为
根据E = BLv，F = BIL，F－mg = ma
解得
（2）从开始下落到第二个线圈完全进入磁场，由能量关系可知
解得
（3）在减震器在磁场运动过程中，设减震器下落的方向为正方向，根据动量定理
又、、
解得
减震器自由下落过程中
则从减震器开始下落到线圈2恰好完全进入磁场所用的时间
20．如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为L和2L，分别处于磁感应强度大小为2B和B的竖直向下匀强磁场中，导轨右端接一阻值为R的电阻。金属棒a、b分别置于左、右两侧导轨上，a的电阻为r、长度为L、质量为m，b的电阻为2r、长度为2L、质量为2m。初始时刻开关S断开，静止的两棒用绝缘丝线连接，两棒间置有劲度系数为k、压缩量为的轻质绝缘弹簧，弹簧与两棒不连接。剪断丝线，弹簧恢复原长时，a恰好脱离导轨，b速度大小为，此时闭合S。已知弹簧弹性势能（x为弹簧形变量），整个过程中两棒与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计，求
(1)初始时刻a棒距导轨左端的距离；
(2)弹簧恢复原长过程中，a棒上产生的热量；
(3)整个过程b棒向右运动的距离d。
【答案】(1)
(2)
(3)
【来源】2025届山东省青岛市高三下学期第三次适应性检测物理试题
【详解】（1）设弹簧弹开两棒的过程中，任一时刻流过两棒的电流为，则有
故两棒系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
其中，
且有
整理可得
联立解得，
（2）弹簧恢复原长时，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
结合题意可知
解得
（3）闭合开关S后，设b棒继续运动的距离为，根据动量定理可得，即有
整理可得
解得
21．利用电磁场使质量为、电荷量为的电子发生回旋共振可获取高浓度等离子体，其简化原理如下。如图甲所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为：电场强度大小为、平行于纸面的匀强电场绕着过点且垂直纸面的轴顺时针旋转；旋转电场带动电子加速运动，使其获得较高能量，高能电子使空间中的中性气体电离，生成等离子体。
(1)电子在运动的过程中，洛伦兹力对电子___________（选填“做功”或“不做功”）。
(2)若空间中只存在匀强磁场，电子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，求电子做圆周运动的角速度。
(3)将电子回旋共振简化为二维运动进行研究。施加旋转电场后，电子在如图乙所示的平面内运动，电子在运动过程中受到与其速度方向相反的气体阻力，式中为已知常量。最终电子会以与旋转电场相同的角速度做匀速圆周运动，且电子的线速度与旋转电场力的夹角（小于）保持不变。只考虑电子受到的匀强磁场洛伦兹力、旋转电场电场力及气体阻力作用，不考虑电磁波引起的能量变化。
（i）若电场旋转的角速度为，求电子最终做匀速圆周运动的线速度大小；
（ii）旋转电场对电子做功的功率存在最大值，为使电场力的功率不小于最大功率的一半，电场旋转的角速度应控制在范围内，求的数值。
【答案】(1)不做功
(2)
(3)（i）；（ii）
【来源】2025届天津市河西区高三下学期质量调查（三）物理试题
【详解】（1）洛伦兹力的方向时刻与速度方向垂直，故电子在运动的过程中，洛伦兹力对电子不做功；
（2）电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
解得
（3）（i）设电场力方向与速度方向的夹角为，沿圆轨迹的半径方向有
沿圆轨迹的切线方向有
解得
（ii）设电场力方向与速度方向的夹角为，旋转电场对电子做功的功率为
当时，电场对电子做功的功率最大
当时，有
解得，
则
22．如图所示，在平面直角坐标系中，虚线垂直于x轴，在y轴和虚线之间的区域空间有沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小未知，磁感应强度大小；在虚线的右侧区域空间有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于坐标平面向外的匀强磁场，电场强度，磁感应强度。将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从坐标原点以与x轴正方向成角斜向上的速度射入第一象限，粒子刚好在第一次过x轴时进入虚线右侧区域，且速度方向与x轴正方向的夹角为37°，不计粒子的重力，，．求：
(1)粒子在y轴和虚线之间运动的时间；
(2)电场强度的大小；
(3)粒子在虚线右侧运动过程中，离x轴的最大距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【来源】2025届山西省大同市高三下学期5月三模考试物理试题（B）
【详解】（1）粒子射入第一象限后，在垂直磁感应强度平面内做匀速圆周运动，有
运动到第一次过x轴的时间刚好是一个周期，则
解得
（2）粒子在y轴与虚线之间沿电场方向做匀加速直线运动，初速度大小为
粒子经过虚线时，沿x轴方向的分速度大小
根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
解得
（3）粒子进入虚线右侧区域时，由于
因此粒子的运动可以看成是沿x轴正方向以速度做匀速直线运动和以速度做匀速圆周运动的合运动，设做圆周运动的半径为R，则有
解得
因此粒子在虚线右侧运动过程中，离x轴的最大距离为
23．如图所示，长方体区域被分成了三个边长均为L的正方体区域，最左边的正方体区域内分布着垂直平面CDHG向里、电场强度大小为的匀强电场，中间的正方体区域内分布着垂直平面EHLI向上的匀强磁场，最右边的正方体区域内分布着垂直平面JKON向上、电场强度大小为的匀强电场。现有电荷量为q、质量为m的带正电粒子以大小为的初速度从A点沿AE方向进入电场区域，经EH的中点进入磁场区域，最后从NJ上的某处离开电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小，不计粒子重力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的时间t；
(3)电场强度的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【来源】2025届河南省名校联盟高三下学期5月第三次模拟考试物理试卷
【详解】（1）由题意可知，粒子在左侧的电场中运动时沿AD方向的位移为，沿AE方向的位移为L，设运动时间为，加速度为，有，
又根据牛顿第二定律
解得
（2）设粒子经过EH的中点时的速度为v，此时沿EH方向的分速度为，有
又因为
解得
设粒子进入磁场后的运动轨迹半径为R，有
解得
由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为，故粒子在磁场中运动的时间
（3）设IL的中点为Q，IM的中点为T，则粒子离开磁场时速度方向沿QT，设粒子在右边的电场中运动的时间为，加速度为，有，
又
解得
24．某离子注入工艺原理如图所示。离子源产生的离子经小孔进入加速电场，初速度可忽略不计。加速后的离子竖直向上进入速度选择器，该区域存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场；通过速度选择器的离子射出后从小孔进入电场分析器，电场分析器内为圆弧辐射状电场，离子沿半径为（未知）的圆弧做匀速圆周运动；随后离子从小孔射出并沿水平方向进入磁场分析器，该区域存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场（未画出），离子偏转后沿 的方向竖直向下射入水平向左的匀强偏转电场，最终打在水平放置的晶圆（硅片）上。已知加速电场两水平极板间的电压为U，速度选择器电场、电场分析器内离子所经位置的电场强度大小均为E；速度选择器、磁场分析器中的磁感应强度大小均为B；偏转电场的上下边界MN和PQ间距为L，水平方向足够宽。晶圆半径为R，圆心为O，其上表面到PQ边界的距离为d。不计重力及离子间相互作用，忽略边缘效应，求：
(1)通过速度选择器离子的比荷；
(2)离子在电场分析器中运动轨迹的半径及运动时间t；
(3)磁场分析器中“圆形匀强磁场”区域的最小面积S；
(4)若离子需恰好打在晶圆上表面的边缘处，求偏转电场的电场强度大小。
【答案】(1)
(2)，
(3)
(4)
【来源】2025届山东省潍坊市高三下学期三模物理试卷
【详解】（1）在速度选择器中，由
可知
在加速电场中，由
解得离子的比荷为
（2）在电场分析器中，由
解得
在电场分析器中，由
离子在电场分析器中运动的时间
（3）在磁场分析器中，由
由几何关系可知，当匀强磁场面积最小时，其半径
由
可得
（4）在偏转电场中，竖直方向
水平方向
由几何关系可得
解得
25．如图所示，间距均为L的水平平行金属导轨PQ、与倾斜平行金属导轨MN、通过绝缘材料平滑连接，连接长度可忽略不计，倾斜导轨（足够长）与水平面的夹角为，导轨间存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，轨道左端接一电动势为E、内阻为r的直流电源。起初金属棒b锁定在倾斜轨道上，将金属棒a从水平导轨上某处由静止释放，当金属棒a到达时恰好达到最大速度，经过QM、后速度与倾斜轨道平行而大小不变，与此同时解除金属棒b的束缚。已知每根金属棒的质量均为m、电阻均为R，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦及金属导轨的电阻。
(1)求金属棒a在水平轨道上的最大速度；
(2)求通过电源正极的电荷量q；
(3)求整个过程中电源产生的热量Q；
(4)若金属棒a在倾斜轨道运动时间t（未相撞）后速度变为，求此时金属棒a的加速度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【来源】2025届江西省金太阳高三下学期5月联考物理试卷
【详解】（1）当金属棒到达时速度最大，此时电路中的电流为0，有
解得
（2）随着速度的增大，电流减小，设金属棒在水平导轨上运动的过程中回路的平均电流为，结合动量定理有，
解得
（3）设整个过程中电源产生的总电能为，电路产生的总热量为，根据能量守恒定律有，，
解得
（4）分两种情况进行讨论：
①若金属棒刚进入倾斜轨道时满足
则接下来金属棒均做加速运动，对金属棒整体有
对金属棒有
解得
②若金属棒刚进入倾斜轨道时满足
则接下来金属棒一直加速，金属棒先减速后加速，当经时间后，金属棒还在减速阶段时，有
解得
当经时间后，金属棒处于加速阶段时，有
解得
若经过时间，金属棒的速度相同，则回路电流为0，则
26．如图所示，空间中有一足够长光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角，导轨所在区域存在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度大小。金属棒a、b放在导轨上，金属棒b始终固定。时由静止释放金属棒a，时金属棒a开始匀速下滑，运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好。已知导轨间距，金属棒a质量，两棒的长度均为、电阻均为，导轨电阻不计，重力加速度。求：
(1)金属棒a匀速下滑时的速度大小；
(2)到时间内，回路中产生的焦耳热。
【答案】(1)
(2)
【来源】2025届山东省潍坊市高三下学期三模物理试卷
【详解】（1）设金属棒a匀速下滑时的速度大小为，金属棒a切割磁感线产生的电动势为
通过金属棒a的电流为
金属棒a做匀速直线运动时根据平衡条件有
解得
（2）从开始释放到金属棒a达到最大速度，以沿斜面向下为正方向，由动量定理得
知
解得
由能量守恒定律可得
解得
27．如题图所示，平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的以一定的初速度沿x轴正方向射入第一象限，到达时速度大小为v，又经x轴上的M点射入磁场，最后从x轴上的N点离开磁场，M、N关于O点对称，均不计粒子重力，求：
(1)M点的坐标；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)撤掉甲图中的电场和磁场，在一、二象限加上图乙所示的磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁场关于y轴对称，一簇相同的带正电的粒子从N点以不同方向射入，速度方向与x轴正方向的夹角0