五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題17電磁學(xué)計算考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1恒定電流2022五年考情凸顯磁場的核心高頻地位，命題趨勢聚焦多場耦合的動力學(xué)建模、電磁能量轉(zhuǎn)化的定量追蹤的深度解析。試題設(shè)計顯著強化帶電粒子在復(fù)合電磁場中的軌跡控制，結(jié)合幾何關(guān)系求解圓形磁場邊界內(nèi)的偏轉(zhuǎn)半徑與射出角度；電磁感應(yīng)問題更趨動態(tài)綜合，涉及導(dǎo)體棒在時變磁場中的變速切割運動，要求分段推導(dǎo)感應(yīng)電動勢瞬時值，分析安培力阻礙作用導(dǎo)致的變加速過程，同時結(jié)合焦耳定律定量計算多級電阻系統(tǒng)的熱能分布；恒定電流考查側(cè)重電路優(yōu)化設(shè)計，如通過基爾霍夫定律求解多網(wǎng)孔含容電路的暫態(tài)電流分布。工程應(yīng)用緊密追蹤前沿科技，如分析磁流體推進艦船的推力功率轉(zhuǎn)換效率；能力要求上，突出數(shù)學(xué)工具的工程化應(yīng)用與邏輯推理的嚴謹性?？键c2磁場2025、2024、2021考點3電磁感應(yīng)2023考點01恒定電流1．（2022·湖南·高考）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A（1）求直流電源的電動勢E0（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度B；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E'【答案】（1）mgd(R1+R2)qR【詳析】（1）小球在電磁場中做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得Eq=mgR2兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得U聯(lián)立解得E（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系(r-d)解得r=2d根據(jù)qvB=m解得B=（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運動，當(dāng)小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得E解得E考點02磁場2．（2025·湖南·高考）如圖。直流電源的電動勢為E0，內(nèi)阻為r0，滑動變阻器R的最大阻值為2r0，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，平行板電容器的右側(cè)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。閉合開關(guān)S，當(dāng)滑片處于滑動變阻器中點時，質(zhì)量為m的帶正電粒子以初速度v0水平向右從電容器左側(cè)中點(1)求粒子所帶電荷量q；(2)求磁感應(yīng)強度B的大??；(3)若粒子離開b點時，在平行板電容器的右側(cè)再加一個方向水平向右的勻強電場，場強大小為43E0【答案】(1)q=(2)B=(3)2+【詳析】（1）粒子在電容器中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動有3豎直方向做勻變速直線運動d2=由閉合回路歐姆定律可得U=聯(lián)立可得v（2）粒子進入磁場與豎直方向的夾角為tanθ=v粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB=m由幾何關(guān)系易得R=聯(lián)立可得B=（3）取一個豎直向上的速度使得其對應(yīng)的洛倫茲力和水平向右的電場力平衡，則有q解得v粒子以vy1速度向上做勻速直線運動，粒子做圓周運動的合速度的豎直方向分速度為此時合速度與豎直方向的夾角為tan合速度為v粒子做圓周運動的半徑r=最遠距離為x3．（2024·湖南·高考）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移?！敬鸢浮浚?）2πmv0eL；（2）2πrL【詳析】（1）電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動，設(shè)電子入射時沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x軸方向做勻速直線運動得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知Be可得R=且T=由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進入電場，則有t=nT聯(lián)立得B=當(dāng)n=1時，B有最小值，可得B（2）將電子的速度分解，如圖所示有tan當(dāng)tanθ有最大值時，vy最大，R最大，此時B=2πmv聯(lián)立可得vym（3）當(dāng)vy最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移ym由牛頓第二定律知a=Eem，聯(lián)立得y4．（2021·湖南·學(xué)業(yè)水平選擇性）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一、帶電粒子流（每個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q）以初速度v垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在xOy平面內(nèi)的粒子，求解以下問題。（1）如圖（a），寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A0，r1、半徑為（2）如圖（a），虛線框為邊長等于2r2的正方形，其幾何中心位于C0，-r2。在虛線框內(nèi)設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使匯聚到O（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標原點O，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4，并沿x軸正方向射出，從而實現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和【答案】（1）mvqr1；（2）mvqr2，垂直與紙面向里，S2=πr2【詳析】（1）粒子垂直x進入圓形磁場，在坐標原點O匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑r1，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力解得B（2）粒子從O點進入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的O點飛入然后平行x軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場運動的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強磁場區(qū)域磁場半徑為r2，根據(jù)qvB=mv根據(jù)左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里，圓形磁場的面積為S（3）粒子在磁場中運動，3和4為粒子運動的軌跡圓，1和2為粒子運動的磁場的圓周根據(jù)qvB=mv2r可知IBI=圖中箭頭部分的實線為粒子運動的軌跡，可知磁場的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周SAOB與三角形SAOB類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為S根據(jù)對稱性可知II中的勻強磁場面積為S考點03電磁感應(yīng)5．（2023·湖南·高考）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B．現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為g（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0（2）在（1）問中，當(dāng)棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0（3）在（2）問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離

【答案】（1）v0=2mgRsinθB2L2；（【詳析】（1）a導(dǎo)體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=BL有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I=E2R，F(xiàn)=BILa聯(lián)立得v（2）由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得mg解得a=2g（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達共速時對a棒動量定理mgb棒受到向下的安培力，對b棒動量定理mg聯(lián)立解得v=g此過程流過b棒的電荷量為q，則有q=由法拉第電磁感應(yīng)定律可得I聯(lián)立b棒動量定理可得Δ1．（2025·湖南株洲·一模）如圖，電源電動勢E=15V，內(nèi)阻不計，兩個定值電阻R1=20Ω，R2=40Ω，平行板電容器電容C=1μF，其極板長l=3.0cm，兩極板間距d=1.0cm，下極板接地。將開關(guān)S閉合，電子槍發(fā)射一電子沿極板中軸線射入極板，剛好打在上極板中點。已知電子電量e=1.6×10?19C，電子質(zhì)量m=9×10?31kg，電子重力不計。(1)求電容器所帶電荷量Q；(2)求電子初速度v0；(3)斷開開關(guān)S，讓電子槍源源不斷的沿中軸線發(fā)射電子，假設(shè)落到極板上的電子都能夠被完全吸收，求能打在極板上的總電子數(shù)。【答案】(1)1.0×10?5C(2)2.0×106m/s(3)4.69×1013【詳析】（1）電阻R1、R2串聯(lián)分壓，R2兩端電壓U電容器所帶電荷量Q=C（2）電子在平行板電容器間做類平拋運動，沿極板方向做勻速直線運動l垂直于極板方向做勻加速直線運動d解得v（3）隨著電子被不斷吸收，極板間電壓不斷降低，電子打在極板上的位置不斷右移，當(dāng)電容器兩端電壓為U時，電子剛好從上極板右端飛出。此時電子沿極板方向有l(wèi)=垂直于極板方向有d電容器因吸收電子減少的電荷量C打在極板上的電子數(shù)為n=4.69×2．（2025·湖南邵陽·一模）如圖甲所示，空間存在兩邊界為同軸圓柱面的電磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，區(qū)域Ⅱ位于區(qū)域Ⅰ外側(cè)，圓柱面的軸線沿空間直角坐標系Oxyz的x軸方向。半徑R=0.10m的足夠長水平圓柱形區(qū)域Ⅰ內(nèi)分布著沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=8×10-3T；沿x軸正方向觀察電磁場分布如圖乙，寬度d=0.10m的區(qū)域Ⅱ同時存在電、磁場，電場強度E=80N/C的勻強電場沿x軸正方向，磁場的磁感應(yīng)強度大小也為B=8×10-3T、磁感線與圓弧邊界平行且沿順時針方向，沿y軸負方向觀察電磁場分布如圖丙，比荷q(1)求v0大小以及它在區(qū)域Ⅰ(2)若撤去區(qū)域Ⅱ的電場，求該粒子以速度2v0從進入?yún)^(qū)域Ⅱ到離開區(qū)域【答案】(1)104m(2)3【詳析】（1）粒子沿直線通過區(qū)域Ⅱ，受力平衡則有qE=q解得v粒子在區(qū)域Ⅰ中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得q解得R（2）撤去區(qū)域Ⅱ中的電場后，粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運動，則有q解得R根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域Ⅱ中運動軌跡轉(zhuǎn)過的圓心角為45°。粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動時間為t粒子離開區(qū)域Ⅱ后，在區(qū)域Ⅰ中垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動，則有vz=解得R根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中該方向上勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為90°。粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動時間為t綜上，粒子從進入?yún)^(qū)域Ⅱ到離開區(qū)域Ⅰ運動的總時間為t=3．（2025·湖南·一起考·高三下·一模）如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌寬為L，導(dǎo)軌所在空間有豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩金屬桿質(zhì)量均為m，兩金屬桿連入電路部分的電阻均為R，0時刻、2桿靜止，同時給1桿水平向右的初速度v0(1)兩桿最終的速度是多少？(2)設(shè)t時刻兩桿的速度已經(jīng)穩(wěn)定，則0~t時間內(nèi)兩桿對地的位移分別是多大？【答案】(1)v=v(2)x1=【詳析】（1）由于兩桿受到的安培力大小相等，方向相反，則兩金屬桿組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有m解得兩桿最終的速度大小為v=方向水平向右。（2）設(shè)1桿速度為v1，2桿速度為v2回路電流為I=金屬桿所受的安培力為F=BIL聯(lián)立可得F=對2桿，由動量定理得∑其中∑聯(lián)立可得x兩桿組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m即v兩邊同乘以Δt，再求和得即v聯(lián)立解得x1=4．（24-25高三·湖南常德·二模）如圖所示，在xoy平面直角坐標系中，第二象限有一過坐標原點O的曲線，該曲線及其上方有豎直向下的勻強電場。曲線上每個位置可連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，粒子均以大小為v0的初速度水平向右射入電場，所有粒子均能到達原點O，曲線上A點離y軸的距離為l，電場強度大小為mv02ql。第四象限內(nèi)（含x邊界）存在垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為2(1)求圖中曲線方程；(2)若粒子運動中不會與熒光屏相碰，求從A點發(fā)射的粒子在磁場中運動時間；(3)若將熒光屏緩慢上下移動，求從A點至O點發(fā)射的粒子打在熒光屏上的發(fā)光點間的最大距離L?！敬鸢浮?1)y=x22l(2)2(3)2【詳析】（1）設(shè)曲線某點坐標為（x，y），粒子在電場中做類平拋運動，水平方向有x豎直方向有y=其中E=解得y=x22l（2）對從曲線上A點射入的粒子，作出粒子的運動軌跡如圖所示在電場中，粒子做類平拋運動，在水平方向有l(wèi)=在豎直方向有v設(shè)粒子進入磁場時速度v與豎直方向的夾角為θ，則有tan解得θ=粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有qvB=mv2解得T=則粒子在磁場運動時間t=解得t=（3）設(shè)粒子從O點進入磁場的速度v，與y軸負向的夾角為α，運動半徑為R，由洛倫茲力提供向心力有qvB=m解得R=由幾何知識可知，若無熒光屏粒子出磁場時對應(yīng)的弦長為d=2R該弦長與v無關(guān)，即從OA任一點發(fā)射的粒子都從同一點射出磁場。令O點發(fā)射的粒子在磁場中運動軌道半徑R1，結(jié)合上述有令從A點發(fā)射的粒子在磁場中運動軌道半徑R2，則有所以打在熒光屏上的發(fā)光點的最大距離為L=解得L=5．（24-25高三·湖南郴州·三測）如圖，xOy平面內(nèi)有大量質(zhì)子從原點O在180°的范圍內(nèi)連續(xù)以相同速率v0向y軸右側(cè)發(fā)射，右側(cè)足夠遠處放置與x軸垂直且足夠大的熒光屏，O在熒光屏上的投影點為O'?，F(xiàn)在第I象限和第IV象限一定范圍內(nèi)分別施加一個垂直于xOy平面的區(qū)域勻強磁場（磁場大小相同、方向不同），使得所有質(zhì)子都垂直打在熒光屏上CC'范圍內(nèi)，已知O'C=O'C'=R。忽略質(zhì)子間的相互作用，已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為e，求：(1)磁場在第I象限的方向和大?。?2)在I、IV象限所加磁場的最小總面積?！敬鸢浮?1)垂直xOy平面向外，m(2)π【詳析】（1）從原點O豎直向上射出的電子垂直打在熒光屏上，故磁場方向必定垂直xOy平面向外，根據(jù)題意可得粒子的回旋半徑為R，洛倫茲他提供圓周運動的向心力，根據(jù)牛頓第二定律則有e解得B=（2）在由O點射入第I象限的所有質(zhì)子中，沿y軸正方向射出的電子轉(zhuǎn)過14圓周，速度變?yōu)檠豿軸正方向，這條軌跡為磁場區(qū)域的上邊界。設(shè)某電子做勻速圓周運動的圓心O'，與O點的連線與y軸正方向夾角為θ，若離開磁場時電子速度變?yōu)檠豿軸正方向，其射出點（也就是軌跡與磁場邊界的交點）的坐標為（x，y）。由圖中幾何關(guān)系可得x=Rsin消去參數(shù)θ可知磁場區(qū)域的下邊界滿足的方程為x這是一個圓的方程，圓心在（0，R）處，磁場區(qū)域為圖中兩條圓弧所圍成的面積，磁場的最小面積為S根據(jù)對稱性可知，磁場的最小總面積為S=26．(24-25高三下·湖南沅澧共同體·一模)理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1:n2=10:1，原線圈接在電壓峰值為U(1)求變壓器的輸出功率P；(2)已知該容器內(nèi)的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內(nèi)的氣體壓強達到加熱前的2【答案】(1)U(2)200C【詳析】（1）由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為U設(shè)變壓器副線圈的輸出電壓為U2，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系有聯(lián)立解得U理想變壓器的輸出功率等于R的功率，即P=（2）設(shè)加熱前容器內(nèi)氣體的壓強為p0，則加熱后氣體的壓強為2p0，溫度為得T由Q=CΔT根據(jù)熱力學(xué)第一定律Δ氣體的體積不變，所以W=0，容器是絕熱容器，則Δ即U解得t=7．（2025·湖南長沙雅禮中學(xué)·一模）如圖所示，電阻不計的金屬導(dǎo)軌abc和a'b'c'平行等高正對放置，導(dǎo)軌左右兩側(cè)相互垂直，左側(cè)兩導(dǎo)軌粗糙，右側(cè)兩導(dǎo)軌光滑且與水平面的夾角θ=37°，兩組導(dǎo)軌均足夠長。整個空間存在平行于左側(cè)導(dǎo)軌的勻強磁場。導(dǎo)體棒Q在外力作用下靜置于左側(cè)導(dǎo)軌上并保持水平，其與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。導(dǎo)體棒P水平放置于右側(cè)導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻相等。t=0時起，對導(dǎo)體棒P施加沿斜面向下的隨時間變化的拉力F=kt（k已知），使其由靜止開始做勻加速直線運動，同時撤去對Q的外力，導(dǎo)體棒Q開始沿軌道下滑。已知兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，重力加速度為g(1)求導(dǎo)體棒P的加速度；(2)求t=mgk時導(dǎo)體棒(3)求導(dǎo)體棒Q最大速度的大小?！敬鸢浮?1)0.6g(2)0(3)m【詳析】（1）t=0時，對P根據(jù)牛頓第二定律有mg解得a方向平行bc導(dǎo)軌向下。（2）對P分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg其中I=則有mg應(yīng)有k=外力F=對Q分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg其中F解得mg代入t=mgk（3）由a畫出a2-t圖像如圖所示，由圖可知v8．(24-25高三下·湖南懷化多校聯(lián)考·三模)如圖，在xOy坐標系內(nèi)，第一象限有垂直紙面向外的勻強磁場，第二象限有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E=2mv23qL。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P3L,0點以速度v沿與(1)磁感應(yīng)強度B的大?。?2)粒子再次經(jīng)過x軸時的x坐標及粒子的速度大小。【答案】(1)mv(2)-3L【詳析】（1）粒子帶負電，在磁場中的運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得3解得r=2L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qBv=m解得B=（2）粒子離開磁場時的y坐標為y=r+r粒子進入電場后做類平拋運動y=12at2解得x=-3L豎直方向速度v粒子再次經(jīng)過x軸的速度大小為v解得v9．（24-25高三下·湖南·大聯(lián)考二模）如圖所示，在x軸原點О位置有一粒子源，可以釋放出初速度為零的帶正電的粒子，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q。釋放后的粒子受到半圓形區(qū)域I中電場的作用，區(qū)域內(nèi)各點的電場方向始終沿徑向指向半圓形區(qū)域I邊緣﹐電場強度的大小恒定為E=mv022qr，半圓形區(qū)域Ⅰ的半徑為r。隨后帶電粒子進入垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅱ﹐磁場區(qū)域Ⅱ是一個以O(shè)'為圓心，半徑為2r的圓形區(qū)域，與半圓形區(qū)域Ⅰ重疊部分沒有磁場，O'點在О點正上方，O'O=3r，磁感應(yīng)強度的大小為(1)求帶電粒子由電場中進入磁場時的速度大小以及帶電粒子在磁場區(qū)域中做圓周運動的半徑；(2)一帶電粒子離開電場時的速度方向與x軸負方向的夾角為60°，求該帶電粒子離開磁場區(qū)域時的速度方向以及與x軸之間的豎直距離；(3)求第（2）問中的帶電粒子運動的總時間。【答案】(1)v0，(2)與x軸正方向的夾角為60°，(3)4r【詳析】（1）帶電粒子從O位置靜止出發(fā)經(jīng)過輻射狀電場后沿徑向做勻加速直線運動進入磁場區(qū)域，因此有v進入磁場區(qū)域，洛倫茲力充當(dāng)向心力，因此有qBv=（2）如圖所示為帶電粒子的運動軌跡由題意可知OO'圓心在o位置，OA⊥oA，因此可知oO=OA由此可知OO'Bo是一個平行四邊形，O'O平行于oB，由此可知帶電粒子出射時的方向是水平的。由于OA與因此可知oO與x軸正方向的夾角為60°，因此帶電粒子從磁場出射時的位置到x軸的豎直距離為（3）帶電粒子在輻射狀電場中做勻加速直線運動，離開電場經(jīng)過A點時的速度大小為v0，因此帶電粒子在輻射狀電場中運動的時間為然后進入磁場區(qū)域，帶電粒子在磁場中運動的周期為T=在磁場區(qū)域中轉(zhuǎn)過的圓弧所對圓心角為120°，由此可知在磁場中運動的時間為出磁場后，帶電粒子做勻速直線運動，速度大小為v0，水平運動的距離為由此可知水平運動的時間為t最終帶電粒子運動的總時間為t=10．（25屆·懷化·二模）間距為L的光滑平行金屬直導(dǎo)軌，水平放置在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直軌道平面向下的勻強磁場中。一質(zhì)量為m、電阻值為R的金屬棒MN靜止垂直放在導(dǎo)軌之間，導(dǎo)軌右側(cè)足夠長，左側(cè)如圖所示，已知電源可提供大小恒為I的直流電流，電阻R1=R2=R(1)當(dāng)開關(guān)與電源接通時，棒中電流由M流向N，求此時棒的加速度大小和方向。(2)當(dāng)金屬棒加速到v0時，開關(guān)瞬間與P接通，此時金屬棒內(nèi)自由電子沿棒定向移動的速度為u0。經(jīng)過一段時間，自由電子沿棒定向移動的速率變?yōu)閡0(3)當(dāng)金屬棒速度為v03時，開關(guān)瞬間與Q接通，同時給金屬棒MN一水平外力使其做勻速運動。某時刻外力的功率為定值電阻R2功率的3【答案】(1)a=BIL(2)d=(3)UC=【詳析】（1）由題意電源能提供大小為I的恒定電流，當(dāng)電流由M經(jīng)棒流向N時，由牛頓第二定律得BIL=ma解得a=BILm（2）當(dāng)開關(guān)與P接通時，有I1=當(dāng)電子沿桿定向移動速率變?yōu)閡03時，有I聯(lián)立可得此時導(dǎo)體棒的速度v=設(shè)該段時間內(nèi)導(dǎo)體棒中的電子沿棒方向定向移動的平均速度為uy，則對導(dǎo)體棒由水平方向動量定理得其中u聯(lián)立可得d=又因為BL可得d=（3）當(dāng)開關(guān)與Q接通時，由閉合電路歐姆定律得BL當(dāng)棒勻速運動時，設(shè)任意時刻電流為i，則外力為F=iBL由題意得F化簡有iR=再代入閉合電路歐姆定律，得U變力F做功為WF而∑則有W11．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，質(zhì)量為m，邊長為l，阻值為R且均勻分布的正方形金屬框，位于光滑的水平面上。金屬框的ab邊與磁場左邊界平行，運動方向與磁場左邊界垂直。圖甲和圖乙中的磁場為勻強磁場，大小為B，方向垂直水平面向下。圖丙中沿x正方向存在按B=B0+kx均勻增大的穩(wěn)恒磁場（k是單位為T/m(1)如圖甲，給金屬框一初速度v0，則金屬框剛進磁場時，求ab(2)如圖乙，給金屬框一變力F，使金屬框從圖示位置由靜止開始做勻加速直線運動。在進入磁場的過程中，力F隨時間的變化率為定值k。求金屬框的加速度大小；(3)如圖丙，給金屬框一初速度v0，使金屬框從圖示位置開始向右運動，求停止運動時cd【答案】(1)B(2)kR(3)m【詳析】（1）給金屬框一初速度v0，感應(yīng)電動勢大小為感應(yīng)電流大小為I根據(jù)安培力的計算公式可得F聯(lián)立解得F（2）在進入磁場的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得F-B即F=由于F=kt則B解得a=（3）當(dāng)金屬框的速度為v時，金屬框中感應(yīng)電動勢的大小為E=金屬框所受安培力大小為F取初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理可得-則有k解得x=12．（24-25高三·湖南邵陽·二聯(lián)考）某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示，豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形MNPQ、方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的水平勻強磁場，探測板EF平行于PQ豎直放置，能沿水平方向左右緩慢移動且接地。a、b、c為三束寬度不計、間距均為0.6R的離子束，離子均以相同速度持續(xù)從邊界MQ豎直向上射入磁場，b束中的離子在磁場中沿半徑為R的四分之一圓弧運動后從右邊界PQ水平射出，并打在探測板的上邊緣F點。已知每束每秒射入磁場的離子數(shù)均為N，探測板EF的長度為0.6R，離子質(zhì)量均為m、電荷量均為-q，不計重力及離子間的相互作用，sin37(1)求離子速度v的大小；(2)a、c兩束中同時進入磁場的兩個離子，求它們打在探測板上的時間差Δt(3)若打到探測板上的離子被全部吸收，求離子束對探測板的平均作用力的水平分量F與板到PQ距離d的關(guān)系。【答案】(1)v=(2)Δ(3)見解析【詳析】（1）離子在磁場中做圓周運動，由牛頓運動定律得qvB=解得離子的速度大小v=（2）離子在磁場的運動的周期為T，T=作出粒子的運動軌跡如圖由幾何關(guān)系可知a、c束中的離子從同一點H射出，離開磁場的速度分別與水平方向的夾角為βa、c則兩離子的在磁場中運動時間的差值為t=得t=由于兩離子出磁場的速度與磁場邊界所成的夾角相同，則兩離子從磁場到EF板的時間相同，即離子運動的時間差Δ（3）同時探測到三束離子，滿足：ta解得d同時探測到兩束離子同理有：d對離子束由動量定理有：F?而a或c束中每個離子動量的水平分量：p離子束對探測板的平均作用力為：當(dāng)0<d≤415當(dāng)415R<d≤當(dāng)815R<d13．（2025·湖南長沙·湖南師大附中·高三下·一模）如圖，固定在地面上的木板AB和半徑為R的14圓弧槽剛好接觸，圓弧槽凹側(cè)和底面光滑，各物塊與木板上表面間動摩擦因數(shù)均為μ。圓弧槽右側(cè)通過不計質(zhì)量的細桿與一壓力傳感器相連。從A點向左，每隔l=4R15μ放置一小物塊，編號依次為1、2、3、4，質(zhì)量均為m，物塊4與一勁度系數(shù)為k=15μ2mg4R的彈簧（處于原長）相連，物塊4左側(cè)木板表面光滑，彈簧左端連在木板左端。圓弧槽左側(cè)空間有方向向左的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為(1)帶電小物塊下滑過程壓力傳感器的最大示數(shù)Fmax(2)若所有碰撞均為彈性碰撞，在μ>qEmg的前提下，施加電場的強度E多大時才能使彈簧的最大壓縮量也為(3)先將1、2、3號物塊拿掉，若帶電物塊與4為完全非彈性碰撞，施加電場的強度E多大才能使彈簧的最大壓縮量也為l？【答案】(1)F(2)E=(3)E=【詳析】（1）如圖所示設(shè)滑塊與圓心連線從開始運動夾角θ時，速度為v，則mgR對滑塊受力分析，設(shè)受到支持力為FN，則由牛頓第三定律圓弧槽受到壓力大小為FN，對圓弧槽受力分析，設(shè)壓力傳感器讀數(shù)為F，則由上述可知F=3mg當(dāng)θ=π4時，F(xiàn)（2）設(shè)帶電滑塊從A端滑上木板時速度為v0，則設(shè)帶電滑塊與1號物塊碰撞前速度v1，有由于μ>qEmg，則qE<μmg，各物塊質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞后帶電滑塊便靜止在1號物塊處，1號滑塊將與2號滑塊碰撞，2號滑塊將與3號滑塊碰撞，3號滑塊碰撞將與4號滑塊碰撞。4號滑塊被碰后速度設(shè)為v要使彈簧的最大壓縮量也為l，則1聯(lián)立解得E=代入l=4R15μ和k=（3）設(shè)帶電物塊與4號物塊碰前速度為v40，碰后的速度大小為v4'，則小物塊經(jīng)完全非彈性碰撞后,利用能量守恒，則1解得E=14．（2025·湖南永州·三模）如圖，水平面上固定有足夠長的平行導(dǎo)軌P、Q，導(dǎo)軌間存在方向豎直向下，大小為B（大小未知）的勻強磁場，且導(dǎo)軌間距足夠大。有一質(zhì)量為M的圓筒垂直導(dǎo)軌放置，長度略小于導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距（可認為相等），a端封閉，b端開口，能沿導(dǎo)軌自由滑動。另有一質(zhì)量為m，帶電量為q（q>0）的小球（直徑大小可忽略不計）能沿圓筒自由移動。圓筒不會屏蔽磁場，小球不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，忽略一切摩擦及空氣阻力。(1)先撤去圓筒，將小球緊貼導(dǎo)軌Q并給其與導(dǎo)軌Q夾角為37°的初速度v=gL，如圖甲，若小球沒有離開磁場，且與導(dǎo)軌Q最大距離為1.8L，求磁感應(yīng)強度B(2)若B為（1）中所求，現(xiàn)裝上圓筒，若M=m，將小球放入筒中靠近b端處，給圓筒中心施加大小為1.5mg，方向平行于導(dǎo)軌向右的恒力F，如圖乙，求F作用距離為L時小球速度大小；(3)若B=mq2gL，裝上圓筒，將小球放入圓筒中且與導(dǎo)軌P的距離為L，現(xiàn)給小球與圓筒一個平行于導(dǎo)軌向右的相同初速度v0=2gL，如圖丙。當(dāng)小球與導(dǎo)軌a①在與a端發(fā)生第n次碰撞到第n+1次碰撞期間，小球與P導(dǎo)軌的最大距離。②從小球開始運動到①中與P導(dǎo)軌的最大距離時，小球在平行導(dǎo)軌方向所經(jīng)過的位移大小?！敬鸢浮?1)m(2)2gL(3)①M2+e【詳析】（1）根據(jù)幾何關(guān)系有R=L小球做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB=m解得B=（2）在很小的每一段時間Δt內(nèi)，小球與圓筒x方向速度vx′視為不變，則y方向受到洛倫茲力為F小球在y方向上由動量定理有q累積后有qBL=m解得v對小球與圓筒進行分析，根據(jù)動能定理有FL=解得v解得v=（3）從初始到第一次碰前有BqL=根據(jù)能量守恒定律有1解得第一次碰前瞬間vx0則第一次碰后瞬間有vx1從第一次碰后至第二次碰前，根據(jù)動量定理有qB由于Δ解得Δ則第二次碰前x方向上，小球與圓筒速度大小為vx0，由能量守恒定律克知小球y方向上的速度大小為evy0以此類推，第n次碰后瞬間有vxn從第n次碰后至小球離P導(dǎo)軌最遠，則有qB由洛倫茲力提供向心力，則有qB其中xn表示第n次碰后至第n+1次碰前小球在x方向上的位移，由于1解得xn=2又從開始運動到第一次碰前有qB解得x則有x=15．（25屆高三下·湖南長沙邵陽多校聯(lián)考·三模）如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第二象限內(nèi)放置有如圖所示的兩塊極板，極板厚度不計，第一、四象限有垂直紙面向外勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1，第三象限也有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B2B2>B1。已知兩極板間距為4d，極板的長度為d，現(xiàn)給極板加上電壓，從上極板的左端位置以沿x軸正方向的初速度v0發(fā)射一電荷量為+q、質(zhì)量為(1)上極板的電性及電壓U的大??；(2)若在極板間再加一垂直紙面向里勻強磁場B0=2m(3)若有一線狀粒子源放置在y軸2d≤y≤4d區(qū)域水平向右發(fā)射速度為v0與題中相同的粒子進入磁場，且所有粒子能夠始終在磁場中運動，現(xiàn)用一平行x【答案】(1)正電，U=(2)37π(3)m【詳析】（1）粒子向下偏轉(zhuǎn)，上極板帶正電在電場中運動水平方向d=豎直方向做勻加速運動2d=根據(jù)牛頓第二定律，有qE=q聯(lián)立可得U=（2）令q解得v根據(jù)配速法可將粒子的速度分解為水平向右2v0和水平向左v0，即粒子在極板間運動可看作以2v半徑r=設(shè)轉(zhuǎn)過θ角度，豎直方向速度大小是水平方向速度大小的12，豎直方向水平方向v則有v解得cosθ=0或即θ為37°、90°、270°或323°當(dāng)θ=90°時，水平位移x=即粒子已經(jīng)離開極板，故只有θ=37°符合題意，（3）粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示半徑分別為r1=由軌跡分析可知若擋板在磁場B1中，擋板長度同理可得若擋板在磁場B2中，擋板長度因B2>可得Δ故擋板的最小長度為m16．（2025·湖南婁底·高三下二模）如圖，在xOy坐標系內(nèi)，有幾個電磁場區(qū)域，在y>d的上方有一個垂直平面向里的勻強磁場區(qū)域I，圓心為O1，磁感應(yīng)強度B1=mvqd，在y≤d到x軸之間，有一個沿x軸正向的勻強電場區(qū)域II（圖中未畫出）。I區(qū)域下邊界與II區(qū)域上邊界相切在第三、四象限有一個垂直平面向外的勻強磁場區(qū)域III，磁感應(yīng)強度未知。A為一個與O1等高的處于磁場區(qū)域邊沿的粒子源，可以源源不斷地向右側(cè)區(qū)域各個方向發(fā)射質(zhì)量為m，帶電量為-q的粒子，粒子速度大小相同都為v。所有粒子均沿y軸負向垂直進入?yún)^(qū)域(1)A點的坐標：(2)電場強度E與B1的比值，及粒子進入?yún)^(qū)域III(3)若粒子從III區(qū)域再次穿過x軸時，II區(qū)域的電場方向變?yōu)榈却蠓聪颍罱K所有粒子從I區(qū)域與A等高的B點離開磁場，求III區(qū)域的磁感應(yīng)強度B2【答案】(1)A點坐標為（-d，2d）(2)EB1(3)B【詳析】（1）所有粒子均沿y軸負向垂直進入?yún)^(qū)域II，所以可知，帶電粒子做圓周運動的半徑與磁場區(qū)域半徑相同；由qv可得r=d所以A點坐標為（-d，2d）。（2）最右側(cè)的粒子恰好經(jīng)過原點O進入?yún)^(qū)域III，則有d=化簡可得E=所以E設(shè)粒子進入?yún)^(qū)域II的速度大小為v'，則有可得v（3）所有粒子在區(qū)域II和區(qū)域III運動過程中間距始終相等，若最右側(cè)的粒子恰好經(jīng)過原點O進入?yún)^(qū)域III，則最左側(cè)粒子從A點正下方的x=-d處進入電場，又因為最終所有粒子從I區(qū)域與A等高的B點離開磁場，根據(jù)運動的對稱性可知，最左側(cè)粒子恰好從原點O返回區(qū)域II。其全程運動軌跡如圖所示即所有粒子在區(qū)域III中運動后向右偏移2d。方法一：對粒子沿y方向用動量定理有∑q即2q解得B方法二：由類平拋運動規(guī)律可知，進入?yún)^(qū)域III時速度與水平夾角為θ，則有tanθ=2，所以進去區(qū)域III時速度大小v由洛倫茲力提供向心力可得q又r解得B17．（25屆·邵陽·三聯(lián)·下）如圖所示，金屬板M、M'和P、P'互相平行豎直放置，形成兩條狹縫，金屬板上的小孔O1、O2、O3和O點共線，狹縫MM'的電勢差與狹縫PP'的電勢差均為U，一質(zhì)量為m，電荷量為qq>0的粒子從小孔O1飄入狹縫MM'（初速度為零），通過小孔O2進入金屬板M'和P之間的區(qū)域I，區(qū)域I中存在勻強磁場和勻強電場（未畫出），其中勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B(1)粒子剛進入?yún)^(qū)域I時的速度大小v1(2)區(qū)域I、區(qū)域II電場強度E；(3)粒子到達O點開始計時，第二次到達距x軸最遠處的速度v和需要的時間t。【答案】(1)v(2)B(3)v=2-2【詳析】（1）粒子在狹縫MM'中做勻加速直線運動，經(jīng)過O2時的速度為解得v（2）粒子在區(qū)域I中做勻速直線運動，則q解得E=方向沿y軸負方向；（3）粒子在狹縫PP'中做勻加速直線運動，經(jīng)過O點速度為v解得v粒子在區(qū)域II的運動看作是速度為v1的勻速直線運動和速率為v3又T=解得T=粒子第二次離x軸最遠時，恰好完成32由運動的合成與分解，得v=v1方向：沿x軸正方向；需要的時間為t=專題17電磁學(xué)計算考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1恒定電流2022五年考情凸顯磁場的核心高頻地位，命題趨勢聚焦多場耦合的動力學(xué)建模、電磁能量轉(zhuǎn)化的定量追蹤的深度解析。試題設(shè)計顯著強化帶電粒子在復(fù)合電磁場中的軌跡控制，結(jié)合幾何關(guān)系求解圓形磁場邊界內(nèi)的偏轉(zhuǎn)半徑與射出角度；電磁感應(yīng)問題更趨動態(tài)綜合，涉及導(dǎo)體棒在時變磁場中的變速切割運動，要求分段推導(dǎo)感應(yīng)電動勢瞬時值，分析安培力阻礙作用導(dǎo)致的變加速過程，同時結(jié)合焦耳定律定量計算多級電阻系統(tǒng)的熱能分布；恒定電流考查側(cè)重電路優(yōu)化設(shè)計，如通過基爾霍夫定律求解多網(wǎng)孔含容電路的暫態(tài)電流分布。工程應(yīng)用緊密追蹤前沿科技，如分析磁流體推進艦船的推力功率轉(zhuǎn)換效率；能力要求上，突出數(shù)學(xué)工具的工程化應(yīng)用與邏輯推理的嚴謹性?？键c2磁場2025、2024、2021考點3電磁感應(yīng)2023考點01恒定電流1．（2022·湖南·高考）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A（1）求直流電源的電動勢E0（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度B；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E'【答案】（1）mgd(R1+R2)qR【詳析】（1）小球在電磁場中做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得Eq=mgR2兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得U聯(lián)立解得E（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系(r-d)解得r=2d根據(jù)qvB=m解得B=（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運動，當(dāng)小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得E解得E考點02磁場2．（2025·湖南·高考）如圖。直流電源的電動勢為E0，內(nèi)阻為r0，滑動變阻器R的最大阻值為2r0，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，平行板電容器的右側(cè)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。閉合開關(guān)S，當(dāng)滑片處于滑動變阻器中點時，質(zhì)量為m的帶正電粒子以初速度v0水平向右從電容器左側(cè)中點(1)求粒子所帶電荷量q；(2)求磁感應(yīng)強度B的大??；(3)若粒子離開b點時，在平行板電容器的右側(cè)再加一個方向水平向右的勻強電場，場強大小為43E0【答案】(1)q=(2)B=(3)2+【詳析】（1）粒子在電容器中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動有3豎直方向做勻變速直線運動d2=由閉合回路歐姆定律可得U=聯(lián)立可得v（2）粒子進入磁場與豎直方向的夾角為tanθ=v粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB=m由幾何關(guān)系易得R=聯(lián)立可得B=（3）取一個豎直向上的速度使得其對應(yīng)的洛倫茲力和水平向右的電場力平衡，則有q解得v粒子以vy1速度向上做勻速直線運動，粒子做圓周運動的合速度的豎直方向分速度為此時合速度與豎直方向的夾角為tan合速度為v粒子做圓周運動的半徑r=最遠距離為x3．（2024·湖南·高考）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移?！敬鸢浮浚?）2πmv0eL；（2）2πrL【詳析】（1）電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動，設(shè)電子入射時沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x軸方向做勻速直線運動得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知Be可得R=且T=由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進入電場，則有t=nT聯(lián)立得B=當(dāng)n=1時，B有最小值，可得B（2）將電子的速度分解，如圖所示有tan當(dāng)tanθ有最大值時，vy最大，R最大，此時B=2πmv聯(lián)立可得vym（3）當(dāng)vy最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移ym由牛頓第二定律知a=Eem，聯(lián)立得y4．（2021·湖南·學(xué)業(yè)水平選擇性）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一、帶電粒子流（每個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q）以初速度v垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在xOy平面內(nèi)的粒子，求解以下問題。（1）如圖（a），寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A0，r1、半徑為（2）如圖（a），虛線框為邊長等于2r2的正方形，其幾何中心位于C0，-r2。在虛線框內(nèi)設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使匯聚到O（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標原點O，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4，并沿x軸正方向射出，從而實現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和【答案】（1）mvqr1；（2）mvqr2，垂直與紙面向里，S2=πr2【詳析】（1）粒子垂直x進入圓形磁場，在坐標原點O匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑r1，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力解得B（2）粒子從O點進入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的O點飛入然后平行x軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場運動的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強磁場區(qū)域磁場半徑為r2，根據(jù)qvB=mv根據(jù)左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里，圓形磁場的面積為S（3）粒子在磁場中運動，3和4為粒子運動的軌跡圓，1和2為粒子運動的磁場的圓周根據(jù)qvB=mv2r可知IBI=圖中箭頭部分的實線為粒子運動的軌跡，可知磁場的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周SAOB與三角形SAOB類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為S根據(jù)對稱性可知II中的勻強磁場面積為S考點03電磁感應(yīng)5．（2023·湖南·高考）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B．現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為g（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0（2）在（1）問中，當(dāng)棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0（3）在（2）問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離

【答案】（1）v0=2mgRsinθB2L2；（【詳析】（1）a導(dǎo)體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=BL有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I=E2R，F(xiàn)=BILa聯(lián)立得v（2）由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得mg解得a=2g（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達共速時對a棒動量定理mgb棒受到向下的安培力，對b棒動量定理mg聯(lián)立解得v=g此過程流過b棒的電荷量為q，則有q=由法拉第電磁感應(yīng)定律可得I聯(lián)立b棒動量定理可得Δ1．（2025·湖南株洲·一模）如圖，電源電動勢E=15V，內(nèi)阻不計，兩個定值電阻R1=20Ω，R2=40Ω，平行板電容器電容C=1μF，其極板長l=3.0cm，兩極板間距d=1.0cm，下極板接地。將開關(guān)S閉合，電子槍發(fā)射一電子沿極板中軸線射入極板，剛好打在上極板中點。已知電子電量e=1.6×10?19C，電子質(zhì)量m=9×10?31kg，電子重力不計。(1)求電容器所帶電荷量Q；(2)求電子初速度v0；(3)斷開開關(guān)S，讓電子槍源源不斷的沿中軸線發(fā)射電子，假設(shè)落到極板上的電子都能夠被完全吸收，求能打在極板上的總電子數(shù)?！敬鸢浮?1)1.0×10?5C(2)2.0×106m/s(3)4.69×1013【詳析】（1）電阻R1、R2串聯(lián)分壓，R2兩端電壓U電容器所帶電荷量Q=C（2）電子在平行板電容器間做類平拋運動，沿極板方向做勻速直線運動l垂直于極板方向做勻加速直線運動d解得v（3）隨著電子被不斷吸收，極板間電壓不斷降低，電子打在極板上的位置不斷右移，當(dāng)電容器兩端電壓為U時，電子剛好從上極板右端飛出。此時電子沿極板方向有l(wèi)=垂直于極板方向有d電容器因吸收電子減少的電荷量C打在極板上的電子數(shù)為n=4.69×2．（2025·湖南邵陽·一模）如圖甲所示，空間存在兩邊界為同軸圓柱面的電磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，區(qū)域Ⅱ位于區(qū)域Ⅰ外側(cè)，圓柱面的軸線沿空間直角坐標系Oxyz的x軸方向。半徑R=0.10m的足夠長水平圓柱形區(qū)域Ⅰ內(nèi)分布著沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=8×10-3T；沿x軸正方向觀察電磁場分布如圖乙，寬度d=0.10m的區(qū)域Ⅱ同時存在電、磁場，電場強度E=80N/C的勻強電場沿x軸正方向，磁場的磁感應(yīng)強度大小也為B=8×10-3T、磁感線與圓弧邊界平行且沿順時針方向，沿y軸負方向觀察電磁場分布如圖丙，比荷q(1)求v0大小以及它在區(qū)域Ⅰ(2)若撤去區(qū)域Ⅱ的電場，求該粒子以速度2v0從進入?yún)^(qū)域Ⅱ到離開區(qū)域【答案】(1)104m(2)3【詳析】（1）粒子沿直線通過區(qū)域Ⅱ，受力平衡則有qE=q解得v粒子在區(qū)域Ⅰ中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得q解得R（2）撤去區(qū)域Ⅱ中的電場后，粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運動，則有q解得R根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域Ⅱ中運動軌跡轉(zhuǎn)過的圓心角為45°。粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動時間為t粒子離開區(qū)域Ⅱ后，在區(qū)域Ⅰ中垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動，則有vz=解得R根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中該方向上勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為90°。粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動時間為t綜上，粒子從進入?yún)^(qū)域Ⅱ到離開區(qū)域Ⅰ運動的總時間為t=3．（2025·湖南·一起考·高三下·一模）如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌寬為L，導(dǎo)軌所在空間有豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩金屬桿質(zhì)量均為m，兩金屬桿連入電路部分的電阻均為R，0時刻、2桿靜止，同時給1桿水平向右的初速度v0(1)兩桿最終的速度是多少？(2)設(shè)t時刻兩桿的速度已經(jīng)穩(wěn)定，則0~t時間內(nèi)兩桿對地的位移分別是多大？【答案】(1)v=v(2)x1=【詳析】（1）由于兩桿受到的安培力大小相等，方向相反，則兩金屬桿組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有m解得兩桿最終的速度大小為v=方向水平向右。（2）設(shè)1桿速度為v1，2桿速度為v2回路電流為I=金屬桿所受的安培力為F=BIL聯(lián)立可得F=對2桿，由動量定理得∑其中∑聯(lián)立可得x兩桿組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m即v兩邊同乘以Δt，再求和得即v聯(lián)立解得x1=4．（24-25高三·湖南常德·二模）如圖所示，在xoy平面直角坐標系中，第二象限有一過坐標原點O的曲線，該曲線及其上方有豎直向下的勻強電場。曲線上每個位置可連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，粒子均以大小為v0的初速度水平向右射入電場，所有粒子均能到達原點O，曲線上A點離y軸的距離為l，電場強度大小為mv02ql。第四象限內(nèi)（含x邊界）存在垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為2(1)求圖中曲線方程；(2)若粒子運動中不會與熒光屏相碰，求從A點發(fā)射的粒子在磁場中運動時間；(3)若將熒光屏緩慢上下移動，求從A點至O點發(fā)射的粒子打在熒光屏上的發(fā)光點間的最大距離L。【答案】(1)y=x22l(2)2(3)2【詳析】（1）設(shè)曲線某點坐標為（x，y），粒子在電場中做類平拋運動，水平方向有x豎直方向有y=其中E=解得y=x22l（2）對從曲線上A點射入的粒子，作出粒子的運動軌跡如圖所示在電場中，粒子做類平拋運動，在水平方向有l(wèi)=在豎直方向有v設(shè)粒子進入磁場時速度v與豎直方向的夾角為θ，則有tan解得θ=粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有qvB=mv2解得T=則粒子在磁場運動時間t=解得t=（3）設(shè)粒子從O點進入磁場的速度v，與y軸負向的夾角為α，運動半徑為R，由洛倫茲力提供向心力有qvB=m解得R=由幾何知識可知，若無熒光屏粒子出磁場時對應(yīng)的弦長為d=2R該弦長與v無關(guān)，即從OA任一點發(fā)射的粒子都從同一點射出磁場。令O點發(fā)射的粒子在磁場中運動軌道半徑R1，結(jié)合上述有令從A點發(fā)射的粒子在磁場中運動軌道半徑R2，則有所以打在熒光屏上的發(fā)光點的最大距離為L=解得L=5．（24-25高三·湖南郴州·三測）如圖，xOy平面內(nèi)有大量質(zhì)子從原點O在180°的范圍內(nèi)連續(xù)以相同速率v0向y軸右側(cè)發(fā)射，右側(cè)足夠遠處放置與x軸垂直且足夠大的熒光屏，O在熒光屏上的投影點為O'?，F(xiàn)在第I象限和第IV象限一定范圍內(nèi)分別施加一個垂直于xOy平面的區(qū)域勻強磁場（磁場大小相同、方向不同），使得所有質(zhì)子都垂直打在熒光屏上CC'范圍內(nèi)，已知O'C=O'C'=R。忽略質(zhì)子間的相互作用，已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為e，求：(1)磁場在第I象限的方向和大?。?2)在I、IV象限所加磁場的最小總面積?！敬鸢浮?1)垂直xOy平面向外，m(2)π【詳析】（1）從原點O豎直向上射出的電子垂直打在熒光屏上，故磁場方向必定垂直xOy平面向外，根據(jù)題意可得粒子的回旋半徑為R，洛倫茲他提供圓周運動的向心力，根據(jù)牛頓第二定律則有e解得B=（2）在由O點射入第I象限的所有質(zhì)子中，沿y軸正方向射出的電子轉(zhuǎn)過14圓周，速度變?yōu)檠豿軸正方向，這條軌跡為磁場區(qū)域的上邊界。設(shè)某電子做勻速圓周運動的圓心O'，與O點的連線與y軸正方向夾角為θ，若離開磁場時電子速度變?yōu)檠豿軸正方向，其射出點（也就是軌跡與磁場邊界的交點）的坐標為（x，y）。由圖中幾何關(guān)系可得x=Rsin消去參數(shù)θ可知磁場區(qū)域的下邊界滿足的方程為x這是一個圓的方程，圓心在（0，R）處，磁場區(qū)域為圖中兩條圓弧所圍成的面積，磁場的最小面積為S根據(jù)對稱性可知，磁場的最小總面積為S=26．(24-25高三下·湖南沅澧共同體·一模)理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1:n2=10:1，原線圈接在電壓峰值為U(1)求變壓器的輸出功率P；(2)已知該容器內(nèi)的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內(nèi)的氣體壓強達到加熱前的2【答案】(1)U(2)200C【詳析】（1）由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為U設(shè)變壓器副線圈的輸出電壓為U2，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系有聯(lián)立解得U理想變壓器的輸出功率等于R的功率，即P=（2）設(shè)加熱前容器內(nèi)氣體的壓強為p0，則加熱后氣體的壓強為2p0，溫度為得T由Q=CΔT根據(jù)熱力學(xué)第一定律Δ氣體的體積不變，所以W=0，容器是絕熱容器，則Δ即U解得t=7．（2025·湖南長沙雅禮中學(xué)·一模）如圖所示，電阻不計的金屬導(dǎo)軌abc和a'b'c'平行等高正對放置，導(dǎo)軌左右兩側(cè)相互垂直，左側(cè)兩導(dǎo)軌粗糙，右側(cè)兩導(dǎo)軌光滑且與水平面的夾角θ=37°，兩組導(dǎo)軌均足夠長。整個空間存在平行于左側(cè)導(dǎo)軌的勻強磁場。導(dǎo)體棒Q在外力作用下靜置于左側(cè)導(dǎo)軌上并保持水平，其與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。導(dǎo)體棒P水平放置于右側(cè)導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻相等。t=0時起，對導(dǎo)體棒P施加沿斜面向下的隨時間變化的拉力F=kt（k已知），使其由靜止開始做勻加速直線運動，同時撤去對Q的外力，導(dǎo)體棒Q開始沿軌道下滑。已知兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，重力加速度為g(1)求導(dǎo)體棒P的加速度；(2)求t=mgk時導(dǎo)體棒(3)求導(dǎo)體棒Q最大速度的大小?！敬鸢浮?1)0.6g(2)0(3)m【詳析】（1）t=0時，對P根據(jù)牛頓第二定律有mg解得a方向平行bc導(dǎo)軌向下。（2）對P分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg其中I=則有mg應(yīng)有k=外力F=對Q分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg其中F解得mg代入t=mgk（3）由a畫出a2-t圖像如圖所示，由圖可知v8．(24-25高三下·湖南懷化多校聯(lián)考·三模)如圖，在xOy坐標系內(nèi)，第一象限有垂直紙面向外的勻強磁場，第二象限有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E=2mv23qL。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P3L,0點以速度v沿與(1)磁感應(yīng)強度B的大??；(2)粒子再次經(jīng)過x軸時的x坐標及粒子的速度大小。【答案】(1)mv(2)-3L【詳析】（1）粒子帶負電，在磁場中的運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得3解得r=2L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qBv=m解得B=（2）粒子離開磁場時的y坐標為y=r+r粒子進入電場后做類平拋運動y=12at2解得x=-3L豎直方向速度v粒子再次經(jīng)過x軸的速度大小為v解得v9．（24-25高三下·湖南·大聯(lián)考二模）如圖所示，在x軸原點О位置有一粒子源，可以釋放出初速度為零的帶正電的粒子，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q。釋放后的粒子受到半圓形區(qū)域I中電場的作用，區(qū)域內(nèi)各點的電場方向始終沿徑向指向半圓形區(qū)域I邊緣﹐電場強度的大小恒定為E=mv022qr，半圓形區(qū)域Ⅰ的半徑為r。隨后帶電粒子進入垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅱ﹐磁場區(qū)域Ⅱ是一個以O(shè)'為圓心，半徑為2r的圓形區(qū)域，與半圓形區(qū)域Ⅰ重疊部分沒有磁場，O'點在О點正上方，O'O=3r，磁感應(yīng)強度的大小為(1)求帶電粒子由電場中進入磁場時的速度大小以及帶電粒子在磁場區(qū)域中做圓周運動的半徑；(2)一帶電粒子離開電場時的速度方向與x軸負方向的夾角為60°，求該帶電粒子離開磁場區(qū)域時的速度方向以及與x軸之間的豎直距離；(3)求第（2）問中的帶電粒子運動的總時間?！敬鸢浮?1)v0，(2)與x軸正方向的夾角為60°，(3)4r【詳析】（1）帶電粒子從O位置靜止出發(fā)經(jīng)過輻射狀電場后沿徑向做勻加速直線運動進入磁場區(qū)域，因此有v進入磁場區(qū)域，洛倫茲力充當(dāng)向心力，因此有qBv=（2）如圖所示為帶電粒子的運動軌跡由題意可知OO'圓心在o位置，OA⊥oA，因此可知oO=OA由此可知OO'Bo是一個平行四邊形，O'O平行于oB，由此可知帶電粒子出射時的方向是水平的。由于OA與因此可知oO與x軸正方向的夾角為60°，因此帶電粒子從磁場出射時的位置到x軸的豎直距離為（3）帶電粒子在輻射狀電場中做勻加速直線運動，離開電場經(jīng)過A點時的速度大小為v0，因此帶電粒子在輻射狀電場中運動的時間為然后進入磁場區(qū)域，帶電粒子在磁場中運動的周期為T=在磁場區(qū)域中轉(zhuǎn)過的圓弧所對圓心角為120°，由此可知在磁場中運動的時間為出磁場后，帶電粒子做勻速直線運動，速度大小為v0，水平運動的距離為由此可知水平運動的時間為t最終帶電粒子運動的總時間為t=10．（25屆·懷化·二模）間距為L的光滑平行金屬直導(dǎo)軌，水平放置在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直軌道平面向下的勻強磁場中。一質(zhì)量為m、電阻值為R的金屬棒MN靜止垂直放在導(dǎo)軌之間，導(dǎo)軌右側(cè)足夠長，左側(cè)如圖所示，已知電源可提供大小恒為I的直流電流，電阻R1=R2=R(1)當(dāng)開關(guān)與電源接通時，棒中電流由M流向N，求此時棒的加速度大小和方向。(2)當(dāng)金屬棒加速到v0時，開關(guān)瞬間與P接通，此時金屬棒內(nèi)自由電子沿棒定向移動的速度為u0。經(jīng)過一段時間，自由電子沿棒定向移動的速率變?yōu)閡0(3)當(dāng)金屬棒速度為v03時，開關(guān)瞬間與Q接通，同時給金屬棒MN一水平外力使其做勻速運動。某時刻外力的功率為定值電阻R2功率的3【答案】(1)a=BIL(2)d=(3)UC=【詳析】（1）由題意電源能提供大小為I的恒定電流，當(dāng)電流由M經(jīng)棒流向N時，由牛頓第二定律得BIL=ma解得a=BILm（2）當(dāng)開關(guān)與P接通時，有I1=當(dāng)電子沿桿定向移動速率變?yōu)閡03時，有I聯(lián)立可得此時導(dǎo)體棒的速度v=設(shè)該段時間內(nèi)導(dǎo)體棒中的電子沿棒方向定向移動的平均速度為uy，則對導(dǎo)體棒由水平方向動量定理得其中u聯(lián)立可得d=又因為BL可得d=（3）當(dāng)開關(guān)與Q接通時，由閉合電路歐姆定律得BL當(dāng)棒勻速運動時，設(shè)任意時刻電流為i，則外力為F=iBL由題意得F化簡有iR=再代入閉合電路歐姆定律，得U變力F做功為WF而∑則有W11．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，質(zhì)量為m，邊長為l，阻值為R且均勻分布的正方形金屬框，位于光滑的水平面上。金屬框的ab邊與磁場左邊界平行，運動方向與磁場左邊界垂直。圖甲和圖乙中的磁場為勻強磁場，大小為B，方向垂直水平面向下。圖丙中沿x正方向存在按B=B0+kx均勻增大的穩(wěn)恒磁場（k是單位為T/m(1)如圖甲，給金屬框一初速度v0，則金屬框剛進磁場時，求ab(2)如圖乙，給金屬框一變力F，使金屬框從圖示位置由靜止開始做勻加速直線運動。在進入磁場的過程中，力F隨時間的變化率為定值k。求金屬框的加速度大??；(3)如圖丙，給金屬框一初速度v0，使金屬框從圖示位置開始向右運動，求停止運動時cd【答案】(1)B(2)kR(3)m【詳析】（1）給金屬框一初速度v0，感應(yīng)電動勢大小為感應(yīng)電流大小為I根據(jù)安培力的計算公式可得F聯(lián)立解得F（2）在進入磁場的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得F-B即F=由于F=kt則B解得a=（3）當(dāng)金屬框的速度為v時，金屬框中感應(yīng)電動勢的大小為E=金屬框所受安培力大小為F取初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理可得-則有k解得x=12．（24-25高三·湖南邵陽·二聯(lián)考）某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示，豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形MNPQ、方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的水平勻強磁場，探測板EF平行于PQ豎直放置，能沿水平方向左右緩慢移動且接地。a、b、c為三束寬度不計、間距均為0.6R的離子束，離子均以相同速度持續(xù)從邊界MQ豎直向上射入磁場，b束中的離子在磁場中沿半徑為R的四分之一圓弧運動后從右邊界PQ水平射出，并打在探測板的上邊緣F點。已知每束每秒射入磁場的離子數(shù)均為N，探測板EF的長度為0.6R，離子質(zhì)量均為m、電荷量均為-q，不計重力及離子間的相互作用，sin37(1)求離子速度v的大??；(2)a、c兩束中同時進入磁場的兩個離子，求它們打在探測板上的時間差Δt(3)若打到探測板上的離子被全部吸收，求離子束對探測板的平均作用力的水平分量F與板到PQ距離d的關(guān)系?！敬鸢浮?1)v=(2)Δ(3)見解析【詳析】（1）離子在磁場中做圓周運動，由牛頓運動定律得qvB=解得離子的速度大小v=（2）離子在磁場的運動的周期為T，T=作出粒子的運動軌跡如圖由幾何關(guān)系可知a、c束中的離子從同一點H射出，離開磁場的速度分別與水平方向的夾角為βa、c則兩離子的在磁場中運動時間的差值為t=得t=由于兩離子出磁場的速度與磁場邊界所成的夾角相同，則兩離子從磁場到EF板的時間相同，即離子運動的時間差Δ（3）同時探測到三束離子，滿足：ta解得d同時探測到兩束離子同理有：d對離子束由動量定理有：F?而a或c束中每個離子動量的水平分量：p離子束對探測板的平均作用力為：當(dāng)0<d≤415當(dāng)415R<d≤當(dāng)815R<d13．（2025·湖南長沙·湖南師大附中·高三下·一模）如圖，固定在地面上的木板AB和半徑為R的14圓弧槽剛好接觸，圓弧槽凹側(cè)和底面光滑，各物塊與木板上表面間動摩擦因數(shù)均為μ。圓弧槽右側(cè)通過不計質(zhì)量的細桿與一壓力傳感器相連。從A點向左，每隔l=4R15μ放置一小物塊，編號依次為1、2、3、4，質(zhì)量均為m，物塊4與一勁度系數(shù)為k=15μ2mg4R的彈簧（處于原長）相連，物塊4左側(cè)木板表面光滑，彈簧左端連在木板左端。圓弧槽左側(cè)空間有方向向左的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為(1)帶電小物塊下滑過程壓力傳感器的最大示數(shù)Fmax(2)若所有碰撞均為彈性碰撞，在μ>qEmg的前提下，施加電場的強度E多大時才能使彈簧的最大壓縮量也為(3)先將1、2、3號物塊拿掉，若帶電物塊與4為完全非彈性碰撞，施加電場的強度E多大才能使彈簧的最大壓縮量也為l？【答案】(1)F(2)E=(3)E=【詳析】（1）如圖所示設(shè)滑塊與圓心連線從開始運動夾角θ時，速度為v，則mgR對滑塊受力分析，設(shè)受到支持力為FN，則由牛頓第三定律圓弧槽受到壓力大小為FN，對圓弧槽受力分析，設(shè)壓力傳感器讀數(shù)為F，則由上述可知F=3mg當(dāng)θ=π4時，F(xiàn)（2）設(shè)帶電滑塊從A端滑上木板時速度為v0，則設(shè)帶電滑塊與1號物塊碰撞前速度v1，有由于μ>qEmg，則qE<μmg，各物塊質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞后帶電滑塊便靜止在1號物塊處，1號滑塊將與2號滑塊碰撞，2號滑塊將與3號滑塊碰撞，3號滑塊碰撞將與4號滑塊碰撞。4號滑塊被碰后速度設(shè)為v要使彈簧的最大壓縮量也為l，則1聯(lián)立解得E=代入l=4R15μ和k=（3）設(shè)帶電物塊與4號物塊碰前速度為v40，碰后的速度大小為v4'，則小物塊經(jīng)完全非彈性碰撞后,利用能量守恒，則1解得E=14．（2025·湖南永州·三模）如圖，水平面上固定有足夠長的平行導(dǎo)軌P、Q，導(dǎo)軌間存在方向豎直向下，大小為B（大小未知）的勻強磁場，且導(dǎo)軌間距足夠大。有一質(zhì)量為M的圓筒垂直導(dǎo)軌放置，長度略小于導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距（可認為相等），a端封閉，b端開口，能沿導(dǎo)軌自由滑動。另有一質(zhì)量為m，帶電