五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題20電學(xué)計算題考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1恒定電流2021、2023、2024在電場部分，?？疾殡妶鰪?qiáng)度、電勢差、電勢能等概念，以及帶電粒子在電場中的運動，可能涉及類平拋運動等知識點，要求考生運用牛頓運動定律、動能定理等求解粒子的運動軌跡、速度和位移等。電磁感應(yīng)是考查的重中之重，題型多以導(dǎo)體棒切割磁感線或線圈磁通量變化為主，涉及感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流的計算，還常結(jié)合能量守恒定律，考查電能與其他形式能量的轉(zhuǎn)化，以及與動量定理結(jié)合分析導(dǎo)體棒的運動過程。電路部分則側(cè)重于閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，包括路端電壓、電源功率等計算，也可能涉及非純電阻電路中電功和電功率的分析，還可能結(jié)合實際電路情境，考查電路的動態(tài)分析、故障判斷等內(nèi)容。此外，試題常創(chuàng)設(shè)貼近生活實際或前沿科技的物理情境，如磁懸浮列車、電磁感應(yīng)加熱裝置等，要求考生將物理知識應(yīng)用于實際問題，綜合考查考生的分析推理、數(shù)學(xué)運算等能力?？键c2帶電粒子在磁場中的運動2021、2022、2023、2024、2025考點3電磁感應(yīng)2021、2022考點4交變電流2023考點01恒定電流1．（2024·浙江·6月選考）某小組探究“法拉第圓盤發(fā)電機(jī)與電動機(jī)的功用”，設(shè)計了如圖所示裝置。飛輪由三根長a=0.8m的輻條和金屬圓環(huán)組成，可繞過其中心的水平固定軸轉(zhuǎn)動，不可伸長細(xì)繩繞在圓環(huán)上，系著質(zhì)量m=1kg的物塊，細(xì)繩與圓環(huán)無相對滑動。飛輪處在方向垂直環(huán)面的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)電路通過電刷與轉(zhuǎn)軸和圓環(huán)邊緣良好接觸，開關(guān)S可分別與圖示中的電路連接。已知電源電動勢E0=12V、內(nèi)阻r=0.1Ω、限流電阻R1=0.3Ω、飛輪每根輻條電阻（1）開關(guān)S擲1，“電動機(jī)”提升物塊勻速上升時，理想電壓表示數(shù)U=8V①判斷磁場方向，并求流過電阻R1的電流I1；②求物塊勻速上升的速度v1。（2）開關(guān)S擲2，物塊從靜止開始下落，經(jīng)過一段時間后，物塊勻速下降的速度與“電動機(jī)”勻速提升物塊的速度大小相等，①求可調(diào)電阻R2的阻值；②求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小?！敬鸢浮浚?）①垂直紙面向外，10A；②5m/s；（2）①0.2Ω；②2.5T【詳析】（1）①物塊上升，則金屬輪沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，輻條受到的安培力指向逆時針方向，輻條中電流方向從圓周指向O點，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外；等效電路如圖由閉合電路的歐姆定律可知E0-U②等效電路如圖輻條切割磁感線產(chǎn)生的電動勢與電源電動勢相反，設(shè)每根輻條產(chǎn)生的電動勢為E1，則U解得E1=5V此時金屬輪可視為電動機(jī)P出=E1I1當(dāng)物塊P勻速上升時P出=mg（2）①物塊勻速下落時，由受力分析可知，輻條受到的安培力與第（1）問相同，等效電路如圖經(jīng)過R2的電流I2=I1=10AERR解得R2=0.2Ω另解：由能量關(guān)系可知mgv2②根據(jù)E2=12Bωa2=12．（2023·浙江·6月選考）某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成閉合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零，在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小B1=kI（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小B2=2kI，方向與B1相同?；鸺裏o動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關(guān)系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小?！敬鸢浮浚?）3Mg；v024g；（2）E=6MgI(v0-2【詳析】（1）導(dǎo)體桿受安培力F=B1解得a=-2g導(dǎo)體桿運動的距離L（2）回路的電動勢E=B2dv其中v（3）右手定則和歐姆定律可得：U+E=IR可得P在0～v02g時間內(nèi)輸出的能量對應(yīng)（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能，及磁場能；從開始火箭從速度v0到平臺速度減為零，則W=I2Rv02g-3Mv3．（2021·浙江·1月選考）嫦娥五號成功實現(xiàn)月球著陸和返回，鼓舞人心。小明知道月球上沒有空氣，無法靠降落傘減速降落，于是設(shè)計了一種新型著陸裝置。如圖所示，該裝置由船艙、間距為l的平行導(dǎo)軌、產(chǎn)生垂直船艙導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場的磁體和“∧”型剛性線框組成，“∧”型線框ab邊可沿導(dǎo)軌滑動并接觸良好。船艙、導(dǎo)軌和磁體固定在一起，總質(zhì)量為m1整個裝置豎直著陸到月球表面前瞬間的速度大小為v0，接觸月球表面后線框速度立即變?yōu)榱?。?jīng)過減速，在導(dǎo)軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已可視為勻速。已知船艙電阻為3r，“∧”型線框的質(zhì)量為m2，其7條邊的邊長均為l，電阻均為r；月球表面的重力加速度為g/6。整個運動過程中只有ab邊在磁場中，線框與月球表面絕緣，不計導(dǎo)軌電阻和摩擦阻力。(1)求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動勢E；(2)通過畫等效電路圖，求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過ab型線框的電流I0；(3)求船艙勻速運動時的速度大小v；(4)同桌小張認(rèn)為在磁場上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個電容為C的電容器，在著陸減速過程中還可以回收部分能量，在其他條件均不變的情況下，求船艙勻速運動時的速度大小v'和此時電容器所帶電荷量q【答案】(1)Blv0；(2)Blv02r；(3)m1【詳析】(1)導(dǎo)體切割磁感線，電動勢E(2)等效電路圖如圖并聯(lián)總電阻R=2r(3)勻速運動時線框受到安培力FA=B2l2v2r根據(jù)牛頓第三定律，質(zhì)量為m1的部分受力(4)勻速運動時電容器不充放電，滿足v'=v=m1gr3考點02帶電粒子在磁場中的運動4．（2025·浙江·1月選考）同位素614C相對含量的測量在考古學(xué)中有重要應(yīng)用，其測量系統(tǒng)如圖1所示。將少量古木樣品碳化、電離后，產(chǎn)生的離子經(jīng)過靜電分析儀ESA-I、磁體-I和高電壓清除器，讓只含有三種碳同位素612C、613C、614C的C3+離子束（初速度可忽略不計）進(jìn)入磁體-Ⅱ．磁體-Ⅱ由電勢差為U的加速電極P，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、半徑為R的四分之一圓弧細(xì)管道和離子接收器F構(gòu)成。通過調(diào)節(jié)U，可分離612C、613C、614C(1)寫出中子與714N發(fā)生核反應(yīng)生成614C，以及(2)根據(jù)圖2寫出612C的C3+離子所對應(yīng)的U值，并求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。已知R=0.2m(3)如圖1所示，ESA-Ⅱ可簡化為間距d=5cm兩平行極板，在下極板開有間距L=10cm的兩小孔，僅允許入射角φ=45°的6(4)對古木樣品，測得614C與612C離子數(shù)之比值為4×10-13；采用同樣辦法，測得活木頭中614C【答案】(1)01n(2)1.93×106(3)1.65×(4)8957【詳析】（1）中子與714N發(fā)生核反應(yīng)生成614C的核反應(yīng)方程式為01n+（2）在加速電場中，由動能定理得qU=12mv聯(lián)立解得v=qBRm，U=qB2R22m相比613C，612C的比荷更大，通過圓形管道所需要的電壓更大，通過圖2可知當(dāng)電壓為1.93×10根據(jù)U=qB2（3）由題意知，614C粒子在板間做類斜拋運動，水平方向有vx=22v，L=vx（4）古木中614C與612C比值是活木頭中的13，說明經(jīng)過衰變后614C只剩下13，已知經(jīng)過一個半衰期剩下5．（2024·浙江·1月選考）類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調(diào)控也能實現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢處處相等，分別為φⅠ和φⅢ，其電勢差U=φⅠ-φⅢ。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點以入射角θ射向Ⅰ區(qū)，在P點以出射角θ射出，實現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點以入射角θ射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)入Ⅲ區(qū)，其出射方向與法線夾角為“（1）若不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)“反射”，求d的最小值；（2）若U=mv022e，求（3）計算說明如何調(diào)控電場，實現(xiàn)質(zhì)子束從P點進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū)）（4）在P點下方距離3mv0eB處水平放置一長為4mv0eB的探測板CQD（Q在P的正下方），CQ長為mv0eB，質(zhì)子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對稱，同時從【答案】（1）2mv0Be；（2）2；（3）U≤-【詳析】（1）根據(jù)牛頓第二定律Bev0=mv02r不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)（2）設(shè)水平方向為x方向，豎直方向為y方向，x方向速度不變，y方向速度變小，假設(shè)折射角為θ'，根據(jù)動能定理Ue=12mv12-1（3）全反射的臨界情況：到達(dá)Ⅲ區(qū)的時候y方向速度為零，即Ue=0-12m即應(yīng)滿足U≤-（4）臨界情況有兩個：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關(guān)系可得∠CPQ=30°所以如果U≥0的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下：①當(dāng)U≥0時F=2Nmvy又eU=12②根據(jù)幾何知識可知當(dāng)從Ⅱ區(qū)射出時速度與豎直方向夾角為60°時，粒子剛好打到D點，水平方向速度為vx=v02所以vy=vxtan60°③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（-mv023e≤U<0），此時僅有O點右側(cè)的一束粒子能打到板上，因此F=Nm6．（2024·浙江·6月選考）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計了一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實驗裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點Q的坐標(biāo)為（1.5L，0），柵極板M中點S的坐標(biāo)為（3L，0），離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m，電荷量為q，b離子的比荷為a離子的14倍，經(jīng)電壓U=kU0（其中U0=B2qL28m，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場加速后，沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓U（1）若U=U0，求a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）。（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持UNM=34U①U的調(diào)節(jié)范圍（用U0表示）；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點，求U和UNM的大小?！敬鸢浮浚?）L；（2）①U0<U<4U0；②1【詳析】（1）對a離子根據(jù)動能定理得qU=12mv2a離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動Bqv=m（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場加速后再經(jīng)第一象限勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則L≤x0'≤2L結(jié)合（1）中分析得L②b離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標(biāo)為x代入U0≤U≤4U0得2L≤xb≤4L故可知b離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍為52L～72L）任意位置經(jīng)電壓為UNM的電場減速射入虛線下方的磁場，此時25U016≤U≤49U016b離子先經(jīng)過電壓為U的電場加速再在第一象限磁場中做勻速圓周運動后再經(jīng)過電壓為UNM=34U的電場減速，因為根據(jù)動能定理得（3）要求a離子落在噴鍍板中點Q，由（1）可知x故可得U=94U0=9B2qL21-BΔ聯(lián)立解得k'=3當(dāng)減速n次Urn聯(lián)立得rn2=9L24-8nm9L24-8nmB2qUNM7．（2023·浙江·6月選考）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；（2）若B2=2B1，求能到達(dá)y=（3）若B2=B1L

【答案】（1）v1=2B1qLm；t=2πm【詳析】（1）當(dāng)離子不進(jìn)入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系r1cos60°=根據(jù)qv1在磁場中運動的周期T=2πmq

（2）若B2=2B1，根據(jù)r=mvqB粒子在磁場中運動軌跡如圖，設(shè)O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關(guān)系rr解得r2=2Lsinα=34根據(jù)qv（3）當(dāng)最終進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達(dá)x軸，則由動量定理B2qv求和可得∑B1LyqΔy=∑mΔvx粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域則速度在3B1qLm~6B1qLm8．（2023·浙江·1月選考）探究離子源發(fā)射速度大小和方向分布的原理如圖所示。x軸上方存在垂直xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。x軸下方的分析器由兩塊相距為d、長度足夠的平行金屬薄板M和N組成，其中位于x軸的M板中心有一小孔C（孔徑忽略不計），N板連接電流表后接地。位于坐標(biāo)原點O的離子源能發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，其速度方向與y軸夾角最大值為60°；且各個方向均有速度大小連續(xù)分布在12v0和2v0之間的離子射出。已知速度大小為v0、沿y（1）求孔C所處位置的坐標(biāo)x0（2）求離子打在N板上區(qū)域的長度L；（3）若在N與M板之間加載電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓U0（4）若將分析器沿著x軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓Ux與孔C位置坐標(biāo)x【答案】（1）2mv0qB；（2）2d；（3）mv02【詳析】（1）速度大小為v0、沿y由洛倫茲力提供向心力Bqv0=mv02（2）速度大小為v的離子進(jìn)入磁場后，由洛倫茲力提供向心力Bqv=mv2若要能在C點入射，則由幾何關(guān)系可得2R'如圖由幾何關(guān)系可得L=2d（3）不管從何角度發(fā)射vy=vcosθ由（2）可得vy=v0（4）孔C位置坐標(biāo)x，x=2rcosθ其中r=mv'Bq=Rv'v0聯(lián)立可得x=2Rv'v0cosθ，cosθ∈129．（2022·浙江·1月選考）如圖為研究光電效應(yīng)的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xOy平面（紙面）內(nèi)，垂直紙面的金屬薄板M、N與y軸平行放置，板N中間有一小孔O。有一由x軸、y軸和以O(shè)為圓心、圓心角為90°的半徑不同的兩條圓弧所圍的區(qū)域Ⅰ，整個區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在大小可調(diào)、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B1、磁感線與圓弧平行且逆時針方向的磁場。區(qū)域Ⅰ右側(cè)還有一左邊界與y軸平行且相距為l、下邊界與x軸重合的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，其寬度為a，長度足夠長，其中的磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)。光電子從板M逸出后經(jīng)極板間電壓U加速（板間電場視為勻強(qiáng)電場），調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度，使電子恰好打在坐標(biāo)為（a+2l，0）的點上，被置于該處的探測器接收。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，板M的逸出功為W0，普朗克常量為h。忽略電子的重力及電子間的作用力。當(dāng)頻率為ν的光照射板M時有光電子逸出，（1）求逸出光電子的最大初動能Ekm，并求光電子從O點射入?yún)^(qū)域Ⅰ時的速度v0的大小范圍；（2）若區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度大小E=B13eUm，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=emUea，求被探測到的電子剛從板M（3）為了使從O點以各種大小和方向的速度射向區(qū)域Ⅰ的電子都能被探測到，需要調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度E和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2，求E的最大值和B2的最大值。【答案】（1）Ekm=hν-W0；2eUm≤v0≤2hν+eU-【詳析】（1）光電效應(yīng)方程，逸出光電子的最大初動能E12m2eU（2）速度選擇器ev1v如圖所示，幾何關(guān)系mvβ=（3）由上述表達(dá)式可得Emax=B12(hν+eU-W0)m，由mv0eB2sinα=10．（2022·浙江·6月選考）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質(zhì)量為m、電荷量為–q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進(jìn)入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；②若速度大小為v0的離子能打在板Q的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度ω的大?。唬?）較長時間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動一周的時間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大?。唬?）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于6v0R，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點位置和O【答案】（1）①B=mv0qR，②ω=(4k+1)v0R，k=0，1，2，3…；（2）F=(2nπ+θ)N2(π-θ)πm【詳析】（1）①離子在磁場中做圓周運動有qv0B=②離子在磁場中的運動時間t=πR2v0轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ωt=2kπ+π2ω=(4k+1)（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場中圓周運動半徑為R'Rv=離子在磁場中的運動時間t'=π-θR'v轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度ω'=(2nπ+θ)FF=(2nπ+θ)N2(π-θ)πmv（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度(4k+1)v0R=2nπ+θ'v0π-θ'R<6v11．（2021·浙江·6月選考）如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強(qiáng)為E、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量Bx和By隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中B0可調(diào)。氙離子（Xe2+）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速進(jìn)入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點O處相對推進(jìn)器的速度為v0。已知單個離子的質(zhì)量為（1）求離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)B0的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求B（3）設(shè)離子在磁場中的運動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T，單位時間從端面P射出的離子數(shù)為n，且B0=2mv【答案】（1）vS=v02-4eEdm；（2）【詳析】（1）離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點O處，根據(jù)動能定理有2eEd=解得離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小v（2）當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有R1-L22+L2=R12根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ev0B0=mv02R1聯(lián)立解得（3）粒子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2e×v0×2B0所以可得cosθ=35。離子從端面P射出時，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有FΔt=nΔ12．（2021·浙江·1月選考）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點（即圖中坐標(biāo)原點，x軸垂直紙面向外）。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過電場和磁場偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)α很小時，有sinα≈tanα≈α(1)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷；(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(3)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(4)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示，并說明理由?！敬鸢浮?1)EB，2E(R1+R2)B2；(2)（3L【來源】2021屆浙江省1月普通高校招生選考物理試題【詳析】(1)通過速度選擇器離子的速度v=EB從磁分析器中心孔N由mv2(2)經(jīng)過電場后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離xtan離開電場后，離子在x方向偏移的距離xx=位置坐標(biāo)為(3L2R(3)離子進(jìn)入磁場后做圓周運動半徑r=sin經(jīng)過磁場后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離y離開磁場后，離子在y方向偏移距離y2=Ltan位置坐標(biāo)為(0，3L(4)注入晶圓的位置坐標(biāo)為(3L2R1+R考點03電磁感應(yīng)13．（2022·浙江·6月選考）艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機(jī)的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機(jī)的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計空氣阻力和飛機(jī)起飛對動子運動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3?！敬鸢浮浚?）80A；（2）R=0.5Ω；（3）【詳析】（1）由題意可知接通恒流源時安培力F安=nBIl動子和線圈在0~t1時間段內(nèi)做勻加速直線運動，運動的加速度為a=v1（2）當(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時，感應(yīng)電流為I'=nBlvR0+R此時安培力為F'安=nBI'l（3）根據(jù)圖像可知t2-t1=v1a'=0.5電荷量的定義式ΔI=可得Δq=nBls-12a't314．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長均為r，電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，并隨軸以角速度ω=600rad/s勻速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距l(xiāng)1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C=0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側(cè)寬度也為l1、長度為l2、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。在磁場區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab，磁場區(qū)域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“［”形金屬框fcde。棒ab長度和“［”形框的寬度也均為l1、質(zhì)量均為m=0.01kg，de與cf長度均為l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均為豎直向上；棒ab和“［”形框的cd邊的電阻均為R=0.1Ω，除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道垂直。開始時開關(guān)S和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2，電容器放電，棒ab被彈出磁場后與“［”形框粘在一起形成閉合框abcd，此時將S與2斷開，已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進(jìn)入磁場。（1）求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個極板（M或N）帶正電？（2）求電容器釋放的電荷量ΔQ（3）求框abcd進(jìn)入磁場后，ab邊與磁場區(qū)域左邊界的最大距離x。【答案】（1）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m【詳析】（1）開關(guān)S和接線柱1接通，電容器充電充電過程，對繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動的棒由右手定則可知其動生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負(fù)極，則M板充正電；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=12B（2）電容器放電過程有B2l1ΔQ=mv1棒ab被彈出磁場后與“［（3）設(shè)導(dǎo)體框在磁場中減速滑行的總路程為Δx，由動量定理B2勻速運動距離為l3-15．（2021·浙江·6月選考）一種探測氣體放電過程的裝置如圖甲所示，充滿氖氣（Ne）的電離室中有兩電極與長直導(dǎo)線連接，并通過兩水平長導(dǎo)線與高壓電源相連。在與長直導(dǎo)線垂直的平面內(nèi)，以導(dǎo)線為對稱軸安裝一個用阻值R0=10Ω的細(xì)導(dǎo)線繞制、匝數(shù)N=5×103的圓環(huán)形螺線管，細(xì)導(dǎo)線的始末兩端c、d與阻值R=90Ω的電阻連接。螺線管的橫截面是半徑a=1.0×10-2m的圓，其中心與長直導(dǎo)線的距離（1）求0~6.0×10-3s（2）求3.0×10-3s（3）若規(guī)定c→R→d為電流的正方向，在不考慮線圈自感的情況下，通過計算，畫出通過電阻（4）若規(guī)定c→R→d為電流的正方向，考慮線圈自感，定性畫出通過電阻【答案】（1）Q=0.5C；（2）Φ=6.28×10-8Wb；（【詳析】（1）由電量和電流的關(guān)系q=It可知I代入數(shù)據(jù)解得Q（2）由磁通量的定義可得Φ=BS=kI（3）在0~1.0×10-3s時間內(nèi)電流均勻增加，有楞次定律可知感應(yīng)電流的方向c→R→d，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢E=NΔΦΔt=Nkπ（4）考慮自感的情況下，線框會產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流的變化，因此開始時電流是緩慢增加的，過一段時間電路達(dá)到穩(wěn)定后自感消失，電流的峰值和之前大小相同，在1.0×10-3s~5.0×10-3考點04交變電流16．（2023·浙江·1月選考）如圖1所示，剛性導(dǎo)體線框由長為L、質(zhì)量均為m的兩根豎桿，與長為2l的兩輕質(zhì)橫桿組成，且L?2l。線框通有恒定電流I0，可以繞其中心豎直軸轉(zhuǎn)動。以線框中心O為原點、轉(zhuǎn)軸為z軸建立直角坐標(biāo)系，在y軸上距離O為a處，固定放置一半徑遠(yuǎn)小于a，面積為S、電阻為R的小圓環(huán)，其平面垂直于y軸。在外力作用下，通電線框繞轉(zhuǎn)軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)線框平面與xOz平面重合時為計時零點，圓環(huán)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的y分量By（1）求0到πω時間內(nèi)，流過圓環(huán)橫截面的電荷量q（2）沿y軸正方向看以逆時針為電流正方向，在0~2（3）求圓環(huán)中電流的有效值；（4）當(dāng)撤去外力，線框?qū)⒕徛郎p速，經(jīng)πω時間角速度減小量為ΔωΔωω?1，設(shè)線框與圓環(huán)的能量轉(zhuǎn)換效率為k，求【答案】（1）2B0SR；（2）I=00≤t【詳析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律E=ΔΦΔt，由閉合電路歐姆定律I=E（2）在0～π3ω時，I=ER（3）從能量角度，I2R（4）由能量傳遞k?12?2mω1．（2025·浙江北斗星盟·三模）如圖所示，平行光滑的金屬導(dǎo)軌由水平和左右兩傾斜導(dǎo)軌組成，水平導(dǎo)軌與兩側(cè)傾斜導(dǎo)軌均有光滑絕緣圓弧軌道（長度可忽略）平滑相連。兩側(cè)傾斜導(dǎo)軌與水平面夾角均為30°。左側(cè)傾斜導(dǎo)軌由間距L的導(dǎo)軌CE、DF構(gòu)成，水平部分由兩段足夠長但不等寬的平行金屬導(dǎo)軌連接構(gòu)成，其中EG、FH段間距為L，有與豎直方向成60°斜向左上方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B的勻強(qiáng)磁場。MP、NQ段間距為2L，有與豎直方向成（斜向右上方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。右側(cè)足夠長的傾斜導(dǎo)軌PK、QJ間距為2L，上端連接電容為C的電容器，有垂直右側(cè)傾斜導(dǎo)軌平面向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5B的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)體棒甲的質(zhì)量為0.5m、電阻為R，乙的質(zhì)量為m、電阻不計，導(dǎo)體棒乙靜止于MP、NQ段。現(xiàn)使導(dǎo)體棒甲自斜面導(dǎo)軌上距水平導(dǎo)軌h高度處靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終垂直導(dǎo)軌，且與導(dǎo)軌保持良好接觸。若穩(wěn)定時導(dǎo)體棒甲未進(jìn)入MP、NQ段，導(dǎo)軌電阻和空氣阻力均忽略不計。已知B=0.2T，m=0.4kg，h=0.45m，L=0.2m，R=0.3Ω，C=512(1)甲棒剛進(jìn)入磁場時，乙棒的加速度；(2)從甲棒進(jìn)入磁場到兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過程，通過乙棒的電量；(3)從甲棒進(jìn)入磁場到兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過程，回路產(chǎn)生的焦耳熱；(4)穩(wěn)定后，乙棒進(jìn)入右側(cè)傾斜軌道，隨即撤去甲棒，求乙棒上滑的最大距離?！敬鸢浮?1)0.04m/s2(2)10C(3)0.6J(4)1【詳析】（1）甲棒剛進(jìn)入磁場時，根據(jù)機(jī)械能守恒有0.5mgh=12×0.5m×v02

解得v0=3m/s甲棒感應(yīng)電動勢E=2BLv0cos60°Lv（2）當(dāng)甲進(jìn)入磁場，甲、乙所受安培力相等，有2BILcos60°=2BLIcos60°甲、乙系統(tǒng)動量守恒，最終共速，則0.5mv0=1.5mv1解得共速時v1=1m/s對乙根據(jù)動量定理有∑2LBcos60°IΔt=mv1又（3）由能量守恒得mv024-（4）乙棒沿右側(cè)傾斜導(dǎo)軌做勻減速直線運動，則mgsin30°+5B·i·2L=ma又i=ΔqΔt=C?ΔUΔt=C?52．（2025·浙江Z20名校聯(lián)盟·模擬預(yù)測）芯片制造工藝中，離子注入控制是一道重要的工序。某技術(shù)人員利用電磁場設(shè)計一種方案簡要如圖所示，從離子源產(chǎn)生的離子（初速度不計）經(jīng)勻強(qiáng)電場加速U0后，沿中軸線飛入平行金屬板A、B，之后經(jīng)需要先后進(jìn)入由電流控制磁場的半徑為r（較?。┑膱A形邊界勻強(qiáng)磁場Bx和足夠大的勻強(qiáng)磁場By，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別由相應(yīng)的電流Ix和Iy大小和方向控制，磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流關(guān)系滿足B=kI，k為常數(shù)，忽略邊緣效應(yīng)，以平行極板中心O為坐標(biāo)原點，建立O-xyz坐標(biāo)系（垂直紙面向外為z軸正方向），平行極板長為L1，間距為d，圓形邊界在YOZ平面內(nèi)的勻強(qiáng)磁場BX的圓心坐標(biāo)（0，L2，0），待制造芯片放置位置中心坐標(biāo)（0，L3，0）。已知離子電量為+q、質(zhì)量為m。tan(1)若Ix=Iy=0時，離子恰好打到（R，L3，O）點，求UAB的值；(2)若UAB=0，Iy=0時，控制離子恰好打到（0，L3，R）點，求Ix的值；(3)若UAB=0，Ix為某值時，離子經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)θ角進(jìn)入By磁場，試導(dǎo)出離子打到芯片上位置（x，y，z）與Iy的關(guān)系式（設(shè)離子轉(zhuǎn)動不到90°）?！敬鸢浮?1)U(2)I(3)x=mv0sinθqkIY1-cosqk【詳析】（1）根據(jù)動能定理有qU0=12mv02解得U（2）根據(jù)幾何關(guān)系有R=L3-L2tanθ其中tan（3）By磁場中運動時間t=L3-L2-rv0cosθ角速度為ω=2πr=qBymz=rtan3．（2025·浙江精誠聯(lián)盟·二模）如圖所示，間距l(xiāng)=1m的兩平行豎直導(dǎo)軌空間存在垂直平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，其中AB兩處為處于同一高度、長度可忽略不計的絕緣物質(zhì)，其余部分均由金屬材料制成，其上下分別接有電阻R=0.2Ω和電容C=1F，開始時電容器不帶電?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=1kg(1)試定性分析導(dǎo)體棒進(jìn)入AB上方磁場區(qū)時運動的情況，并在答題紙上畫出其速率隨時間變化可能的關(guān)系曲線；(2)導(dǎo)體棒通過AB后一瞬間，求電容器C所帶的電荷量；(3)求導(dǎo)體棒運動到AB下方y(tǒng)=1.5m【答案】(1)見解析(2)1C(3)4m/s【詳析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可知導(dǎo)體棒運動方程mg-B2（2）導(dǎo)體棒運動到AB之后一瞬間，由動量定理mgΔt-BILΔt=mv-mv0回路（3）導(dǎo)體棒速度突變后，由牛頓定律，有mg-BI'l=ma，I可得v4．（2025·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)?！ざ＃┠撑d趣小組為探索光電效應(yīng)和光電子在電磁場中的運動規(guī)律，設(shè)計裝置如圖所示，頻率為ν=1.06×1015Hz的激光照射在豎直放置的鋅板K的中心位置O點，其右側(cè)距離為d1=0.4m處有另一足夠大極板A，A上正對O點有一豎直狹縫，并在兩極板間加電壓U=1.8V，兩極板間電場可視為勻強(qiáng)電場。在A板右側(cè)有寬度為D、方向垂直紙面向內(nèi)、大小為B=10-5T的勻強(qiáng)磁場。鋅板的逸出功W=5.376×10-19(1)光電子到達(dá)極板A的最大速度vm(2)極板A上有光電子打中的區(qū)域面積；(3)要使所有光電子均不從右側(cè)邊界飛出，磁場寬度D應(yīng)滿足的條件，并計算電子在磁場中運動最短時間（計算結(jié)果保留1位有效數(shù)字）；(4)將勻強(qiáng)磁場改為垂直平面向內(nèi)的非勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足B'=kxk=2×【答案】(1)v(2)S(3)D≥0.9m，(4)D'【詳析】（1）由愛因斯坦光電效應(yīng)方程得Ekm=hν-W0（2）設(shè)極板上有光電子打中得區(qū)域為半徑為y的圓形區(qū)域，電子的最大動能為Ekm=12mv02當(dāng)電子以最大速度且沿平行極板方向逸出鋅板時，電子打到圓形區(qū)域的邊緣。此時電子在平行極板方向做勻速直線運動，則y=v0t電子在垂直極板方向做勻加速直線運動，有d（3）設(shè)電子經(jīng)過A板時最大速度大小為vm，與板最小夾角為α，則tanα=所有電子均不從右側(cè)邊界飛出臨界情況如圖由幾何關(guān)系得Dm=r1+cosαevmB=電子在磁場中運動的周期為T=2πrv=2（4）取向下為y軸正方向，由y方向動量定理得∑eBvxΔt=mv-mvy則∑ekxΔ5．（2025·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)?！ざ＃﹥A角為θ=37°間距為L=0.5m的固定金屬導(dǎo)軌下端接R=0.4Ω的電阻，導(dǎo)軌平面有三個區(qū)域，如圖所示，圖中虛線為區(qū)域邊界。區(qū)域Ⅰ寬度為x1=1m，無磁場。區(qū)域Ⅱ?qū)挾葹閤2=2m，有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=1T。區(qū)域Ⅲ寬度為x3=1m，有垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2=0.4T。質(zhì)量為m=0.5kg，電阻為r=0.1Ω，長度也為L=0.5m的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，從區(qū)域Ⅰ下邊界開始在電動機(jī)牽引作用下由靜止開始加速，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時，速度為v=4m/s，且恰好能勻速通過區(qū)域Ⅱ。當(dāng)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時關(guān)閉電動機(jī)，導(dǎo)體棒恰好能到達(dá)區(qū)域Ⅲ的上端。已知導(dǎo)體棒與區(qū)域Ⅰ(1)導(dǎo)體棒在區(qū)域Ⅱ運動時兩端的電壓Uab(2)電動機(jī)的功率P；(3)全過程所用時間t；(4)全過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR【答案】(1)-1.6V(2)20W(3)1.59s(4)4J【詳析】（1）感應(yīng)電動勢E（2）導(dǎo)體棒在區(qū)域Ⅱ以速度v做勻速運動，則P（3）區(qū)域Ⅰ，電動機(jī)功率不變，導(dǎo)體棒做變加速運動，由動能定理得P解得t1=0.45s區(qū)域Ⅱ，導(dǎo)體棒做勻速運動，t2=x2v=0.5s區(qū)域Ⅲ，導(dǎo)體棒做減速運動，由動量定理得-mg（4）對全程用能量守恒可得P(t1+t2)=mg(6．（2025·浙江Z20名校聯(lián)盟·模擬預(yù)測）如圖所示，半徑r=0.5m的均勻金屬圓盤D垂直固定在水平金屬轉(zhuǎn)軸上，圓盤中心位于轉(zhuǎn)軸中心線上，不計轉(zhuǎn)軸粗細(xì)。D盤處存在方向平行轉(zhuǎn)軸向左、大小B1=0.5T的勻強(qiáng)磁場。圓盤邊緣和轉(zhuǎn)軸分別通過電刷連接間距L=1m的水平平行金屬導(dǎo)軌。導(dǎo)軌HI處用絕緣材料平滑連接，左側(cè)接有電容C=0.5F的電容器，EG與絕緣點HI之間有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B2=0.5T，JK左側(cè)、HI右側(cè)區(qū)域有方向豎直向下、大小隨x變化的磁場（x表示到JK的距離），變化規(guī)律滿足B3=2x（T）（x≥0），同一位置垂直于軌道方向的磁場相同，緊靠JK左側(cè)附近放置質(zhì)量m=0.5kg、電阻R=0.5Ω、邊長d=0.5m的“]”缺邊正方形金屬框PP1Q1Q，質(zhì)量也為m=0.5kg的金屬棒ab放置在HI的左側(cè)EG處，其單位長度的電阻R(1)單刀雙擲開關(guān)S接通1時，電容器M板帶正電還是負(fù)電荷，帶電量多少；(2)穩(wěn)定后S接通2，金屬棒ab到達(dá)HI前已達(dá)到穩(wěn)定速度，求棒ab到HI過程中產(chǎn)生的熱量；(3)金屬棒ab與缺邊正方形金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞后，①求碰后瞬間UPQ；②金屬框出磁場過程中，棒ab兩端電壓隨x的關(guān)系?！敬鸢浮?1)0.5C(2)0.2J(3)UPQ=220V；Uab【詳析】（1）由右手定則，單刀雙擲開關(guān)S接通1時，電容器M板帶正電。感應(yīng)電動勢ε=電容器電荷量q（2）穩(wěn)定后S接通2，金屬棒ab到達(dá)HI前已達(dá)到穩(wěn)定速度v，由動量定理∑BΔq=q1-CB2Lv聯(lián)立得v=0.4m/s，Δq=0.4C，q2=CB2（3）①金屬棒ab與缺邊正方形金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞

mv=2mv1

v1=0.2m/s

由閉合電路歐姆定律UPQ=12B3dv1=220V

②由動量定理I7．（2025·浙江溫州·三模）如圖所示，水平固定一半徑r=0.5m的金屬圓環(huán)，圓環(huán)右側(cè)水平放置間距L=1m的平行金屬直導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌通過導(dǎo)線及電刷分別與金屬圓環(huán)，過圓心O的豎直轉(zhuǎn)軸保持良好接觸，導(dǎo)軌間接有電容C=0.5F的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與觸點1、2相連，導(dǎo)軌最右端連接恒流源，可為電路提供I=2A的電流，方向如圖所示。金屬圓環(huán)所在區(qū)域Ⅰ，矩形PQMN區(qū)域Ⅱ，正三角形EFG區(qū)域Ⅲ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1=1T，B2=2T，B3=3T的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均豎直向下。區(qū)域Ⅱ沿導(dǎo)軌方向足夠長，區(qū)域Ⅱ的F，G兩點分別在兩導(dǎo)軌上，且FG垂直于導(dǎo)軌。導(dǎo)軌在M、N處各被一小段絕緣材料隔開。金屬桿a與圓環(huán)接觸良好，以角速度ω=4rad/s(1)開關(guān)S置于觸點1，求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q0(2)電容器充電完畢后，再將開關(guān)S置于觸點2，求：①金屬桿b到達(dá)MN時的速度大小v1②金屬桿b從開始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ到速度減為0的過程中，恒流源輸出的能量E。③金屬桿b從PQ離開區(qū)域Ⅱ前，電容器最終帶電荷量Q。【答案】(1)Q(2)①v1=0.05m/s，②E=0.39J【詳析】（1）金屬桿a旋轉(zhuǎn)切割產(chǎn)生的電動勢為E=12（2）①金屬桿b到達(dá)穩(wěn)定速度時，電容器兩端電壓為U1=B2L此過程，對金屬桿b，由動量定理可得B2ILt=②設(shè)金屬桿b距E點為x，則FA=-B3×2xtan30°?I=-4③金屬棒第一次出MN時，電容器所剩電荷量為Q1=CE1=CB2Lv1=0.05C8．（2025·浙江縣域教研聯(lián)盟·模擬）某智能電力系統(tǒng)可提供或回收電能，其工作方式簡要理解如下。如圖所示，水平面內(nèi)有光滑軌道MN和PD，間距為L，在MN軌道上設(shè)置了一個開關(guān)S，在MN和PD間用導(dǎo)線接了智能電力系統(tǒng)A，接了阻值為R2的定值電阻。在水平面上布置垂直水平面的足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，現(xiàn)在軌道上放置光滑導(dǎo)體桿ab，阻值為R1，在ab上施加水平向左的恒力，閉合開關(guān)S，使之由靜止開始向右做加速度大小為(1)若此過程電路中電流恒定大小為I，①判斷電流流過ab棒的方向②求恒力的大?、矍笾悄茈娏ο到y(tǒng)輸出的功率P隨時間t的變化關(guān)系(2)若恒力為F，ab由靜止開始向左運動，加速度大小仍為a，經(jīng)過時間t，智能電力系統(tǒng)被充的電能E（只考慮被充的電能，不考慮凈值）與時間t的關(guān)系【答案】(1)①a端流向b端，②F=BIL-(2)見解析【詳析】（1）①因為ab向右運動，所以安培力向右，電流由a端流向b端②由牛頓第二定律可得BIL-F③智能電力系統(tǒng)輸出功率，則它輸出的電壓高于切割的感應(yīng)電動勢，由閉合電路歐姆定律智能電力系統(tǒng)輸出功率P（2）因為向左做勻加速運動，由牛頓第二定律可得F-BI2L=ma由閉合電路歐姆定律可得BLat-u①若t<F②若t>F-maR9．（2025·浙江寧波·三模）如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一平行于y軸寬為R的線狀電子源，每秒沿x軸正方向均勻發(fā)射n個速度相同的電子。電子源中心與半徑為R、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域圓心O1等高。射入圓形磁場區(qū)域的電子匯聚到磁場的最低點O后，進(jìn)入x軸正下方足夠大的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。在x軸上有一左端置于原點O點，長為s=6+2(1)求從電子源發(fā)射出來的電子的速度大?。?2)求電子從O點射出時與負(fù)y軸方向的夾角θ的范圍；(3)電子源發(fā)射一段時間后，求收集板接地導(dǎo)線中的電流大?。?4)若收集板平行于y軸放置，且足夠長，其上端位于原點O，則在收集板向右平移的過程中，試求收集板上能接收到電子的區(qū)域長度l與收集板所處位置橫坐標(biāo)x之間的關(guān)系?！敬鸢浮?1)v(2)-(3)2+(4)見解析【詳析】（1）電子只受到洛倫茲力，根據(jù)qvB=mv2R（2）粒子軌跡如圖1由對稱性，可設(shè)離電子源中心線上、下距離R2的電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后與負(fù)y軸夾角為±θ，由三角函數(shù)，得sinθ=R（3）粒子軌跡如圖2計算能打到收集板上的電子在運動到O點時與負(fù)y軸夾的角，設(shè)為±α。在下方區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動也為R。由三角函數(shù)得cosα=s2R=6+24由對稱性，設(shè)離電子源中心線上、下距離d的電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后與負(fù)y軸夾角恰為±（4）電子在下方區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動的半徑為R。作出電子在下方區(qū)域圓周運動軌的三位關(guān)鍵位置①（直徑在x軸上）、②和③，如圖3。由幾何關(guān)系可知，可知OD①當(dāng)0≤x≤3R時，由于②和③兩個圓軌跡關(guān)于x軸對稱，圓心距離為R，②向下平移R②當(dāng)3R<x≤2R時，電子圓軌跡與收集板交點的最高點在x軸上，最低點是某個圓的直徑與收集板的交點，可以作以③x>2R10．（2025·浙江金華·三模）圖1為某離子發(fā)電裝置，可簡化為三個區(qū)域：離子發(fā)射區(qū)、加速區(qū)和發(fā)電區(qū)，圖2是其截面示意圖。發(fā)射區(qū)存在一垂直紙面向里的半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，長度均為L的線狀離子發(fā)射源P（正離子源）、Q（負(fù)離子源）正對位于磁場的上下頂點；加速區(qū)由兩高度均為R，長、寬均為L的勻強(qiáng)電場組成，電場強(qiáng)度E=12qB2R2mL，電場方向相反；發(fā)電區(qū)由長為3R，寬為L的平行金屬板S、T組成，板間存在垂直紙面向里，大小可調(diào)的勻強(qiáng)磁場，金屬板外連接開關(guān)和電動機(jī)，開關(guān)初始均斷開。電場上下邊界及金屬板S、T均與圓形磁場上下邊界切線共線。離子發(fā)射源P、Q單位時間單位長度分別能向右側(cè)(1)離子發(fā)射的初速率v0(2)當(dāng)發(fā)電區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B時，提供的最大電動勢及閉合S1(3)當(dāng)發(fā)電區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度B'=5B時，保持S1斷開，閉合S【答案】(1)v0=(2)Em=(3)P【詳析】（1）離子圓周運動，洛倫茲力提供向心力qv0B=mv豎直方向入射在磁場中運動的圓心角90°最大，時間最長，故t（2）加速區(qū)，由動能定理EqL=12mv2-12mv02代入數(shù)據(jù)得v=5v0（3）當(dāng)電壓為U=40qB2R2m時，利用配速法對離子的運動進(jìn)行分解，即速度分解為v=v1+v2令qv1B=U2Rq根據(jù)幾何關(guān)系0.4Rcosθ+0.4Rtan電流為I'=539011．（2025·浙江湖州·三模）圖1為某振動發(fā)電機(jī)原理圖，圖2是其俯視圖。質(zhì)量m=0.2kg的共軛磁鐵由一豎直輕質(zhì)彈簧（勁度系數(shù)k=200N/m）與水平地面連接，磁鐵和彈簧構(gòu)成振動體。磁鐵中心部分為N極，外圓部分為S極，兩磁極之間可視為均勻輻向磁場。固定不動的線圈與磁鐵共軸且始終處于輻向磁場內(nèi)，線圈所處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T，線圈匝數(shù)n=20匝，直徑d=10cm，電阻r=1Ω。線圈上下兩端點a、b通過導(dǎo)線與外部一理想二極管D和阻值R=4Ω的電阻構(gòu)成閉合回路（如圖3）。在外力F的驅(qū)動下，磁鐵在豎直方向做簡諧運動，若取豎直向上為正，初始平衡位置為原點，其振動方程y=0.01sin100πtm。已知磁鐵最大速率(1)t=0時，線圈中產(chǎn)生電動勢的大小E0及電流的大小(2)0~1s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；(3)0~0.02s內(nèi)，通過電阻的電荷量q；(4)0.01s~0.015s內(nèi)，外力F做的功W?！敬鸢浮?1)E0=10V(2)4J(3)1.3×(4)-0.94J【詳析】（1）由振動方程可知，t=0時刻磁鐵位于平衡位置且以速度vm向上，線圈中產(chǎn)生電動勢的大小為E0=nB（2）流過R的電流在一個周期內(nèi)如圖所示電流最大值為Im=E0R+r=2A根據(jù)有效值定義可得22I（3）由振動方程可知周期為T=2πω=0.02s前0.02s內(nèi)，僅在0.005s到（4）0.01s~0.015s內(nèi)，磁鐵由平衡位置向最大負(fù)位移運動，受力如圖所示由動能定理得W+mgh+W彈+WA=0-12mvm212．（2025·浙江臺州·二模）如圖所示，接有恒流源的光滑水平導(dǎo)軌放在地面上，處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，取cd中點為坐標(biāo)原點O，以水平向右為正方向建立x軸，導(dǎo)軌關(guān)于x軸對稱且關(guān)于cd也對稱。a、b的間距為2L，橫坐標(biāo)為x=-xa，c、d處是光滑絕緣件，間距為L。導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直且對稱，在安培力作用下從x=-xa位置靜止開始向右運動。已知金屬棒的質(zhì)量為m，長度為3L，電阻為R，恒流源甲、乙能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏骱愣?，分別為I、3I。金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻和空氣阻力。(1)金屬棒運動至x=-0.6xa過程中，求安培力做的功；(2)金屬棒運動至x=-0.6xa時，求恒流源甲的輸出電壓；(3)金屬棒運動至x=-0.6xa、x=0的時間分別為t1、t2，求t1(4)求金屬棒速度為0時的坐標(biāo)x。【答案】(1)18(2)8(3)37(4)(【詳析】（1）金屬棒運動至x=-0.6xa過程中，安培力做的功為W（2）金屬棒運動至x=-0.6xa過程中，有W=12mv2（3）金屬棒在左側(cè)導(dǎo)軌做簡諧運動的等效平衡位置為x=xa根據(jù)題意可得t1=（4）金屬棒在右側(cè)導(dǎo)軌做簡諧運動的等效平衡位置為x=-xa根據(jù)能量守恒定律可得12k'xa2+1213．（2025·浙江紹興·三模）自由電子激光器是以自由電子束為工作物質(zhì)產(chǎn)生激光的裝置，它在科研、生產(chǎn)等領(lǐng)域中都具有重大應(yīng)用前景。如圖所示，它的基本結(jié)構(gòu)有三個部分：電子束加速器、扭擺器和光學(xué)諧振腔。其中扭擺器是自由電子激光器的核心部分，它由沿z方向按空間周期A=2mm排列（即單一磁場邊界寬度是1mm）的永磁體組成，總長度為1m，產(chǎn)生沿±x方向周期性分布的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B0=0.0225T。電子束由靜止出發(fā)經(jīng)過加速器加速，在xOz平面內(nèi)與z軸成60°方向射入軌道半徑為R=0.09m的彎曲磁體（產(chǎn)生沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場），經(jīng)過彎曲磁體后，沿z軸正方向注入扭擺器。高速運動的電子在扭擺器中受到周期性磁場的作用做扭擺運動，同時輻射出電磁波，電磁波的頻率等于電子在y方向的振動頻率。不考慮多普勒效應(yīng)，電子束輻射電磁波對電子動能的損耗可忽略不計。電子靜止質(zhì)量(1)已知電子進(jìn)入扭擺器的速度為v1①電子束加速器的加速電壓U；②彎曲磁體區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1③一個電子經(jīng)過扭擺器的時間t；(2)在電子速度為v0=0.8c時，必須考慮相對論效應(yīng)，已知相對論導(dǎo)致的“尺縮效應(yīng)”由公式l=l01-①電子在z方向的速度改變很小，可認(rèn)為幾乎保持v0不變，電子在y方向的周期性運動導(dǎo)致的側(cè)移可忽略不計，求在運動電子參考系觀察（即沿z軸正方向以速度v②諧振腔鏡之間的距離d稱為諧振腔的長度，在諧振腔中，激光依次經(jīng)前、后諧振腔鏡反射后再次到達(dá)出射的前諧振腔鏡，其相位不變，若某個實驗中，輻射激光的頻率為0.75×1018?Hz【答案】(1)①U=180V；②B1=5×(2)①λ=1.5×10-3m；②d=2【詳析】（1）①在經(jīng)過電子束加速器時，根據(jù)動能定理，有eU=12②在彎曲磁體中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有ev1B③在扭擺器中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有ev1B0=mv12R解得r=2×10（2）運動的周期為T'=A1-v02c2v0=5×10-12?s頻率f=1T'=2×14．（2025·浙江溫州·二模）如圖1所示，在光滑絕緣的水平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系，空間中0<x<5L的范圍內(nèi)存在豎直向下的磁場，任一時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度分布與y無關(guān)，隨x按B=kx的規(guī)律變化，k隨時間的變化如圖2所示，其中k0=2T/m，t0=0.5s。水平面上有一邊長L=1m、質(zhì)量m=2kg、總電阻R=0.5Ω的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)線框abcd，0~t0內(nèi)鎖定在圖1所示的位置，t0時刻解除鎖定，同時對線框施加向右的水平恒力F0(1)0~t0內(nèi)線框中電流(2)線框在磁場中勻速運動的速度大小v；(3)線框在勻速運動過程中，ab兩端的電勢差Uab隨ab邊的x(4)線框在穿出磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮?1)4A，順時針(2)v=0.5(3)Uab=-x+0.25（(4)Q=72【詳析】（1）0~t0內(nèi)感應(yīng)電動勢E1=ΔΦt0磁通變化量大小電流方向為順時針（2）勻速運動時E2=ΔB?Lv=k0（3）根據(jù)（2）解得I2=2A線框ab邊E0=k0x?Lv根據(jù)（4）線框ab邊越過磁場右邊界后瞬間，電流發(fā)生突變I3=4k0L2vR=8A穿出過程（cd邊的x坐標(biāo)4L≤15．（2025·浙江寧波十校·一模）十九世紀(jì)中葉，科學(xué)家對物理學(xué)電學(xué)量的研究有廣泛興趣。圖甲改編自當(dāng)年Rayleigh與Sidgwick設(shè)計的實驗裝置。其中恒流源提供大小為I=10?A的電流，方向如圖箭頭所示。圖甲中R1為可變電阻，R2為阻值0.25Ω的定值電阻，S1、S2為單刀雙擲開關(guān)。兩個相同的線圈A、B，匝數(shù)均為N=5×104匝，半徑均為k=0.5?m。其中心處各有一電阻不計且上端帶電刷的中心鏤空導(dǎo)體圓盤，兩者相距l(xiāng)=5?m，圓盤大圓半徑r1=0.3?m，小圓半徑r2=0.1?m，如圖乙所示。圓盤套在一根薄壁輕質(zhì)中空的金屬轉(zhuǎn)軸上并和它固定，轉(zhuǎn)軸薄壁厚度d=1?mm，電阻率ρ=π×10-5Ω?m。一足夠長且不計粗細(xì)的輕繩一端纏繞在轉(zhuǎn)軸上，另一端連接一質(zhì)量M=0.05?kg的重物。已知一匝電流為(1)比較a點和c點的電勢高低；(2)計算重物最終運動狀態(tài)時圓盤的角速度的大??；(3)重新開始實驗時，將S1與S2分別置于b、d，發(fā)現(xiàn)當(dāng)物塊速度v=6?m/s時靈敏電流計G表的示數(shù)為0【答案】(1)c點電勢高(2)9.77rad/s(3)9.6【詳析】（1）如圖恒流源方向向左，由右手螺旋定則可知，與之相連的線圈A，左側(cè)為N極，與之相連的線圈B，右側(cè)為N極，對線圈B中的圓盤分析，線圈B內(nèi)部磁感線方向水平向右，由右手定則可知，電流在R2支路中，方向由c到a，故c（2）中心處磁場B=Nμ0I2k=0.2πT薄壁金屬轉(zhuǎn)軸的電阻為R軸（3）設(shè)可變電阻阻值為R1，此時E=IR1根據(jù)E=2×116．（2025·浙江紹興一中·模擬）如圖所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌CDC'D'水平放置，左右兩端各與表面涂有絕緣涂層的傾斜導(dǎo)軌ACA'C'、DED'E'平滑連接，左側(cè)導(dǎo)軌頂端接有C=10F的電容器和理想二極管，右側(cè)頂端與無限長水平金屬導(dǎo)軌EFE'F'平滑連接，導(dǎo)軌間距L=0.5m，水平部分均有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T；EFE'F'導(dǎo)軌上放置一根長為(1)起初S“斷開”，將與b完全相同的導(dǎo)體棒a從右側(cè)斜軌上高h(yuǎn)=3.2m處靜止釋放，求a棒①第一次達(dá)到勻速時的速度大??；②最多能產(chǎn)生的焦耳熱（提示：電容器儲存的能量E=(2)起初S“閉合”，將a棒從左側(cè)斜軌上高3.2m處靜止釋放，求a棒①第三次達(dá)到勻速時的速度大小；②穩(wěn)定時的速度大小?！敬鸢浮?1)①4m/s；②1.8J(2)①3m/s；②v【詳析】（1）[1]a棒下滑過程機(jī)械能守恒，有mgh=12mv02解得v0=8m/s設(shè)第一次勻速時的速度為v1，電容器帶電量為[2]由題分析可知，a棒第一次越過D'點后S閉合，因二極管的單向?qū)щ娦?，電容器不能對b棒放電，待a棒以v1=4m/s返回后，無法對電容器充電，a、b兩棒構(gòu)成沖擊塊模型，設(shè)共同速度為v2，據(jù)動量守恒mv1+0=2mv2解得v2之前a棒在水平導(dǎo)軌減速過程中產(chǎn)熱Qa1=（2）[1]a棒從左斜面釋放，（S閉合）由沖擊塊模型，第一次勻速（向右）時有v1=v02，（S斷開后）從右斜面往返，參考第一問解法，第二次勻速（向左）時有v2=v1[2]S斷開后從右斜面往返，對電容器充電，設(shè)第四次勻速時的速度為v4，有Δq=C?BL(v4-v2)，BL?Δq=mv3-m專題20電學(xué)計算題考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1恒定電流2021、2023、2024在電場部分，常考查電場強(qiáng)度、電勢差、電勢能等概念，以及帶電粒子在電場中的運動，可能涉及類平拋運動等知識點，要求考生運用牛頓運動定律、動能定理等求解粒子的運動軌跡、速度和位移等。電磁感應(yīng)是考查的重中之重，題型多以導(dǎo)體棒切割磁感線或線圈磁通量變化為主，涉及感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流的計算，還常結(jié)合能量守恒定律，考查電能與其他形式能量的轉(zhuǎn)化，以及與動量定理結(jié)合分析導(dǎo)體棒的運動過程。電路部分則側(cè)重于閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，包括路端電壓、電源功率等計算，也可能涉及非純電阻電路中電功和電功率的分析，還可能結(jié)合實際電路情境，考查電路的動態(tài)分析、故障判斷等內(nèi)容。此外，試題常創(chuàng)設(shè)貼近生活實際或前沿科技的物理情境，如磁懸浮列車、電磁感應(yīng)加熱裝置等，要求考生將物理知識應(yīng)用于實際問題，綜合考查考生的分析推理、數(shù)學(xué)運算等能力。考點2帶電粒子在磁場中的運動2021、2022、2023、2024、2025考點3電磁感應(yīng)2021、2022考點4交變電流2023考點01恒定電流1．（2024·浙江·6月選考）某小組探究“法拉第圓盤發(fā)電機(jī)與電動機(jī)的功用”，設(shè)計了如圖所示裝置。飛輪由三根長a=0.8m的輻條和金屬圓環(huán)組成，可繞過其中心的水平固定軸轉(zhuǎn)動，不可伸長細(xì)繩繞在圓環(huán)上，系著質(zhì)量m=1kg的物塊，細(xì)繩與圓環(huán)無相對滑動。飛輪處在方向垂直環(huán)面的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)電路通過電刷與轉(zhuǎn)軸和圓環(huán)邊緣良好接觸，開關(guān)S可分別與圖示中的電路連接。已知電源電動勢E0=12V、內(nèi)阻r=0.1Ω、限流電阻R1=0.3Ω、飛輪每根輻條電阻（1）開關(guān)S擲1，“電動機(jī)”提升物塊勻速上升時，理想電壓表示數(shù)U=8V①判斷磁場方向，并求流過電阻R1的電流I1；②求物塊勻速上升的速度v1。（2）開關(guān)S擲2，物塊從靜止開始下落，經(jīng)過一段時間后，物塊勻速下降的速度與“電動機(jī)”勻速提升物塊的速度大小相等，①求可調(diào)電阻R2的阻值；②求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小?！敬鸢浮浚?）①垂直紙面向外，10A；②5m/s；（2）①0.2Ω；②2.5T【詳析】（1）①物塊上升，則金屬輪沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，輻條受到的安培力指向逆時針方向，輻條中電流方向從圓周指向O點，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外；等效電路如圖由閉合電路的歐姆定律可知E0-U②等效電路如圖輻條切割磁感線產(chǎn)生的電動勢與電源電動勢相反，設(shè)每根輻條產(chǎn)生的電動勢為E1，則U解得E1=5V此時金屬輪可視為電動機(jī)P出=E1I1當(dāng)物塊P勻速上升時P出=mg（2）①物塊勻速下落時，由受力分析可知，輻條受到的安培力與第（1）問相同，等效電路如圖經(jīng)過R2的電流I2=I1=10AERR解得R2=0.2Ω另解：由能量關(guān)系可知mgv2②根據(jù)E2=12Bωa2=12．（2023·浙江·6月選考）某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成閉合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零，在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小B1=kI（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小B2=2kI，方向與B1相同。火箭無動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣停靠平臺時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關(guān)系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小?！敬鸢浮浚?）3Mg；v024g；（2）E=6MgI(v0-2【詳析】（1）導(dǎo)體桿受安培力F=B1解得a=-2g導(dǎo)體桿運動的距離L（2）回路的電動勢E=B2dv其中v（3）右手定則和歐姆定律可得：U+E=IR可得P在0～v02g時間內(nèi)輸出的能量對應(yīng)（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能，及磁場能；從開始火箭從速度v0到平臺速度減為零，則W=I2Rv02g-3Mv3．（2021·浙江·1月選考）嫦娥五號成功實現(xiàn)月球著陸和返回，鼓舞人心。小明知道月球上沒有空氣，無法靠降落傘減速降落，于是設(shè)計了一種新型著陸裝置。如圖所示，該裝置由船艙、間距為l的平行導(dǎo)軌、產(chǎn)生垂直船艙導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場的磁體和“∧”型剛性線框組成，“∧”型線框ab邊可沿導(dǎo)軌滑動并接觸良好。船艙、導(dǎo)軌和磁體固定在一起，總質(zhì)量為m1整個裝置豎直著陸到月球表面前瞬間的速度大小為v0，接觸月球表面后線框速度立即變?yōu)榱?。?jīng)過減速，在導(dǎo)軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已可視為勻速。已知船艙電阻為3r，“∧”型線框的質(zhì)量為m2，其7條邊的邊長均為l，電阻均為r；月球表面的重力加速度為g/6。整個運動過程中只有ab邊在磁場中，線框與月球表面絕緣，不計導(dǎo)軌電阻和摩擦阻力。(1)求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動勢E；(2)通過畫等效電路圖，求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過ab型線框的電流I0；(3)求船艙勻速運動時的速度大小v；(4)同桌小張認(rèn)為在磁場上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個電容為C的電容器，在著陸減速過程中還可以回收部分能量，在其他條件均不變的情況下，求船艙勻速運動時的速度大小v'和此時電容器所帶電荷量q【答案】(1)Blv0；(2)Blv02r；(3)m1【詳析】(1)導(dǎo)體切割磁感線，電動勢E(2)等效電路圖如圖并聯(lián)總電阻R=2r(3)勻速運動時線框受到安培力FA=B2l2v2r根據(jù)牛頓第三定律，質(zhì)量為m1的部分受力(4)勻速運動時電容器不充放電，滿足v'=v=m1gr3考點02帶電粒子在磁場中的運動4．（2025·浙江·1月選考）同位素614C相對含量的測量在考古學(xué)中有重要應(yīng)用，其測量系統(tǒng)如圖1所示。將少量古木樣品碳化、電離后，產(chǎn)生的離子經(jīng)過靜電分析儀ESA-I、磁體-I和高電壓清除器，讓只含有三種碳同位素612C、613C、614C的C3+離子束（初速度可忽略不計）進(jìn)入磁體-Ⅱ．磁體-Ⅱ由電勢差為U的加速電極P，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、半徑為R的四分之一圓弧細(xì)管道和離子接收器F構(gòu)成。通過調(diào)節(jié)U，可分離612C、613C、614C(1)寫出中子與714N發(fā)生核反應(yīng)生成614C，以及(2)根據(jù)圖2寫出612C的C3+離子所對應(yīng)的U值，并求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。已知R=0.2m(3)如圖1所示，ESA-Ⅱ可簡化為間距d=5cm兩平行極板，在下極板開有間距L=10cm的兩小孔，僅允許入射角φ=45°的6(4)對古木樣品，測得614C與612C離子數(shù)之比值為4×10-13；采用同樣辦法，測得活木頭中614C【答案】(1)01n(2)1.93×106(3)1.65×(4)8957【詳析】（1）中子與714N發(fā)生核反應(yīng)生成614C的核反應(yīng)方程式為01n+（2）在加速電場中，由動能定理得qU=12mv聯(lián)立解得v=qBRm，U=qB2R22m相比613C，612C的比荷更大，通過圓形管道所需要的電壓更大，通過圖2可知當(dāng)電壓為1.93×10根據(jù)U=qB2（3）由題意知，614C粒子在板間做類斜拋運動，水平方向有vx=22v，L=vx（4）古木中614C與612C比值是活木頭中的13，說明經(jīng)過衰變后614C只剩下13，已知經(jīng)過一個半衰期剩下5．（2024·浙江·1月選考）類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調(diào)控也能實現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢處處相等，分別為φⅠ和φⅢ，其電勢差U=φⅠ-φⅢ。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點以入射角θ射向Ⅰ區(qū)，在P點以出射角θ射出，實現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點以入射角θ射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)入Ⅲ區(qū)，其出射方向與法線夾角為“（1）若不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)“反射”，求d的最小值；（2）若U=mv022e，求（3）計算說明如何調(diào)控電場，實現(xiàn)質(zhì)子束從P點進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū)）（4）在P點下方距離3mv0eB處水平放置一長為4mv0eB的探測板CQD（Q在P的正下方），CQ長為mv0eB，質(zhì)子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對稱，同時從【答案】（1）2mv0Be；（2）2；（3）U≤-【詳析】（1）根據(jù)牛頓第二定律Bev0=mv02r不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)（2）設(shè)水平方向為x方向，豎直方向為y方向，x方向速度不變，y方向速度變小，假設(shè)折射角為θ'，根據(jù)動能定理Ue=12mv12-1（3）全反射的臨界情況：到達(dá)Ⅲ區(qū)的時候y方向速度為零，即Ue=0-12m即應(yīng)滿足U≤-（4）臨界情況有兩個：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關(guān)系可得∠CPQ=30°所以如果U≥0的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下：①當(dāng)U≥0時F=2Nmvy又eU=12②根據(jù)幾何知識可知當(dāng)從Ⅱ區(qū)射出時速度與豎直方向夾角為60°時，粒子剛好打到D點，水平方向速度為vx=v02所以vy=vxtan60°③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（-mv023e≤U<0），此時僅有O點右側(cè)的一束粒子能打到板上，因此F=Nm6．（2024·浙江·6月選考）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計了一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實驗裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點Q的坐標(biāo)為（1.5L，0），柵極板M中點S的坐標(biāo)為（3L，0），離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m，電荷量為q，b離子的比荷為a離子的14倍，經(jīng)電壓U=kU0（其中U0=B2qL28m，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場加速后，沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓U（1）若U=U0，求a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）。（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持UNM=34U①U的調(diào)節(jié)范圍（用U0表示）；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點，求U和UNM的大小?！敬鸢浮浚?）L；（2）①U0<U<4U0；②1【詳析】（1）對a離子根據(jù)動能定理得qU=12mv2a離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動Bqv=m（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場加速后再經(jīng)第一象限勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則L≤x0'≤2L結(jié)合（1）中分析得L②b離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標(biāo)為x代入U0≤U≤4U0得2L≤xb≤4L故可知b離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍為52L～72L）任意位置經(jīng)電壓為UNM的電場減速射入虛線下方的磁場，此時25U016≤U≤49U016b離子先經(jīng)過電壓為U的電場加速再在第一象限磁場中做勻速圓周運動后再經(jīng)過電壓為UNM=34U的電場減速，因為根據(jù)動能定理得（3）要求a離子落在噴鍍板中點Q，由（1）可知x故可得U=94U0=9B2qL21-BΔ聯(lián)立解得k'=3當(dāng)減速n次Urn聯(lián)立得rn2=9L24-8nm9L24-8nmB2qUNM7．（2023·浙江·6月選考）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；（2）若B2=2B1，求能到達(dá)y=（3）若B2=B1L

【答案】（