第三篇 计算题专题练 专题3 电场与磁场-【师大金卷】2025年高考物理一轮二轮衔接复习小卷练透阶段测试卷（新高考）

新教材物理答案 —３０　 [试题解析](１)外壳受向下的重力和向上的弹力,当弹 力等于重力时,速度最大k􀅰x′＝４mg 解得x′＝４mgk 故当弹簧的压缩量为４mg k 时,外壳的速度达到最大; 设外壳的最大速 度 为v,根 据 机 械 能 守 恒 ΔEp＝ １ ２ × ４mv２＋４mgΔh 即 １ ２k 􀅰 (２５６m ２g２ k２ －１６m ２g２ k２ ) ＝ １ ２ ×４mv ２＋４mg× (１６mgk － ４mg k ) 解得v＝６g mk 故外壳的最大速度为６g mk ; (２)设弹簧对外壳的冲量为I,对外壳,由动量定理 I－４mgt＝４mv 解得I＝２４mg mk ＋４mgt 故外壳与内芯碰撞前,弹簧对外壳的冲量为 ２４mg mk ＋４mgt ; (３)外壳和内芯碰撞过程,由动量守恒定律得 ４mv＝(４m＋m)v′ 碰后过程,对圆珠笔由机械能守恒定律得 １ ２ (４m＋m)v′２＝(４m＋m)gh 圆珠笔外壳下端离开桌面的最大高度 h′＝h＋ (１６mgk － ４mg k ) 联立解得h′＝５８８mg２５k 故圆珠笔外壳下端离开桌面的最大高度是５８８mg ２５k 专题３　电场与磁场 １．(１)①UAB＝４V,UBC ＝－２V,②φA＝４V,φC＝２V,③ 见解析 (２)EB＝ １０kq ９d２ ,方向水平向左 [试题解析](１)① 由 静 电 力 做 功 WAB ＝qUAB,WBC ＝qUBC 解得UAB＝４V,UBC＝－２V ②由UAB＝φA－φB UBC＝φB－φC 解得φA＝４V,φC＝２V ③过B 点的电场线方向如图中箭头所示 连接AB 的中点与C 点,即为一条φ＝２V的等势线,根 据匀强电场中电场线与等势线垂直且从高电势指向低 电势的特点,过B 点作等势线的垂线可得. (２)A 点的电场强度为０,即点电荷q在A 点的场强与 带电板在A 点的场强等大反向Eq＝E侧 ＝k q(３d)２ 由对称性,带电板在B 点的场强与A 点的场强等大反 向,则B 点的电场强度EB ＝kqd２ ＋k q(３d)２ ＝１０kq ９d２ ,方 向水平向左. ２．(１)２kQ r２ sinθ,方向竖直向上 (２)２ grsinθ　(３)２ kQq (１－cosθ) mrcosθ [试题解析](１)两点电荷均为正电荷且带电量相等,则 两点电荷在C点处的电场强度方向均背离各自电荷,电 场强度如图所示 根据电场强度的矢量合成法则可得C 点的场强EC ＝ ２kQ r２ sinθ,方向竖直向上. (２)带负电的小球从D 点到O 点电场力做正功,从O 到 C 电场力做负功,根据对称性可知,小球从 D 到C 的过 程中,电场力对小球所做功的代数和为零,则根据动能 定理有－２Mgrsinθ＝０－１２Mv ２ １ 解得v１＝２ grsinθ (３)根据题意,C点的电势为φC＝２k Q r ,O 点的电势为 φO＝２k Q rcosθ 则可得UCO＝φC－φO＝ ２kQ(cosθ－１) rcosθ 若一个质量为m、电荷量为＋q的试探电荷(重力不计) 从C点以某一竖直向下的初速度运动恰好能够到达O 点,则由动能定理有qUCO＝０－ １ ２mv ２ min 解得vmin＝２ kQq(１－cosθ) mrcosθ 可知能够到达O点的最小速度v２＝vmin＝２ kQq(１－cosθ) mrcosθ ３．(１)d ２ φ０T ２　(２)３,３φ０ [试题解析](１)根据题意,当 N 板电势为０时,粒子沿 着两板中线做匀速直线运动,当 N 板电势为φ０ 时粒子 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —３１　 在 M、N 板间做类平抛运动,设其在垂直 M、N 板的方 向做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a,则有 d ２＝ １ ２aT ２ 其中a＝φ０－０d 􀅰q m 联立解得q m ＝ d２ φ０T ２ (２)粒子从０~T２ 的过程中,竖直向上做初速度为０的 匀加速直线运动,设其加速度大小为a１,加速结束时的 末速度大小为v１,则有v１＝a１􀅰 T ２ 由于粒子水平方向上所受合外力为零,因此水平方向上 始终做匀速直线运动,穿过平行板电容器的时间为 T, 因此可知,在T ２~T 时间内粒子在竖直方向上先做匀减 速直线运动,后做匀加速直线运动,设加速度大小为a２, 粒子从Q 点 离 开 平 行 板 时 竖 直 方 向 的 末 速 度 大 小 为 v２,则有－v２＝v１－a２􀅰 T ２ 两个阶段粒子在竖直方向上发生的位移大小相等、方向 相反,因此有 １ ２a１ ( T ２ ) ２ ＝－ v１􀅰 T ２－ １ ２a２ ( T ２ ) ２ [ ] 联立可得 v１ v２ ＝１２ ,a１ a２ ＝１３ 根据牛顿第二定律有a１＝φ１ q dm ,a２＝ kφ１q dm 由此可知k＝３ 当φ１ 最大时,粒子在竖直方向速度减为０时恰好达到 上极板,则竖直方向加速时的位移y１＝ １ ２a１ ( T ２ ) ２ 竖直方向减速到０时的位移y２＝ v２１ ２a２ 竖直方向的总位移d ２＝y１＋y２ 联立解得a１＝ ３d T２ 而根据(１)中可得d＝aT２ 解得a１＝３a 因此可知φ１max＝３φ０ ４．(１)v＝ edE０m (２)v０＝ ２edE０ m ,方向与A 板的夹角为θ＝４５° (３)s＝T edE０m [试题解析](１)β粒子在静电分析器中恰好做匀速圆周 运动,根据牛顿第二定律有eE０＝m v２ d 解得v＝ edE０m (２)β粒子从粒子源P 射出后,其运动为类平抛运动的 逆向运动,水平方向有L＝vt０ 竖直方向有L ２＝ ０＋vy ２ 􀅰t０ 解得vy＝v＝ edE０ m 根据运动的合成与分解可知,β粒子从粒子源P 发射出 来时,速度大小v０＝ v２y＋v２＝ ２edE０ m 设β粒子发射出来时的速度方向与A 板的夹角为θ,则 tanθ＝vyv ＝１ 解得θ＝４５° (３)β粒子以速度v 垂直于x 轴进入第Ⅳ象限后,沿y轴 负方向做匀速运动,沿x 轴负方向做匀加速、匀减速运 动,β粒子在x 轴方向的加速度大小a＝ eE m ＝ ４d T２ 在０~T２ 时间内,β粒子沿x 轴负方向运动的位移x０＝ １ ２a( T ２ ) ２ ＝d２ ,β粒子在x 轴上的入射点到坐标原点 的距离d＝２x０ 根据运动的对称性可知,β粒子经过时间T 运动到y 轴 上,所以s＝v􀅰T＝T edE０m ５．(１)１∶４　(２)v＝I １０kLsm [试题解析](１)第一级区域的磁感应强度大小B１＝kI 金属棒在第一级区域受到的安培力大小 F１＝ILB１＝IL×kI＝kI２L 第二级区域磁感应强度大小B２＝２kI 金属棒在第二级区域受到的安培力大小F２＝２ILB２＝ ２IL×２kI＝４kI２L 对金属棒,由牛顿第二定律得F１＝ma１,F２＝ma２ 解得a１∶a２＝１∶４ (２)对金属棒,金属棒从静止开始经过两级区域过程,由 动能定理得F１s＋F２s＝ １ ２mv ２－０ 解得v＝I １０kLsm ６．(１)a＝３μg４ 　 (２)Q＝１３m ３g２ ３q２B２ (３)当k≤９时,Q＝１３k ２m３g２ ２７q２B２ , 当k＞９时,Q＝ (１７k２＋６k－２７)m３g２ ３６q２B２ [试题解析](１)t＝０时刻,对木板进行受力分析,由牛顿 第二定律得μ(mg＋qv０B)＝２ma 得a＝３μg４ (２)木板长度足够,当小物块与木板相对静止后,木板开 始匀速运动,即在木板与挡板碰撞前能与小物块共速, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —３２　 此过程木板与小物块组成的系统动量守恒,则有mv０＝ (２m＋m)v１ 木板与挡板碰撞后速度等大反向,设其能与小物块共 速,则有２m(－v１)＋mv１＝(２m＋m)v２ 得v１＝ v０ ３＝ mg qB ,v２＝－ v０ ９＝－ mg ３qB 此时小物块 所 受 洛 伦 兹 力 竖 直 向 上,且qv２B＝ １ ３mg ＜mg 即小物块与木板间尚存在压力,假设成立,此后两者以 相同速度一起向左匀速运动.因摩擦产生的热量为 Q＝１２mv ２ ０－ １ ２ (m＋２m)v２２ 得Q＝１３m ３g２ ３q２B２ (３)若速度大小可调,则当初速度达到一定情况时,当小 物块反向时,可能使小物块与木板间的压力为零,此后 以不同的速度匀速运动,此时则有qv２B＝mg 代入(２)中得到的|v２|＝ v０ ９ ,可得此时v０≤ ９mg qB 即k＝９ 若k≤９,则Q＝１２mv ２ ０－ １ ２ (m＋２m)v２２ 得Q＝１３k ２m３g２ ２７q２B２ ,其中k≤９; 若k＞９,则小滑块固定获得v２＝－ mg qB 的末速度,根据 ２m(－v１)＋mv１＝２mv３＋mv２ Q＝１２mv ２ ０－ １ ２×２mv ２ ３－ １ ２mv ２ ２ 得Q＝ (１７k２＋６k－２７)m３g２ ３６q２B２ ,其中k＞９ ７．(１)２．５m/s　(２)０．９８m　(３)０．７１m [试题解析](１)根据题意,对带电液滴水平和竖直方向 分别由动量定理得－E１q􀅰t＝０－mv０,mg􀅰t＝mv－０ 解得v＝２．５m/s (２)计算可知液滴通过O 点后,E２q＝mg 则液滴将仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则有 qvB＝mv ２ r ,T＝２πrv 解得磁感应强度为B０ 时T１＝ π １０s ,r１＝ １ ８ m 磁感应强度为２B０ 时T２＝ π ２０s ,r２＝ １ １６m ０~π８ s 内运动轨迹如图所示 则s＝３２πr１＋２πr２ 解得s＝５π１６m≈０􀆰９８m (３)只有磁场B２ 存在时,油滴在水平方向做匀速圆周运 动,周期T３＝ ２πm qB２ ＝π５ s 半径r３＝ mv qB２ ＝０．２５m 油滴在竖直方向做自由落体运动,经过t＝ π１０s 沿y轴 下落高度为y＝１２gt ２ 经过t＝π１０s 后距O 点的距离为s＝ y２＋(２r３)２ 解得s＝ ２２ m≈０􀆰７１m ８．(１) eB０a m 　 (２)B＝ mE２eB０y 　(３)３a＋L＋a [试题解析](１)根据题意可知,由洛伦兹力提供向心力, 有evB０＝m v２ r 解得v＝qB０rm 可知能从OC边出磁场的电子,当运动轨迹和AC 相切 时半径最大,故半径最大值rm＝a 所以 能 从 OC 边 出 磁 场 的 电 子 所 具 有 的 最 大 速 度vm ＝ eB０a m (２)根据题意,画出从y处水平进入平行板间的粒子的 运动轨迹,如图所示 由几何关系可得,运动半径r＝２y 可得v＝２eB０ym 电子均能沿直线匀速通过电容器,则有eE＝evB 解得B＝Ev ＝ mE ２eB０y (３)水平进入右侧磁场,因磁感应强度为２B０,所以运动 半径为R＝y 磁场左边界为倾角为４５°的斜线,如图所示 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —３３　 由几何关系可得,汇聚点横坐标x＝ ３a＋L＋a 专题４　电路与电磁感应 １．(１)３Ω　７５W　(２)１Ω　(３)１８W [试题解析](１)电炉子为纯电阻元件,由欧姆定律可得 电炉子的电阻为RN＝ U IN ＝１５５ Ω＝３Ω 其发热功率为P热 ＝I２NRN＝５２×３W＝７５W (２)电动机为非纯电阻元件,电动机的电功率为 P电 ＝UIM＝１５×６W＝９０W 电动机的热功率为 PM热 ＝P电 －P出 ＝９０ W－５４ W＝ ３６W 又PM热 ＝I２MrM 代入数据解得rM＝１Ω (３)在电解槽工作时,电功率为 P电 ＝UIA＝１５×３W＝４５W 电解槽的热功率为PA热 ＝I２ArA＝３２×３W＝２７W 则电能转化为化学能的功率为P化 ＝P电 －PA热 ＝１８W ２．(１)１６０W　(２)２２４０V　(３)６４０W [试题解析](１)设降压变压器原、副线圈的电流分别为 I３、I４,电动机恰能正常工作,则有 I４＝ P用 U４ ＝８８００２２０ A＝４０A 根据理想变压器的变流比可知 I３ I４ ＝ n４ n３ 解得I３＝４A 所以输电线路上损耗的电功率 ΔP＝I２３R 解得 ΔP＝１６０W (２)根据理想变压器的变压比可知 U３ U４ ＝ n３ n４ 解得U３＝２２００V 升压变压器副线圈两端电压U２＝U３＋I３R 解得U２＝２２４０V (３)根据理想变压器的变压比可知 U１ U２ ＝ n１ n２ 可得U１＝２８０V 升压变压器的原线圈输入功率P１＝ΔP＋P用 可得P１＝８９６０W 根据P１＝U１I１ 解得I１＝３２A 根据正弦式交变电流产生规律可知,最大值为Em＝NBSω 代入数据解得Em＝３００ ２V 发电机线圈内阻上消耗的热功率P内 ＝I１E－I１U１ 可得P内 ＝６４０W ３．(１)①方向由a到b　②v１＝ ４mgR B２d２ ③h＝２mgR B２d２ (２t－ １６mR B２d２ ) 或h＝ ４mgRt B２d２ －３２m ２gR２ B４d４ (２)Q＝m ２g２R B２d２ (１０t′＋ １８mR B２d２ ) －２mgh′ [试题解析](１)①导体棒向上运动根据右手定则,电流 方向由a到b. ②感应电流为I＝Bdv１２R 由平衡条件得BId＋mg＝３mg 得v１＝ ４mgR B２d２ ③根据动量定理(３mg－mg)t－Bdq＝４mv１ 电荷量为q＝IΔt＝ ΔΦΔt􀅰２RΔt＝ Bdh ２R 得h＝２mgR B２d２ (２t－ １６mR B２d２ ) 或h＝ ４mgRt B２d２ －３２m ２gR２ B４d４ (２)开关K 接２,导体棒匀速运动时的电流为I′＝E－Bdv２２R 由平衡条件得BI′d＝３mg－mg 得v２＝ mgR B２d２ 根据动量定理Bdq′－(３mg－mg)t′＝４mv２ 得q′＝２mgt′Bd ＋ ４m２gR B３d３ 由能量守恒Eq′＝１２×４mv ２ ２＋(３mg－mg)h′＋Q 得Q＝m ２g２R B２d２ (１０t′＋１８mR B２d２ )－２mgh′ ４．(１)－３４Bdv０　 (２)v２０－２μgd　(３)４μmgd [试题解析](１)线框右边刚进入磁场时,有E＝Bdv０ 由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为 逆时针 (俯 视).故 a、b 两 点 电 势 差 Uab ＝ － ３ ４E＝ －３４Bdv０ (２)整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好 进入磁场时的速度,设其大小为v,从线框恰好完全进 入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线 运动,由动能定理有 μmgd＝ １ ２mv ２ ０－ １ ２mv ２ 解得v＝ v２０－２μgd (３)线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为v０、v, 整个过程中摩擦力不变,由动能定理有 W 安 ＋μmg×３d ＝１２mv ２－１２mv ２ ０ 又由功能关系有Q＝－W 安 解得Q＝４μmgd ５．(１)８N,方向沿斜面向下 (２)１m/s２　(３)１．５W [试题解析](１)金属棒在框架上无摩擦地运动,设刚进 入磁场的速度为v０,根据动能定理得 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理２２—２　 考向一　电场力和电场能的性质 １．(２０２４􀅰江西六校联考)(１)如图１所示,在匀强 电场中,将电荷量q＝－６×１０－８C的点电荷从 电场中的A 点移到B 点,静电力做功 WAB ＝ －２􀆰４×１０－７J,再从B 点移到C 点,静电力做 功WBC ＝１􀆰２×１０－７J.已知电场的方向与 △ABC所在的平面平行. ①求A、B 两点间的电势差UAB和B、C 两点间 的电势差UBC; ②如果规定B 点的电势为０,求A 点和C 点的 电势; ③请在图中画出过B 点的电场线方向,并说明 理由; (２)如图２所示,电荷量为q的点电荷与均匀带 电薄板相距２d,点电荷到带电薄板的垂线通过 板的几何中心.已知静电力常量为k,若图中A 点的电场强度为０,求B 点的电场强度. ２．(２０２４􀅰哈尔滨九中模拟)如图所示,真空中两 个电荷量均为＋Q 的点电荷分别固定在同一水 平线上的A、B 两点,O 为AB 连线的中点,C、D 为AB 连线竖直中垂线上关于O 点对称的两 点,A、C两点的距离为r,AC与AB 的夹角为θ. 已知AB 连线竖直中垂线上的点到A 点的距离 为x,则该点的电势为φ＝２k Q x (以无穷远处为 零电势点),静电力常量为k,重力加速度为g. (１)求C点的电场强度; (２)将一质量为M 带负电的小球从D 点以某一 初速度向上抛出,恰能上升到C 点,求抛出时的 速度v１; (３)一个质量为m、电荷量为＋q的试探电荷(重 力不计)从C点以某一竖直向下的初速度运动, 若此电荷能够到达O 点,求其在C 点的速度最 小值v２. 考向二　带电粒子在电场中的运动 ３．(２０２４􀅰福建培元中学模拟)如图甲,平行板电 容器两极板 M、N 的间距为d,M 板接地(电势 为零),t＝０时一带正电的粒子沿两板中心线 PQ 以某一速度进入极板,当N 板电势为零时, 粒子从平行板右端中间Q 点飞出,在极板间运 动时间为T,当N 板电势为φ０ 时,粒子恰从 M 板右端边缘飞出.忽略边界效应,板间的场强 为匀强电场,不计粒子重力. (１)求粒子的比荷qm ; (２)若N 板电势随时间变化的规律如图乙所示, 粒子恰从平行板右端中间Q 点飞出,求k的值 及φ１ 的最大值. ４．(２０２４􀅰深圳福田中学调研)如图甲所示,在空 间中建立xOy平面直角坐标系,平行金属板A、 B 和平行于金属板的细管C 放置在第Ⅱ象限, 细管C 到两金属板的距离相等,细管C 的开口 在y 轴上,开口到坐标原点的距离为d.β粒子 源P 在A 板左端,可以沿特定方向发射某一初 速度的β粒子.若金属板板长和板间距相等,当 A、B 板间加上某一电压时,β粒子刚好能水平射 入细管C,进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中. 静电分析器中存在着均匀辐向电场,β粒子在该 电场中恰好做匀速圆周运动,该电场的电场线 沿半径方向背离圆心O,β粒子运动轨迹处的电 场强度大小为E０.在t＝０时刻β粒子垂直于x 轴进入第Ⅳ象限的交变电场中,交变电场的电 场强度E 随时间变化的关系如图乙所示(T 为 已知量),规定沿x 轴正方向为电场的正方向. 已知β粒子的电荷量为－e(e为元电荷),质量 为m,重力不计.求: (１)β粒子在静电分析器中的速度大小v; (２)β粒子从粒子源P 发射出来时的速度v０; (３)β粒子打到y 轴负半轴时到坐标原点O 的距 离s. 新教材物理２２—１ 专题３　电场与磁场 新教材物理２２—４　 考向三　安培力　洛伦兹力 ５．(２０２４􀅰河北沧州中学预测)２０２２年我国阶段性 建成并成功运行了“电磁橇”,创造了大质量电 磁推进技术的世界最高速度纪录.一种两级导 轨式电磁推进的原理如图所示,两平行长直金 属导轨固定在水平面上,导轨间垂直安放金属 棒,金属棒可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨 接触良好,电流从一导轨流入,经过金属棒,再 从另一导轨流回,图中电源未画出,导轨电流在 两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场,磁感应 强度B 与电流I的关系式为B＝kI(k为常量), 金属棒被该磁场力推动,当金属棒由第一级区 域进入第二级区域时,回路中的电流由I变为 ２I,已知两导轨内侧间距为L,每一级区域中金 属棒被推进的距离均为s,金属棒的质量为 m,求: (１)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之 比a１∶a２; (２)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的 速度大小v. ６．(２０２４􀅰重庆南开中学月考)如图所示,空间中 存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里 的匀强磁场.一质量为２m 的足够长绝缘木板 静置在光滑水平面上,t＝０时刻,一质量为m、 带电量为－q(q＞０)的小物块以某一初速度从 木板左侧滑上,小物块与木板间的动摩擦因数 为μ 、木板达到匀速运动状态后,与右侧一固定 弹性挡板P 碰撞,木板与挡板P 碰撞后速度大 小不变,方向相反.已知重力加速度为g. (１)若小物块初速度v０＝ mg ２qB ,求t＝０时刻木板 的加速度大小a; (２)若小物块初速度v０＝ ３mg qB ,求最终小物块与 木板间因摩擦而产生的总热量Q; (３)若小物块初速度v０＝ kmg qB (k＞０),写出最终 小物块与木板间因摩擦而产生的总热量Q 与k 的关系式. 考向四　带电粒子在复合场中的运动 ７．(２０２４􀅰大连二十四中月考)如图甲所示,在 xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强 电场E１;第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向上的 匀强电场E２ 和垂直纸面的磁场B１,E１＝０􀆰２ N/C,E２＝０􀆰２５N/C,磁场B１ 随时间t变化的 规律如图乙所示,B０＝０􀆰５T,t０＝ π ４０s ,设垂直 纸面向外为磁场正方向.一个质量为m＝５× １０－６kg、电荷量为q＝２×１０－４C的带正电液滴 从p点以速度v０＝２m/s,沿x轴负方向入射, 恰好以指向y轴负方向的速度v经过原点O(此 时t＝０)后进入x≤０的区域.重力加速度g取 １０m/s２. (１)求液滴第一次到达O点时速度v的大小; (２)求液滴在０~π８s 时间内的路程; (３)若在t＝π８s 时撤去电场E１、E２ 和磁场B１, 同时在整个空间区域加竖直向上的匀强磁场B２ (未画出),B２＝０􀆰２５T,求从此时刻起,再经过 π １０s 液滴距O点的距离. ８．(２０２４􀅰湖南汉寿一中模拟)如图所示,直角坐 标系第一象限内有一竖直分界线PQ,PQ 左侧 有一直角三角形区域OAC,其中分布着方向垂 直纸面向里、磁感应强度为B０ 的匀强磁场,已 知OA 与y 轴重合,且OA＝a,θ＝６０°,C点恰好 处于PQ 分界线上.PQ 右侧有一长为L 的平 行板电容器,板间距为a,上极板与左侧磁场的 上边界平齐,内部分布着方向垂直纸面向里、强 弱随y坐标变化的磁场和竖直向下、电场强度 大小为E 的匀强电场.该复合场能使沿水平方 向进入电容器的电子均能沿直线匀速通过电容 器.在平行板电容器右侧某区域,存在一垂直 纸面向里、磁感应强度为２B０ 的匀强磁场(图中 未画出),使水平通过平行板电容器的电子进入 该磁场后汇聚于x 轴上一点,现有速率不同的 电子在纸面上从坐标原点O 沿不同方向射到三 角形区域,不考虑电子间的相互作用及电子的 重力,已知电子的电量为e,质量为m. (１)当速度方向沿y轴正方向时,求能进入平行 板电容器的电子所具有的最大速度是多少; (２)写出电容器内磁场的磁感应强度B 随y 坐 标的变化规律; (３)若电子沿上极板边缘离开电容器后立即进 入右侧磁场,求汇聚点的横坐标. 新教材物理２２—３