第1部分 专题4 关键能力提升五 数学工具在电磁学问题中的应用-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组课件PPT

该高中物理高考复习课件聚焦电路与电磁感应及数学工具在电磁学中的应用，依据高考评价体系梳理核心考点，通过2022山东卷、2024海南卷等真题分析考点权重，归纳感应电动势变化率分析、电场强度最大值计算等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题精讲+数学工具融合+核心素养提升”，如2022山东卷用三角函数变换及导数判断感应电动势变化率，2024海南卷结合导数求中垂线电场强度最大值，培养科学思维与物理观念。助力学生掌握电磁学解题技巧，教师可据此精准指导，实现高效复习。

第一部分　专题特训 专题四　电路与电磁感应 关键能力提升五　数学工具在 电磁学问题中的应用 高考体验 1 2 3 4 5 6 2 1 2 3 4 5 6 3 1 2 3 4 5 6 4 1 2 3 4 5 6 5 1 2 3 4 5 6 6 1 2 3 4 5 6 7 (1)求B点的电势。 (2)求该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功。 (3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒，说明理由；若守恒，求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。 1 2 3 4 5 6 8 1 2 3 4 5 6 9 1 2 3 4 5 6 10 4．使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等，质量为m、速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。 为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引 出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通 道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)。引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ。 好题精选 1 2 3 4 5 6 11 (1)求离子的电荷量q并判断其正负； (2)离子从P点进入、Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′； (3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。 1 2 3 4 5 6 12 1 2 3 4 5 6 13 1 2 3 4 5 6 14 1 2 3 4 5 6 15 (1)撤去F时M棒的速度大小v； (2)从M棒开始运动到M棒第一次静止，整个过程中通过R的电荷量q； (3)自发生第一次碰撞后到最终两棒都静止，导体棒M在磁场中运动的总位移大小x。 1 2 3 4 5 6 16 1 2 3 4 5 6 17 1 2 3 4 5 6 18 1 2 3 4 5 6 19 1 2 3 4 5 6 20 1 2 3 4 5 6 21 1 2 3 4 5 6 22 1 2 3 4 5 6 23 1 2 3 4 5 6 24 1 2 3 4 5 6 25 1 2 3 4 5 6 26 1 2 3 4 5 6 27 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(2022·山东卷，12)(多选)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为eq \r(2)L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(　　) A．在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，E一直增大 B．在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小 C．在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大 D．在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直减小 解析：在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，金属框转过的角度从θ＝0到θ＝eq \f(π,2)，金属框的有效切割长度先变大后变小，则E先增大后减小，故A错误，B正确。在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，金属框转过的角度从θ＝0到θ＝eq \f(π,4)，则金属框的有效切割长度l＝eq \f(L,cosθ)，E＝Bleq \f(ωl,2)＝eq \f(BL2ω,2cos2θ)＝eq \f(BL2ω,2cos2（ωt）)；通过三角函数变换，可得E＝eq \f(BL2ω,2)[1＋tan2(ωt)]，根据正切函数图像可作出E­t函数图像，θ＝ωt从0增大到eq \f(π,4)的过程，图像的斜率一直增大，则E的变化率一直增大(也可对E求导数判断)，C正确，D错误。 2．(2024·海南卷，12)(多选)真空中有两个点电荷，电荷量均为－q(q≥0)，固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x(x≪r)，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　) A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为eq \f(\r(3),3)r B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为eq \f(4\r(3)kq,9r2) C．在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小 D．在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动 解析：如图，设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强的方向与竖直方向的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(π,2)))，由点电荷的场强公式可知，P1处的点电荷在A处产生的电场强度大小E1＝keq \f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,sinθ)))\s\up12(2))，根据对称性及场强的叠加原理可知，A点的合场强大小为E＝2E1cosθ，联立可得E＝keq \f(2q,r2)sin2θcosθ＝eq \f(2kq,r2)(cosθ－cos3θ)，由数学导数知识可知，当cosθ＝eq \f(\r(3),3)时，E有最大值，且最大值为Emax＝ eq \f(4\r(3)kq,9r2)，此时A、O之间的距离为h＝eq \f(r,tanθ)＝eq \f(\r(2),2)r，故 A错误，B正确； 在M点放入一电子，从静止释放，电子将受向上的电场力从而向上运动，由于r>h，则电子向上运动的过程中所在位置的电场强度一直变小，所受的电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确；以O点为坐标原点，以沿P1P2连线向右为正方向建立x轴，当电子在坐标x′处时，电子受到的电场力为F＝eq \f(keq,（r＋x′）2)－eq \f(keq,（r－x′）2)＝keq·eq \f(－4rx′,（r＋x′）2（r－x′）2)，当x′≪r时，有F＝keq·eq \f(－4rx′,r4)＝－eq \f(4keq,r3)·x′，F与x′的方向相反，大小成正比，又O、N之间的距离x≪r，所以在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动，O点为平衡位置，所受电场力充当回复力，故D正确。 3．(2025·广西卷，14)在真空中，一个电荷量为－q、质量为m的试探电荷绕电荷量为＋Q的点电荷做椭圆轨道运动，如图甲，O′为椭圆中心，O′A为半长轴，长度为a，O′B为半短轴，点电荷处于椭圆的焦点F处，焦距为c。图乙是v2­eq \f(1,r)关系图，其中v为该试探电荷运动速率，r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ＝eq \f(kQ,r)，其中k为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。 答案：(1)eq \f(kQ,a)　(2)－eq \f(kQqc,a（2a－c）) (3)守恒　－eq \f(kQq,2a) 解析：(1)根据椭圆知识可知，B点到F点的距离rBF＝a B点的电势φB＝eq \f(kQ,rBF) 联立解得φB＝eq \f(kQ,a)。 (2)根据椭圆知识可知，A点到F点的距离rAF＝a－eq \f(c,2) A点的电势φA＝eq \f(kQ,rAF) 该试探电荷在A、B点的电势能分别为EpA＝－qφA，EpB＝－qφB 根据电场力做功与电势能变化的关系可知，该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功WAB＝EpA－EpB 联立解得WAB＝－eq \f(kQqc,a（2a－c）)。 (3)该试探电荷距＋Q点电荷的距离为r时，电势能为Ep＝－qφ 其中φ＝eq \f(kQ,r) 动能与电势能之和E总＝Ep＋eq \f(1,2)mv2 联立可得E总＝－kQq·eq \f(1,r)＋eq \f(1,2)mv2 设题图乙中图线斜率为k0，由题图乙有v2＝k0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r)－\f(1,2a))) 变形得－eq \f(k0m,4a)＝－eq \f(k0m,2)·eq \f(1,r)＋eq \f(1,2)mv2 对比分析可知E总＝－eq \f(k0m,4a)，kQq＝eq \f(k0m,2) 解得E总＝－eq \f(kQq,2a) 可知该试探电荷在运动过程中动能与电势能之和守恒，且为－eq \f(kQq,2a)。 答案：(1)eq \f(mv,Br)　带正电荷 (2)eq \f(mv（2r－2Lcosθ）,q（r2＋L2－2rLcosθ）) (3)沿径向向外　Bv－eq \f(mv2（2r－2Lcosθ）,q（r2＋L2－2rLcosθ）) 解析：(1)离子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r) 解得q＝eq \f(mv,Br)，由左手定则判断离子带正电荷。 (2)离子在通道内、外做圆周运动的完整轨迹圆如图所示。 由题意可知O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r 引出轨迹为圆弧，由洛伦兹力提供向心力有qvB′＝eq \f(mv2,R) 解得R＝eq \f(mv,qB′) 根据余弦定理得R2＝L2＋(R－r)2－2L(R－r)cos(π－θ) 联立解得B′＝eq \f(mv（2r－2Lcosθ）,q（r2＋L2－2rLcosθ）)。 (3)电场强度方向沿径向向外，引出轨迹为圆弧，有Bqv－Eq＝eq \f(mv2,R) 解得E＝Bv－eq \f(mv2（2r－2Lcosθ）,q（r2＋L2－2rLcosθ）)。 5．(2025·黑龙江省哈尔滨市高三下二模)如图所示，平行光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，右端连接有光滑倾斜轨道，导轨间距离为L，导轨左侧接有电阻，aa′b′b区域与cc′d′d区域间存在竖直向上与竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，aa′与bb′、cc′与dd′的距离均为L。M导体棒质量为2m、N绝缘棒质量为m，两棒垂直导轨放置，现N棒静止于bb′与cc′之间的某位置，M棒在aa′边界静止，某时刻M棒在水平向右的恒力F作用下开始运动，已知F＝eq \f(B4L5,8mR2)，当运动到bb′边界时撤去F，此时M棒已经达到匀速运动。已知整个过程中两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨左侧电阻和M棒接入导轨的电阻均为R，其他导体电阻不计，所有碰撞均为弹性碰撞，首次碰撞之后N与M每次碰撞前M均已静止，且碰撞时间极短，求： 答案：(1)eq \f(B2L3,4mR)　(2)eq \f(BL2,3R)　(3)L 解析：(1)由于撤去F时M棒已经达到匀速运动，由平衡条件有F＝BIL M棒在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,2R) 解得v＝eq \f(B2L3,4mR)。 (2)M棒在aa′b′b区域运动的过程，通过R的电荷量q1＝eq \o(I,\s\up11(－))1Δt1 平均感应电流eq \o(I,\s\up11(－))1＝eq \f(\o(E,\s\up11(－))1,2R) 平均感应电动势eq \o(E,\s\up11(－))1＝eq \f(ΔΦ1,Δt1) 磁通量变化量ΔΦ1＝BL2 联立可得q1＝eq \f(BL2,2R) 以水平向右为正方向，设M、N棒碰后瞬间速度分别为v1、v2，两棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及机械能守恒定律可得2mv＝2mv1＋mv2， eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 解得v1＝eq \f(B2L3,12mR)，v2＝eq \f(B2L3,3mR) M棒从进入cc′d′d区域磁场至第一次静止，由动量定理得－Beq \o(I,\s\up11(－))2LΔt2＝0－2mv1 该过程中通过R的电荷量q2＝eq \o(I,\s\up11(－))2Δt2 可得q2＝eq \f(BL2,6R) 因M棒在两个磁场中运动时回路中电流方向相反，则q＝q1－q2 解得q＝eq \f(BL2,3R)。 (3)M棒从进入cc′d′d区域磁场至第一次静止，设位移大小为x右，则平均感应电动势eq \o(E,\s\up11(－))2＝eq \f(BLx右,Δt2) 且eq \o(I,\s\up11(－))2＝eq \f(\o(E,\s\up11(－))2,2R) 可得x右＝eq \f(L,3) 易知绝缘棒N第二次与导体棒M碰前速度大小为vN1＝v2，方向水平向左，设碰后其速度为vN2，导体棒M的速度为vM2，弹性碰撞过程中根据动量守恒定律和机械能守恒定律有－mvN1＝2mvM2＋mvN2，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N1)＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,M2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N2) 解得vM2＝－eq \f(2B2L3,9mR)，vN2＝eq \f(B2L3,9mR) 设碰撞后M棒在磁场中向左运动的位移大小为x1，根据动量定理得 Beq \o(I,\s\up11(－))3LΔt3＝0－2mvM2 其中eq \o(I,\s\up11(－))3＝eq \f(BLx1,2RΔt3) 解得x1＝eq \f(8L,9) 绝缘棒N第三次与导体棒M碰前速度大小为vN3＝vN2，方向水平向左，设碰后M、N棒的速度分别为vM3、vN3，同理有－mvN2＝2mvM3＋mvN3 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N2)＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,M3)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N3) 此次M棒向左运动的位移x2满足eq \f(B2L2,2R)x2＝－2mvM3，可得x2＝eq \f(8L,27) 则有x2＝eq \f(1,3)x1 绝缘棒N第四次与导体棒M碰前速度大小为vN4＝vN3，方向水平向左，设碰后M、N棒的速度分别为vM4、vN4，同理有－mvN3＝2mvM4＋mvN4 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N3)＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,M4)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N4) 此次M棒向左运动的位移x3满足eq \f(B2L2,2R)x3＝－2mvM4，可得x3＝eq \f(8,81)L＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)x1 以此类推，对第n＋1次碰撞后M棒向左运动的位移xn有xn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)x1 所以向左运动的总位移为x左＝x1＋x2＋…＋xn＋… 根据等比数列求和公式，有x左＝eq \o(lim,\s\do11(n→∞)) eq \f(x1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\f(1,3)) 可得x左＝eq \f(4L,3) 所以自发生第一次碰撞后到最终两棒都静止，导体棒M在磁场中运动的总位移大小 x＝x左－x右 解得x＝L。 6．一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上。已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN中左侧eq \f(2,3)区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧eq \f(1,3)区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。 (1)求原本打在MN中点P的离子质量m； (2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U 的调节范围； (3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) 解析：(1)离子在电场中加速，有qU0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r0) 解得r0＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU0,q)) 由题意可知2r0＝eq \f(3,2)L 解得m＝eq \f(9qB2L2,32U0)。 答案：(1)eq \f(9qB2L2,32U0)　(2)eq \f(100U0,81)≤U≤eq \f(16U0,9) (3)3次 (2)由题意知qU＝eq \f(1,2)mv2 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r) 由(1)可知m＝eq \f(9qB2L2,32U0) 联立解得U＝eq \f(16U0r2,9L2) 离子打在Q点时，r＝eq \f(5,6)L，U＝eq \f(100U0,81) 离子打在N点时，r＝L，U＝eq \f(16U0,9) 则电压的范围eq \f(100U0,81)≤U≤eq \f(16U0,9)。 (3)由(1)可知r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，即r∝eq \r(U) 由题意知，第1次调节电压到U1，使原本打在Q点的离子打在N点，有eq \f(L,\f(5,6)L)＝eq \f(\r(U1),\r(U0)) 此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，有eq \f(\f(5,6)L,r1)＝eq \f(\r(U1),\r(U0)) 解得r1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq \s\up12(2)L 第2次调节电压到U2，使原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则eq \f(L,r1)＝eq \f(\r(U2),\r(U0))，eq \f(\f(5,6)L,r2)＝eq \f(\r(U2),\r(U0))， 解得r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq \s\up12(3)L 同理，第n次调节电压，有rn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq \s\up12(n＋1)L 检测完整，有rn≤eq \f(L,2)，解得n≥eq \f(lg 2,lg \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))))－1≈2.8 可知需要调节U的最少次数为3次。 $