2026湖南卷15题 -第15题突破（含第40～42练）-【奇点物理】高考物理考前60天逐题破•天天练

第42练电学计算3：电磁感应综合 (三年考频：1次 预测指数：★★★★) 本大题共6小题，每题16分，共96分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最 后答案的不能得分。 1.（2025·湖南长沙·三模)如图所示，一“U形金属 2.(2025·湖南长沙：模拟预测)如图所示，两根足 导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为的 够长的平行金属导轨NPQ,固定在倾角(0=30°) 金属棒αb垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。 的斜面上，整个空间分布着垂直导轨平面向上的匀 边长为L的正方形c配f区域内，存在垂直于纸面向 强磁场。将两根金属棒、b放置在导轨上，并将b 外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下 用绝缘轻绳绕过定滑轮和物块c连接，滑轮左侧绳 的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的 索与导轨平行，右侧绳索竖直。初始时在外力作用 变化关系均为B=t(SI),k为常数(k>0)。支 下，a、b、c均静止且b、c间绳索恰好伸直，撤去 架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均 外力释放物块c后，b在导轨上运动不会撞到滑轮， 为，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加 c在竖直方向运动不会撞到地面。己知a、b质量 竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的 ,=0.2kg,,=01kg,c的质量未知但大小可调， 匀加速直线运动，整个运动过程中α山与两边导轨接 金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒α、 触良好。已知b与导轨间动摩擦因数为L,重力加 b与导轨间动摩擦因数均为“且L= ,其它阻力 速度大小为8。不计空气阻力，两磁场互不影响。 2 不计。（重力加速度g取10m/s2) 固定支架 (1)求闭合回路中感应电动势的大小，并写出b中 (1)若b棒恰好不沿导轨向上运动，求此时c的质量 电流的方向： ; (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式： (2)稳定后，若α棒恰好不沿导轨向上运动，求此时 (3)求经过多长时间，对b所施加的拉力达到最大 c的质量m2。 值，并求此最大值。 试卷第1页，共1页 3.（2026湖南长沙二模)“低压管道电磁运输系统” 4.(2025·湖南长沙.一模)滑雪是一项受欢迎的体 是未来城际高速物流的重要发展方向。如图所示， 育运动，大多数滑雪运动员在赛道上的滑行速度超 水平绝缘低压管道内固定有两根足够长的平行金 过每小时100千米，风险较大。我们设想一种电磁 属导轨，导轨间距L=2m,导轨间分布着方向竖直 滑道，可以通过控制磁场强弱实现对滑行速度的控 向下、磁感应强度大小B=5T的匀强磁场。质量 制。如图甲所示的足够长的光滑斜面与水平面成0 =1000kg的运输舱装有一根跨接在导轨上且接 =37°角，边界EF上方的区域内存在垂直斜面方向 触良好的导体棒。运输舱在运行过程中受到恒定阻 的磁场，磁感应强度变化规律如图乙所示。t=0时 力∫=2.0×10N。地面供电系统为恒压直流电源， 刻磁场方向垂直斜面向上，0~2s时间内，单匝正 电动势E=2000V,回路总电阻R=2.02。系统设 方形闭合金属框ABCD在外力作用下静止在斜面上， 计的额定巡航速度y。=180m/s。 金属框CD边与边界F的距离为L三m,1仁2S 时撤去外力，金属框将沿斜面下滑，此后磁感应强 度保持不变。己知金属框质量为0.1kg,边长为L, XXX 每条边电阻均为R=0.0252,金属框CD边始终与 (1)若仅由地面电源单独供电，求运输舱能达到的最 边界EF平行，从=0时刻到金属框刚好完全离开 大稳定速度vm; 磁场的过程中，金属框AB边产生的焦耳热Q4B 967 (2)为确保运输舱能达到额定巡航速度Y。,起步时同 J,sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。 6480 步启动自带的辅助推进器提供水平恒力F,求最小 值Fm; (3)运输舱以额定巡航速度'。进站时，立即切断电源 和辅助推进器，切换至再生制动模式：回路总电 阻仍为R=2.0Ω，车载控制器控制回路电流大小恒 甲 为I=300A,利用安培力辅助减速，同时将部分电 (I)CD边刚过边界EF时，求C、D两点间的电势差； 能回收到储能电网。当感应电动势无法维持电流I (2)求金属框AB边刚到达边界EF时的速度大小： 时，系统自动停止电能回收并转为机械刹车。求此 (3)求从撤去外力到金属框刚好完全离开磁场时所 次进站过程中，不计其他损耗下系统回收到储能电 经历的时间。 网的总电能△E。 试卷第2页，共3页 5.(2026湖南长沙模拟)如图所示，在水平面上 6.（25-26高三下·湖南长沙·月考)如图所示，平行 固定两间距为d=lm、长度足够的平行导轨，导轨 金属导轨MN、MIN和平行金属导轨POR、P'QR' 间存在方向垂直水平面向上、磁感应强度大小为 固定在高度差为h(数值未知)的两水平台面上。 B=1T的匀强磁场。一质量为m=1kg的导体棒搁 导轨NMN左端接有电动势E=1.2V、内阻r=12 置于导轨间，通过水平绝缘细绳跨过轻质定滑轮与 的电源。N与MN的间距为L=0.l0m,其导轨空 质量为M=2kg的重物相连。在导轨左侧，通过开 间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 关S可分别与电容C=1F、电阻R=12和电感 B=0.20T;平行导轨PQR与P'QR的水平部分足够 L=2H的支路连接。在各种情况下导体棒均从静止 长，其间距也为L=0.10m,其中Pg与PQ'是圆心 开始运动，且在运动过程中始终垂直于导轨，不计 角为60°、半径为r0.50m的圆弧形导轨，QR与QR 其他电阻、空气阻力、摩擦阻力和电磁辐射。（当 是水平长直导轨，QQ右侧有方向竖直向上的匀强 电感中通有电流Ⅱ时，电感线圈存储的磁场能为 磁场，磁感应强度为B0.40T。导体棒a的质量 =0.02g,接在电路中的电阻R=0.22,放置在导 轨MN、MN右侧NN边缘处；导体棒b的质量 0.04kg,接在电路中的电阻R2=0.42,放置在水 平导轨某处。闭合开关K后，导体棒α从N水平 抛出，恰能无碰撞地从PP'处以速度v=2m/s滑入 平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度取 (1)若开关S掷向1，串接一不带电的电容器，电容 g10/s2,不计一切摩擦及空气阻力。求： 为C,求导体棒的加速度： (2)若开关S掷向2，串接电阻，已知电阻阻值为R, 60 且在静止释放导体棒的t。=3S时间内，导体棒位移 大小为x。=21m,求导体棒在这段过程中的末速度 大小： (1)导体棒b的最大加速度大小； (3)若开关S掷向3，串接一阻值为R的电阻和电感 (2)初始导体棒b距离磁场边界QQ的最小距离； 为L电感线圈相串联的电路，当重物下降h=30m (3)从闭合开关K到α、b棒达到稳定运动的过程中， 时，重物运动速度可视为匀速。 导体棒α产生的焦耳热（结果保留两位有效数字）。 ①求匀速运动速度大小。： ②重物从静止开始下降3h的过程中，回路产生的焦 耳热9。 试卷第3页，共3页 《第42练电学计算3：电磁感应综合》参考答案 k'It R 1.(①2，从a流向b:(②R=R+m:) 安培力大小也为F=2.5N,方向沿斜面向下，对b uk2 +m(g+a) 棒有T'=,gsin8+ul8cos日+F安，对c有 2√Rm 【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得感应电动 T'=,8,联立解得2=0.375kg。 势的大小为B=△0_￡=：，由楞次定律可知 △t△t 3.(1)m=160m/s;(2)Fm=1000N: ab中电流的方向由a指向b。 (3)△E=4.32×106J 1 (2)金属棒b在t时间内的位移为x=二2，回路 【解析】(1)运输舱稳定时有E感=BLym, 中的总电阻为R。=R+2xr=R+mt,电流为 E-E感=IR,F卖=BIL,Fx-∫=O,联立得 I=E: R。R+mt,所受安培力的大小为 vm=160m/s; kLt (2)运输舱能达到额定巡航速度'，时有 F=BIL= R+art2 (3)对金属棒b由牛顿第二定律可得 E-BL。=,R,F+BI,L-f=0,联立得 F-g-LF安=a,当安培力取最大值时，拉力达 F.=1000N: k'It kD 到最大值，其中=R+ (3)受力分析，根据牛顿第二定律有BIL+f=Q, -art ,由基本不 t 维持时间t=。”,恰无法维持电流I时，有 a 等式可知+1≥2m,所以R,sg 当 2√Ram B=R,运动位移x=+"t,由能量守恒有 2 且仅当=1，即=， 区时，拉力的最大值为 1 2 0号w2=+IPR1+△E,联立得 F=m(g+a)+- ak2I 。 2Rar △E=4.32×106J。 2.(1)m=0.125kg;(2)m2=0.375kg 4.(-V(2②1ms:3)0.78s 【解析】(1)若b棒恰好不沿导轨向上运动，对b 【解析】(1)CD边运动到EF的过程中由动能定理 棒有T=,8sin8+m8cos8,对c有T=g,联 得gLn37m,解得=2mS 立解得此时c的质量为m=0.125kg: CD边刚过边界时，AB边切割磁感线相当于电源， 所以C、D两点间的电势差为 (2)稳定后，若α棒恰好不沿导轨向上运动，根 据平衡条件可得此时α棒受到的安培力大小为 UCD=- R坠，解得= 4R 6 Fx=,8sin8+l.8cos6=2.5N,方向沿斜面向 (2)从t=0时刻到AB边刚好运动到边界EF的过 程中，AB边产生的焦耳热分为两部分，第一部分 上，此时b棒沿斜面向上做匀速直线运动，受到的 答案第1页，共1页 为金属框静止时马= E) Rt,根据法拉第电磁 R,=Ba=B,联立得a=mR+m: Mg B'd'v 4R R 感应定律得B=nA=8E,联立解得《 对时间微元求和 △t△t 81 第二部分为金属框运动过程中AB边产生的热量 ∑aAt= MgN-Z B'd'v M+m =v来0， R(M+m) Q,=QeQ=,金属框从cD边过边界B Mg。Bdx。 运动至AB边刚到达边界EF,整个金属框产生的热 M+R(M+m)）’ 导体棒在这段过程中的 量为4Q2,根据能量守恒定律得 末速度大小v表=13m/s: 1 1 mgL sin37-4O,=2-之，解得4B边刚到 (3)①重物匀速运动Mg= Bdv。,匀速运动速度 R 达边界EF时的速度大小为y,=1ms: 大小。=20m/s; (3)从撤去外力到金属框刚好完全离开磁场时经 1 历的时间分为两段，第一段为CD边到达边界EF ②由能量守恒Mg3h= a+m+号正+Q,对 用时，此过程为匀加速直线运动，根据牛顿第二 重物Mg=BdI。,回路产生的焦耳热Q=800J。 定律gsn37=0,运动学公式1-=，解 6.(1)0.2m/s2:(2)15m;(3)0.22J 得千子，第二段为CD边刚经过边界B即到AB 【解析】(1)导体棒a从P点滑至Q点过程中， 边到达边界EF用时2，设沿斜面向下为正方向， 机械能守恒，P、Q间竖直高度差 根据动量定理gsin37.t2-BLt,=w,-州，其 △h=r(1-cos60)=0.5×(1-0.5)=0.25m,由 中弧4，=B.B山，-B江，解得5，=045， 2%+%gh= 1 三2，代入=2ms, 4R 4R 总时间为t=t1+t2=0.78s。 8=10m/s2,得2=4+2×10x0.25=9,y2=3m/s, 5.(1)a=5m/s2;(2)v末=13m/s; a刚进入QQ右侧磁场时，切割磁感线产生感应电 (3)①。=20m/s②2=800J 动势E。=B2L。=0.4×0.1×3=0.12V,回路总电阻 R。=R1+R2=0.2+0.4=0.62,回路电流 【解析】(1)对M有g-F=Ma,对有 E2-0.12 R-F =ma,F.=Bdi,i=Ag=CBdAv I= =CBda, R0.6 =02A,导体棒b所受安培力 △t△t Mg M+m+C8,导体棒的加速度 F。=B2IL=0.4×0.2×0.1=0.008N,导体棒b的最 联立解得a= E-0.008 a=5m/s2; 大加速度am= =0.2m/s2; 20.04 (2)对M有Mg-F=M,对m有F,-FA=a, (2)设从α进入磁场到两棒共速过程中，通过回 路的电荷量为I,对导体棒α应用动量定理 答案第2页，共3页 -B,Lq=(v-'e),系统动量守恒 W1=E☑=1.2×1=1.2J,a获得动能 Y2=(m+2)v,代入4=0.02kg,,=0.04kg, △K=4G=05x002x1=00山，阶段电路总 2=3ms,得共同速度v=002×3-=1mls,代入 焦耳热91=W电-△K1=1.2-0.01=1.19J,左侧回 0.06 动量定理-B2Lq=0.02×(1-3)=-0.04,解得 路总电阻+R=1+0.2=1.22,a的电阻R占比 g=0.040.04 B,L0.4×0.1 =1C,又 2。,故阶段一a产生的焦耳热 q=陆=R+R 。1。ed= 元AD,而A0=B,L 1 0=2×1.19≈0.1983J: 6 为a相对6的位移，代入得1R,解得 阶段二：α进入右侧磁场后与b相互作用至共速 1×0.6 5el=0.4×0.1 =15m,此即初始时b距离磁场边界 系统初始动能K-4店=05x02x9-Q091, QQ'的最小距离： 未动能女=侧+叫)加=05x06x1=03, (3)从闭合开关K到a、b达到稳定运动，全过 阶段二电路总焦耳热 程分为两个阶段 22=K-K=0.09-0.03=0.06J,R、R2串联， 阶段一：a在左侧导轨被加速至离开N,设a离 热量分配与电阻成正比，4的电阻R=0.22,b的 开W时速度为'。（水平），由平抛后无碰撞滑入 电阻R2=0.42,比例R:R2=1:2,故阶段二a产 Pp',可知。=ycos60°=2×0.5=1m/s,对左侧加 生的焦耳热Q:-×06-0021,全过程a产生 速过程，应用动量定理∫B,ILt=B,Lg=Y。-0, 的总焦耳热 代入B=0.2T,L=0.1m,m=0.02kg,得 2.=0a1+0.2=0.1983+0.02=0.2183J≈0.22J。 4=0021=1C,电源做功 0.2×0.1 答案第3页，共3页第41练 电学计算2：带电粒子在复合场中的运动 （三年考频：4次 预测指数：★★★★ ） 本大题共6小题，每题16分，共96分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，在竖直的xOy平面内，在水平x轴上方存在匀强电场，场强大小，方向平行于x轴向右，在x轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和大小方向都未知的匀强电场，时将一荷质比为10C/kg的带正电小球从y轴上的P点无初速度释放，释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动，恰好从坐标原点再次返回第一象限，已知重力加速度为，磁感应强度。求： (1)匀强电场的大小与方向； (2)P点的纵坐标L； (3)小球第8次穿过x轴时的位置坐标。 2．（2025·湖南长沙·模拟预测）现代科技中经常用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某种粒子收集装置如图所示，在第二象限中存在一水平向右的匀强电场，一曲线形放射源不停地沿y轴负方向以初速度释放电量为＋q质量为m的粒子，已知放射源的两端点位置为（0，0）和（－0.5a，a），所有电荷均从原点进入第四象限，在第四象限中存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为，运动过程中忽略粒子的重力和粒子间的相互作用力，，求： (1)电场强度的大小； (2)放射源的曲线方程； (3)假设放射源连续发射粒子稳定后，粒子经过原点时按照角度均匀分布，在第四象限中放置一长度为的竖直收集板（粒子打到板上即被收集），一端紧靠x轴，将收集板置于位置时，收集率是多少？（结果用分数表示） 3．（2026·湖南长沙·模拟预测）现代科技中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内半径为r的圆与两坐标轴分别相切于P、Q两点，圆内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆外无磁场。P点处有一粒子源，射出粒子的质量为m、电荷量为q，初速度大小相等。若粒子从P点垂直于y轴进入磁场，该粒子恰能通过Q点沿y轴正方向进入电场，离开电场时速度方向与y轴正方向成角，。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 (1)求粒子的电性及初速度大小； (2)求匀强电场的电场强度大小E； (3)若从P点射出的粒子速度方向与y轴正方向的夹角的范围是，求所有粒子从电场中射出时的速度与y轴正方向夹角的范围。 4．（25-26·湖南长沙·月考）如图所示，在纸面内建立平面直角坐标系，在第一象限的部分区域分布有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小的有界匀强磁场（图中未画出），磁场的左边界与y轴重合，磁场的右边界与曲线（其中，单位：m）相切。从y轴上的A点沿x轴正方向射入许多质量均为、电荷量均为的带正电粒子，不计粒子的重力及相互作用力，已知所有粒子均垂直磁场左边界射出，取。求： (1)粒子在磁场中运动的时间。 (2)磁场区域的最小面积S。 (3)速率最大的粒子从A点到达磁场右边界时动量改变量的大小。 5．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系xOy的x>0区域被平行于y轴的场边界M、N分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，区域Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，在区域Ⅰ、Ⅱ内有沿y轴负方向的匀强电场，在区域Ⅱ内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，区域Ⅲ内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，在坐标原点O沿与x轴正方向成45°角在坐标平面内向第一象限射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子的初速度大小为，粒子在区域Ⅰ内运动后以垂直于M的方向进入区域Ⅱ，粒子在区域Ⅱ内做直线运动，不计粒子的重力，求： (1)匀强电场电场强度的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)当粒子第二次在区域Ⅱ中运动的速度沿y轴负方向时的位置离x轴的距离。 6．（2026·湖南常德·一模）如图甲所示，y轴左侧有两块带等量异种电荷的水平平行金属板，y轴右侧有交替变化的匀强磁场，x轴在平行金属板的中心线上。一个质量为m，电荷量为的带电粒子（重力不计），以初速度从金属板左端中心线沿方向进入，恰好能从金属板下边缘P点飞出并进入磁场。以粒子进入磁场为0时刻，在时刻粒子第一次经过x轴。已知两金属板间距为d，板长为板间距的倍，磁场取垂直纸面向里为正方向，乙图中，T未知，不考虑磁场变化引起的感生电场，计算结果用、d和常量表示。 (1)求粒子在P点的速度大小v； (2)若粒子在时刻恰到磁场右边界，求磁场的右边界到y轴之间的宽度s； (3)若磁场宽度s不确定，但粒子出右边界时速度都是沿方向，求粒子在磁场中运动时间t的可能值。 《第41练 电学计算2：带电粒子在复合场中的运动》参考答案 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．(1)，方向竖直向上；(2)0.2m；(3) 【解析】（1）小球在第四象限受重力、电场力和洛伦兹力做匀速圆周运动，则有，代入数据得，方向竖直向上。 （2）粒子运动轨迹如图所示 水平方向，根据牛顿第二定律，有，解得，竖直方向，根据牛顿第二定律，有，解得，即水平和竖直方向均做加速度为，初速度为0的匀加速运动，进入第四象限时坐标为，设小球进入第四象限时速度为v，根据速度-位移公式，有，，解得，则，速度与轴的夹角为，则，解得，小球在第四象限做匀速圆周运动，有，解得，由几何关系可知，联立以上解得P点的纵坐标； （3）小球进入电场后竖直方向做上抛运动，水平方向做加速度为的匀加速运动，每次在电场中运动时间相等，从点进入电场中水平初速度和竖直速度相等，，三次在电场中运动位移，在磁场中每次向左运动距离，每次进入磁场不变，恒为，则，第八次经过轴时，所以坐标为。 2．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）（-0.5a,a）入射的粒子做类平抛运动过原点，根据运动学公式有a=v0t1，，根据牛顿第二定律有，联立解得； （2）假设从坐标（x，y）射出的粒子，则需要满足y=v0t′，，两式联立消去时间解得放射源的轨迹方程为； （3）（-0.5a，a）入射的粒子从O点进入磁场，根据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线交y轴方向位移的中点，设此时粒子速度与x轴的夹角为α，故有，即α=45°，故粒子进入磁场时速度方向与x轴夹角在45°～90° 范围内，设经过原点的粒子速度为v，与x轴夹角为θ，粒子在第四象限的轨迹半径为r,粒子运动的轨迹如图所示 根据牛顿第二定律有，又，根据几何知识可知，联立解得，所以粒子打到x轴的位置到原点距离为x=2rsinθ=2b 与θ无关，所有粒子均从（2b，0）点射出，收集板位于 时，与x轴夹角为β的粒子恰好打到收集板边缘，设粒子运动半径为r′，如图所示 由几何知识有，解得，由，解得β=53°，粒子进入磁场时速度方向与x轴夹角在 45°～53° 范围内的粒子可以打到收集板，则收集率为。 3．(1)粒子带负电，；(2)；(3) 【解析】（1）根据左手定则，可知粒子带负电，根据几何关系，可得粒子在磁场中做圆周运动的半径，根据牛顿第二定律有，联立解得； （2）粒子在电场中沿y方向速度不变，到达y轴时的沿x方向速度为，则有，在x方向上，根据运动学公式有，又已知，联立解得； （3）所有粒子从P点射入后，经磁场偏转后，最终沿y轴正方向以相同的速度进入电场。设粒子穿过y轴时，与y轴正方向的夹角的最小值为，最大值为。根据几何关系，可知以入射的粒子，将从处进入电场；则有，，解得，以入射的粒子，将从处进入电场，则有，，解得，综上所述，的范围是。 4．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）所有粒子均垂直磁场左边界射出，可知所有粒子在磁场中均做半个圆周运动。设某粒子的速率为，在磁场中轨迹圆半径为，有，粒子在磁场中做整个圆周运动的周期，则，解得； （2）速率最大的粒子在磁场中运动到磁场右边界，其轨迹圆与曲线相切。设此粒子的轨迹圆半径为r，轨迹方程为，又，可得，由于两曲线相切，y只有一解，则，可得，则磁场区域的最小面积为，解得； （3）如图甲，速率最大的粒子的轨迹圆与曲线的切点为， 由（2）知速率最大的粒子轨迹圆半径，代入轨迹方程求得C点的横坐标为，粒子从A点运动到C轨迹圆心角满足，可得，由，解得，如图乙，由矢量运算法则知，此过程中粒子动量改变量大小为。 5．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）粒子在区域I内运动过程中，根据运动的分解，竖直方向上粒子做匀减速运动，则有，根据牛顿第二定律可得，水平方向粒子做匀速直线运动，则有 联立解得； （2）粒子进入区域Ⅱ的速度大小，粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，根据力的平衡，解得； （3）设粒子第一次区域Ⅲ中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律，解得，设粒子第一次进区域Ⅲ时的位置坐标为，则，设粒子第二次进区域Ⅱ时的位置坐标为，则，将粒子在区域Ⅱ中的运动分解为两个分运动，一个是速度大小为且沿x轴正向的匀速直线运动，另一个初速度大小为且初速度方向沿x轴负方向的匀速圆周运动。当匀速圆周运动的分运动速度与x轴负方向成60°时，合速度方向竖直向下。设做匀速圆周运动分运动的半径为R，则有，解得，此时粒子离x轴的距离。 6．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）设P点速度与水平方向夹角为，将P点速度反向延长，有，得，可得； （2）若粒子在时刻恰到磁场右边界，在磁场中，将代入得，则圆心恰在x轴上，宽度； （3）第一次经过x轴时速度方向沿方向，时间，之后每经过速度方向均沿方向，故。 $第42练 电学计算3：电磁感应综合 （三年考频：1次 预测指数：★★★★ ） 本大题共6小题，每题16分，共96分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（2025·湖南长沙·三模）如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为的金属棒垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为的正方形区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小随时间的变化关系均为（SI），为常数（）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为，下方导轨的总电阻为。时，对施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为的匀加速直线运动，整个运动过程中与两边导轨接触良好。已知与导轨间动摩擦因数为，重力加速度大小为。不计空气阻力，两磁场互不影响。 (1)求闭合回路中感应电动势的大小，并写出中电流的方向； (2)求所受安培力的大小随时间变化的关系式； (3)求经过多长时间，对所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。 2．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ，固定在倾角（）的斜面上，整个空间分布着垂直导轨平面向上的匀强磁场。将两根金属棒a、b放置在导轨上，并将b用绝缘轻绳绕过定滑轮和物块c连接，滑轮左侧绳索与导轨平行，右侧绳索竖直。初始时在外力作用下，a、b、c均静止且b、c间绳索恰好伸直，撤去外力释放物块c后，b在导轨上运动不会撞到滑轮，c在竖直方向运动不会撞到地面。已知a、b质量，，c的质量未知但大小可调，金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a、b与导轨间动摩擦因数均为且，其它阻力不计。（重力加速度g取） (1)若b棒恰好不沿导轨向上运动，求此时c的质量； (2)稳定后，若a棒恰好不沿导轨向上运动，求此时c的质量。 3．（2026·湖南长沙·二模）“低压管道电磁运输系统”是未来城际高速物流的重要发展方向。如图所示，水平绝缘低压管道内固定有两根足够长的平行金属导轨，导轨间距，导轨间分布着方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。质量的运输舱装有一根跨接在导轨上且接触良好的导体棒。运输舱在运行过程中受到恒定阻力。地面供电系统为恒压直流电源，电动势，回路总电阻。系统设计的额定巡航速度。 (1)若仅由地面电源单独供电，求运输舱能达到的最大稳定速度； (2)为确保运输舱能达到额定巡航速度，起步时同步启动自带的辅助推进器提供水平恒力F，求最小值； (3)运输舱以额定巡航速度进站时，立即切断电源和辅助推进器，切换至“再生制动”模式：回路总电阻仍为，车载控制器控制回路电流大小恒为，利用安培力辅助减速，同时将部分电能回收到储能电网。当感应电动势无法维持电流I时，系统自动停止电能回收并转为机械刹车。求此次进站过程中，不计其他损耗下系统回收到储能电网的总电能。 4．（2025·湖南长沙·一模）滑雪是一项受欢迎的体育运动，大多数滑雪运动员在赛道上的滑行速度超过每小时100千米，风险较大。我们设想一种电磁滑道，可以通过控制磁场强弱实现对滑行速度的控制。如图甲所示的足够长的光滑斜面与水平面成θ＝37°角，边界EF上方的区域内存在垂直斜面方向的磁场，磁感应强度变化规律如图乙所示。t＝0时刻磁场方向垂直斜面向上，0～2s时间内，单匝正方形闭合金属框ABCD在外力作用下静止在斜面上，金属框CD边与边界EF的距离为L＝m，t＝2s时撤去外力，金属框将沿斜面下滑，此后磁感应强度保持不变。已知金属框质量为0.1kg，边长为L，每条边电阻均为R＝0.025Ω，金属框CD边始终与边界EF平行，从t＝0时刻到金属框刚好完全离开磁场的过程中，金属框AB边产生的焦耳热QAB＝J，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。 (1)CD边刚过边界EF时，求C、D两点间的电势差； (2)求金属框AB边刚到达边界EF时的速度大小； (3)求从撤去外力到金属框刚好完全离开磁场时所经历的时间。 5．（2026·湖南长沙·模拟）如图所示，在水平面上固定两间距为、长度足够的平行导轨，导轨间存在方向垂直水平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。一质量为的导体棒搁置于导轨间，通过水平绝缘细绳跨过轻质定滑轮与质量为的重物相连。在导轨左侧，通过开关可分别与电容、电阻和电感的支路连接。在各种情况下导体棒均从静止开始运动，且在运动过程中始终垂直于导轨，不计其他电阻、空气阻力、摩擦阻力和电磁辐射。（当电感中通有电流时，电感线圈存储的磁场能为） (1)若开关掷向1，串接一不带电的电容器，电容为，求导体棒的加速度； (2)若开关掷向2，串接电阻，已知电阻阻值为，且在静止释放导体棒的时间内，导体棒位移大小为，求导体棒在这段过程中的末速度大小； (3)若开关掷向3，串接一阻值为的电阻和电感为电感线圈相串联的电路，当重物下降时，重物运动速度可视为匀速。 ①求匀速运动速度大小； ②重物从静止开始下降的过程中，回路产生的焦耳热。 6．（25-26高三下·湖南长沙·月考）如图所示，平行金属导轨MN、M′N′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在高度差为h（数值未知）的两水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电动势E=1.2V、内阻r0=1Ω的电源。MN与M′N′的间距为L=0.10m，其导轨空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B1=0.20T；平行导轨PQR与P′Q′R′的水平部分足够长，其间距也为L=0.10m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r=0.50m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2=0.40T。导体棒a的质量m1=0.02kg，接在电路中的电阻R1=0.2Ω，放置在导轨MN、M′N′右侧N′N边缘处；导体棒b的质量m2=0.04kg，接在电路中的电阻R2=0.4Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1=2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度取g=10m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求： (1)导体棒b的最大加速度大小； (2)初始导体棒b距离磁场边界QQ′的最小距离； (3)从闭合开关K到a、b棒达到稳定运动的过程中，导体棒a产生的焦耳热（结果保留两位有效数字）。 《第42练 电学计算3：电磁感应综合》参考答案 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．(1)，从流向；(2)；(3)， 【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为，由楞次定律可知中电流的方向由指向。 （2）金属棒在时间内的位移为，回路中的总电阻为，电流为，所受安培力的大小为。 （3）对金属棒ab由牛顿第二定律可得，当安培力取最大值时，拉力达到最大值，其中，由基本不等式可知，所以，当且仅当，即时，拉力的最大值为。 2．(1)；(2) 【解析】（1）若b棒恰好不沿导轨向上运动，对b棒有，对c有，联立解得此时c的质量为； （2）稳定后，若a棒恰好不沿导轨向上运动，根据平衡条件可得此时a棒受到的安培力大小为，方向沿斜面向上，此时b棒沿斜面向上做匀速直线运动，受到的安培力大小也为，方向沿斜面向下，对b棒有，对c有，联立解得。 3．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）运输舱稳定时有，，，，联立得； （2）运输舱能达到额定巡航速度时有，，联立得； （3）受力分析，根据牛顿第二定律有， 维持时间，恰无法维持电流I时，有，运动位移，由能量守恒有，联立得。 4．(1)V；(2)1m/s；(3)0.78s 【解析】（1）CD边运动到EF的过程中由动能定理得 ，解得v1＝2m/s； CD边刚过边界时，AB边切割磁感线相当于电源，所以C、D两点间的电势差为，解得 ； （2）从t＝0时刻到AB边刚好运动到边界EF的过程中，AB边产生的焦耳热分为两部分，第一部分为金属框静止时 ，根据法拉第电磁感应定律得 ，联立解得 第二部分为金属框运动过程中AB边产生的热量 ，金属框从CD边刚过边界EF，运动至AB边刚到达边界EF，整个金属框产生的热量为4Q2，根据能量守恒定律得，解得 AB边刚到达边界EF时的速度大小为 ； （3）从撤去外力到金属框刚好完全离开磁场时经历的时间分为两段，第一段为CD边到达边界EF用时t1，此过程为匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 ，运动学公式 ，解得 ，第二段为CD边刚经过边界EF到AB边到达边界EF用时t2，设沿斜面向下为正方向，根据动量定理 ，其中 ，解得 ，总时间为 。 5．(1)；(2)；(3)①   ② 【解析】（1）对M有，对m有，，，联立解得，导体棒的加速度； （2）对M有，对m有，  ，联立得，对时间微元求和，，导体棒在这段过程中的末速度大小； （3）①重物匀速运动，匀速运动速度大小； ②由能量守恒，对重物，回路产生的焦耳热。 6．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）导体棒 从点滑至 点过程中，机械能守恒，、间竖直高度差，由 ，代入 ，，得 ，，刚进入右侧磁场时，切割磁感线产生感应电动势，回路总电阻 ，回路电流 ，导体棒 所受安培力，导体棒 的最大加速度； （2）设从 进入磁场到两棒共速过程中，通过回路的电荷量为，对导体棒 应用动量定理，系统动量守恒 ，代入 ，，，得共同速度 ，代入动量定理 ，解得 ，又 ，而 ，为相对 的位移，代入得 ，解得 ，此即初始时 距离磁场边界 的最小距离； （3）从闭合开关 到、 达到稳定运动，全过程分为两个阶段 阶段一：在左侧导轨被加速至离开，设 离开时速度为（水平），由平抛后无碰撞滑入 ，可知，对左侧加速过程，应用动量定理 ，代入 ，，，得 ，电源做功 ，获得动能，阶段一电路总焦耳热 ，左侧回路总电阻 ，的电阻占比，故阶段一 产生的焦耳热； 阶段二：进入右侧磁场后与 相互作用至共速 系统初始动能 ，末动能 ，阶段二电路总焦耳热 ，、 串联，热量分配与电阻成正比，的电阻，的电阻，比例 ，故阶段二 产生的焦耳热，全过程 产生的总焦耳热。 $第40练电学计算1：带电粒子在电场中的运动 (三年考频：0次 预测指数：★★★) 本大题共4小题，每题16分，共84分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最 后答案的不能得分。 1.（25-26高三上·湖南长沙·月考)如图甲所示，有 2.(2026·湖南岳阳一模)有一粒子源位于边长为 一理想直流电源（内阻不计），电动势为E=400V, 2L的正方体空间内的几何中心O,能够向水平各个 图中定值电阻R=2002,滑动变阻器的最大值为 方向发射速度大小均为'。质量为，电荷量为+q R=2002,平行板电容器的极板水平放置，极板 的相同带电粒子，忽略粒子重力及粒子间相互作用。 长为l=10cm,极板间距离d=4cm,在距其右端 求： 水平距离L=10cm处竖直放置有一荧光屏，其中心 O正对电容器的正中央，在平行板电容器左端正中 央，有一粒子源S,能够均匀且连续不断地水平向 右发射速度为v。=4×10m/s,比荷k=2×10°C/kg 的带正电的粒子，不计重力和粒子间的相互作用， D sin37°=0.6，求： D (1)若只加竖直向下的匀强电场，为使垂直于平面 ABCD射出的粒子能打在F点，求所加电场的场强 E的大小： (2)若只加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 甲 8- ,粒子运动到正方体侧面的最短时间t: (1)通过调节滑片位置，使得所有粒子都能打在荧光 gL 屏上，此时滑片下方的电阻的范围： )当所加竖直向下的匀强电场B=4n心时，再在 (2)通过调节滑片位置，可使得粒子打在荧光屏上的 不同位置，求屏上亮点距离O点的最大距离Y; 竖直方向加一竖直向下的匀强磁场，使所有粒子都 (3)如图乙，在上下极板加上一正弦交流电压 能汇聚于正方体底面的中心O,求所加磁场的磁感 u=160sin50m(V),则打在荧光屏上的粒子占粒子 应强度B2。 总数的百分比为多少。（粒子在电容器中的运动时 间远小于交流电的周期，结果保留三个有效数字) 试卷第1页，共1页 3.(25-26高三下·湖南长沙开学考试)某实验室内 甲00乙 充满匀强磁场和匀强电场，磁场、电场与水平地面 夹角均为45°且斜向右上，如图所示。房间内在离 地面h处的位置有一个粒子发射源，源源不断地发 射出质量为、电荷量为q的粒子，粒子在房间内 以速度ⅴ做匀速直线运动。某次实验中，撤去磁场， 电场不变，粒子发射后经过一段时间落到地面上 (1)第1次碰撞后甲、乙的速度大小： (不计空气阻力)，重力加速度为g,试求： (②)第2次碰撞前瞬间甲的速度，以及第3次碰撞时 与第1次碰撞位置的竖直距离： B (3)若改变乙的电荷量，其他条件不变，可令小球甲、 乙第2次碰撞位置在第1次碰撞位置的正下方，求 (1)粒子带电的正负，磁感应强度B和电场强度E 甲、乙第次碰撞位置与第1次碰撞位置的水平距 的大小： 离。 (2)本次试验中电场力做功： (3)落地点到发射点的水平距离。 4.(25-26高三下·湖南长沙月考)如图所示，大小 相同的小球甲、乙由不同弹性材料制成。小球甲所 带电荷量为+、质量为，小球乙带负电、电荷量 未知、质量为7，甲、乙接触时无电荷转移。空 间中有水平向右的匀强电场，场强大小为”坚。某 时刻甲以水平向右的初速度v与速度为0的乙发生 第1次碰撞。当乙的水平速度再次减为0时，刚好 与甲发生第2次碰撞。已知重力加速度大小为g, 不计空气阻力，每次碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间 极短。求： 试卷第2页，共2页 《第40练电学计算1：带电粒子在电场中的运动》参考答案 1.(1)0到1282；(2)6cm;(3)58.9% 水平方向洛伦兹力提供向心力，B,=,周期 【解析】(1)当所有粒子都能射出电场时，此时的偏 1g1 2 T=2π_2mm 转电压为U, 解得U≤128V,由闭 gB, 竖直向下匀加速运动L=}:, 21 2 dnvo) t=nT(n=1、2、3.),联立解得 合电路欧姆定律 RR。+R 解得R≤1282，故滑 片下端阻值范围为0到1282： B2= 2√2πm(n=123)。 gL (2)通过调节R,可以调节粒子从电容器边缘射出， 3.0正电，B=2m,B=2ms:20,6) 4v'h+gh" 其到O点的距离为Y,粒子离开电场时速度偏转角为日， 21g 2g g 则，m0号1 ,可得m0=三，又 【解析】(1)粒子在匀强电场和匀强磁场中做匀速直 线运动，则粒子受到的合力为零，粒子受到的电场力 Y-+ztam0,解得：Y=6cmg 与电场线平行，受到的洛伦兹力与磁场方向和电场方 (3)只有偏转电压低于U=128V时，才能从极板间射 向都垂直，则粒子的受力如图所示 出U=160sint得到sint=0.8,由交流电规律，得 到电压低于128V所占总时间的比值7=53 =58.9%。 90° πL 2.C12n:②3；③20m=123y gL mg 【解析】(1)粒子水平方向匀速直线运动L=v,竖 因此粒子应带正电（若粒子带负电，则电场力、洛伦兹 直向下做匀加速直线运动L=,am',其中a=9型 1 力和重力不可能平衡)，根据平衡条件有 2 解得：B=2n mg血45=qB，mgc0s45=gB,解得五=V2飕 2g gL (2)粒子在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二 B-mg 定律g,B=心，解得="m心=L,周期 2vq gB T-2.2L,粒子从0点运动到侧面的最短时间， (2)由左手定则可知粒子的速度方向垂直纸面水平向 外，撤去磁场后，重力与电场力的合力垂直于电场力 对应圆周运动中从O点到侧面垂足P的最短弦长，由 斜向下，则粒子运动轨迹在垂直于电场线的平面内， 几何关系可知，弦长OP=L,圆心角日= 3 故电场力不做功； 最短时间t=日T= (3)粒子的速度方向垂直于纸面水平向外，粒子在竖 2π 31。 直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，再竖直方 （3)同时加上电场和磁场，粒子运动可以分解为竖直 向下的匀加速直线运动，水平方向的匀速圆周运动。 向上根据牛顿第二定律g-gE cos45°=a,解得 答案第1页，共1页 1 a- 58,根据位移公式在竖直方向上h三，可得 速度从向右的变为向左的子，所以水平方向上 4h 4h ,水平向外做匀速直线运动，则x=t=y 2× 8 a 4一3，解得=3，对任意的第n次碰指 1 2×1 水平向右做匀加速运动，加速度大小为 d=g sin45'1 前到第（十1）次碰撞前分析，以下列式均对于水平 色 ,则水平向右的位移：= r-. 分运动，规定向右为正方向，对于第次碰撞过程， 落地点到发射点的水平距离 已知碰撞前吃m前=前一，碰撞过程中，动量守恒则 5=√+2 4v2h+gh2 有甲n前+71乙n前=n甲n后+7n'Zn后，根据能量守恒可 4.(0,4:②w, 5:3)30n-001-2n 49 21 .1 8g 7吃n后，解得 16g 2 【解析】(1)由题可知，两球碰撞为弹性碰撞，根据 7 3 Vp后=1p前一4，Vza脂=前一4 。，对于第n次碰 动量守恒定律可得wo=m1十7mz,根据能量守 撞后到第十1次碰撞前过程，甲、乙水平位移相同， 位定准可钓宁-m+子m:狗第一次榜 1 且运动时间相同，说明平均速度相同，即 后=一子，么一，故第一次碰接后甲的速度 3 1 Y甲a1前一Y甲n后=_VZa1前一V△后 8 大小为子。，乙的速度大小为好： 3 1 年黄+V甲三2a1十V2a),解得 (2)第一次碰撞到第二次碰撞，甲、乙水平位移相同， 2 1 5 由v=X可知，水平方向平均速度相同，则有 甲aH前='前一0？za1前=前一子0，不难发现， 3 11 第(n十1)次碰撞前的甲、乙水平速度比第n次碰撞 24%+)=（%+0),前=o, 由此可知， 24 1 前的甲、乙水平速度各减少二。，每次碰撞后到下一次 甲与乙第二次碰撞前的水平速度与第一次碰撞前完全 相同，说明每相邻两次碰撞间，甲、乙水平方向做完 碰撞前，以乙为参考系，甲相对乙的速度从一变为 全相同的周期性运动，甲的水平加速度a=华=g, 'o,所以相邻两次碰撞之间的时间间隔均为 t=%+业= 3y。 3 每个周期的时间7-生-_+7，甲、乙 4甲相对乙 2g,仅关注甲在相邻两次碰撞间的 38 g 84g 运动，不难发现相邻两次碰撞间的位移构成等差数列， 竖直方向始终做自由落体运动，第3次碰撞时与第1 次碰推位置的多直距离力8-g。 公差为A=AwM= 。×3。=36，由于第1、2次碰 02g8g 8g 撞间水平位移为0，故第1次到第次碰撞过程，甲的 (3)第二次碰撞位置在第一次碰撞位置正下方，说明 水平位移为 甲的水平速度从向左的子，变为向右的子，乙的水平 x=0+0m-2列×35]x6m-)=30-0-2m。 8g 16g 答案第2页，共2页第41练电学计算2：带电粒子在复合场中的运动 (三年考频：4次 预测指数：★★★★) 本大题共6小题，每题16分，共96分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最 后答案的不能得分。 1.(2025湖南长沙模拟预测)如图所示，在竖直2.(2025·湖南长沙：模拟预测)现代科技中经常用 的xOy平面内，在水平x轴上方存在匀强电场，场 电场和磁场来控制带电粒子的运动，某种粒子收集 强大小E,=1N/C,方向平行于x轴向右，在x轴 装置如图所示，在第二象限中存在一水平向右的匀 下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和大小方 强电场，一曲线形放射源不停地沿y轴负方向以初 向都未知的匀强电场E2,t=0时将一荷质比为 速度v。释放电量为十q质量为m的粒子，已知放射 10Ckg的带正电小球从y轴上的P点无初速度释放， 源的两端点位置为(0,0)和（一0.5a,a),所有 释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周 电荷均从原点进入第四象限，在第四象限中存在垂 运动，恰好从坐标原点再次返回第一象限，己知重 直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B=” 力加速度为g=10m1s2,磁感应强度B=2T。求： gb' y 运动过程中忽略粒子的重力和粒子间的相互作用 bm、9E1 力，sin53°=0.8，求： (0.5a,→ 。。B。。●··● 0 。●e●。●。● (1)匀强电场E2的大小与方向： 0×××××× (2)P点的纵坐标L: ×××××× (3)小球第8次穿过x轴时的位置坐标。 ×××××× (1)电场强度的大小： (2)放射源的曲线方程： (3)假设放射源连续发射粒子稳定后，粒子经过原点 时按照角度均匀分布，在第四象限中放置一长度为 b的竖直收集板（粒子打到板上即被收集），一端 紧靠x轴，将收集板置于x-b位置时，收集率是 4 多少？（结果用分数表示） 试卷第1页，共1页 3.(2026湖南长沙模拟预测)现代科技中，经常 4.（25-26湖南长沙月考)如图所示，在纸面内建 用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。如图所 立平面直角坐标系，在第一象限的部分区域分布有 示，在平面直角坐标系xOy的第I象限内存在沿x 方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B=0.5T的有 轴正方向的匀强电场，在第V象限内半径为r的圆 界匀强磁场（图中未画出），磁场的左边界与y轴 与两坐标轴分别相切于P、Q两点，圆内存在垂直 重合，磁场的右边界与曲线y=x(其中x≥0， 于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B, 2 圆外无磁场。P点处有一粒子源，射出粒子的质量 单位：m)相切。从y轴上的A点0,2) 1 沿x轴正 为、电荷量为q,初速度大小相等。若粒子从P 点垂直于y轴进入磁场，该粒子恰能通过Q点沿y 方向射入许多质量均为m=1×10kg、电荷量均为 轴正方向进入电场，离开电场时速度方向与y轴正 q=2×104C的带正电粒子，不计粒子的重力及相 方向成8角，tan8=√2。不计粒子的重力及粒子间 互作用力，已知所有粒子均垂直磁场左边界射出， 的相互作用。 取元=3.14。求： y/m 0 x/m (1)粒子在磁场中运动的时间1。 (2)磁场区域的最小面积S。 (③)速率最大的粒子从A点到达磁场右边界时动量 (1)求粒子的电性及初速度大小。： 改变量的大小△”。 (2)求匀强电场的电场强度大小E: (3)若从P点射出的粒子速度方向与y轴正方向的夹 角a的范围是60°≤≤120°，求所有粒子从电场中 射出时的速度与y轴正方向夹角的范围。 试卷第2页，共3页 5.(2025湖南长沙模拟预测)如图所示，平面直 6.(2026湖南常德·一模)如图甲所示，y轴左侧有 角坐标系xOy的x>0区域被平行于y轴的场边界M 两块带等量异种电荷的水平平行金属板，y轴右侧 N分成虹、Ⅱ、Ⅲ三个区域，区域虹、Ⅱ的宽度均为d, 有交替变化的匀强磁场，x轴在平行金属板的中心 在区域虹、Ⅱ内有沿y轴负方向的匀强电场，在区域 线上。一个质量为，电荷量为+g的带电粒子（重 Ⅱ内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，区域Ⅲ内 力不计)，以初速度。从金属板左端中心线沿+x方 有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，两磁场的磁感 向进入，恰好能从金属板下边缘P点飞出并进入磁 应强度大小相等，在坐标原点O沿与x轴正方向成 45°角在坐标平面内向第一象限射出一个质量为m、 场。以粒子进入磁场为0时刻，在厂时刻粒子第 电荷量为q的带正电的粒子，粒子的初速度大小为 次经过x轴。己知两金属板间距为d,板长为板间 '。,粒子在区域I内运动后以垂直于M的方向进入 距的5倍，磁场取垂直纸面向里为正方向，乙图 区域Ⅱ，粒子在区域Ⅱ内做直线运动，不计粒子的重 力，求： 中B。= 21o ,T未知，不考虑磁场变化引起的感生 y个 gd M W 电场，计算结果用v。、d和常量表示。 个B × Bo d。 PX × (1)匀强电场电场强度的大小： 甲 (2)匀强磁场的磁感应强度大小： (1)求粒子在P点的速度大小： (3)当粒子第二次在区域Ⅱ中运动的速度沿y轴负方 (②)若粒子在？时刻恰到磁场右边界，求磁场的右边 向时的位置离x轴的距离。 界到y轴之间的宽度s: (3)若磁场宽度s不确定，但粒子出右边界时速度都 是沿+y方向，求粒子在磁场中运动时间t的可能值。 试卷第3页，共3页 《第41练电学计算2：带电粒子在复合场中的运动》参考答案 1.(1)1N/C,方向竖直向上；(2)0.2m:(3)(9m,0) y=y,=√2gL=2m/s,三次在电场中运动位移 【解析】(1)小球在第四象限受重力、电场力和洛 x=y,(（3t)+二4(3)2=9.6m,在磁场中每次向左运 伦兹力做匀速圆周运动，则有qB2=g,代入数据 2nsina 动距离x2=2 Rsina= 2n, ,每次进入磁 gB gB 得E2=1N/C,方向竖直向上。 场v,不变，恒为2m/s,则x2=0.2m,第八次经过 (2)粒子运动轨迹如图所示 x轴时x=x1-3x2=9m,所以坐标为(9m,0)。 y Pm、qE 2ag:a=ar-05asxs0:e景 qa 【解析】(1)(-0.5a,a)入射的粒子做类平抛运动过 。B。 原点，根据运动学公式有ot1,0.5a=二4，根 2 水平方向，根据牛顿第二定律，有Eq=☑，解得 据牛顿第二定律有4=，联立解得B="d ga 4=10m/s2,竖直方向，根据牛顿第二定律，有 (2)假设从坐标(x,y)射出的粒子，则需要满足 g=a,解得a=10m/s2,即水平和竖直方向均 口，-x=}9吧产，两式联立消去时间解得放射 做加速度为10m/s2,初速度为0的匀加速运动，进 2 m 入第四象限时坐标为(L,0),设小球进入第四象限 源的轨迹方程为x=名产(-05a≤s0), 2a (3)(-0.5a,a)入射的粒子从O点进入磁场，根 时速度为，根据速度-位移公式，有=2L, 据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线交y轴 v=2aL,解得V,=y,=√2gL,则 方向位移的中点，设此时粒子速度与x轴的夹角为 v=V+v=2√gL,速度v与x轴的夹角为日，则 a,故有tama=00=1,即45，故粒子进入磁 0.5a tan日=义，解得0=45°，小球在第四象限做匀速 场时速度方向与x轴夹角在45°~90°范围内，设 1. 经过原点的粒子速度为v,与x轴夹角为0，粒子在 2 圆周运动，有B三R?解得R=0 ,由几何关 第四象限的轨迹半径为，粒子运动的轨迹如图所示 aB 系可知2 Rsin=L,联立以上解得P点的纵坐标 L=0.2m: (3)小球进入电场后竖直方向做上抛运动，水平 方向做加速度为10m/s2的匀加速运动，每次在电场 中运动时间相等t =0.4s,从O点进入电场 根据生顿第二定律有B=,又D二b,根 中水平初速度和竖直速度相等， 据几何知识可知sn日=业，联立解得r= b sin6,所 答案第1页，共1页 以粒子打到x轴的位置到原点距离为x=2rsin0-2b 粒子，将从5号处进入电场：则有层=2光5， m 与0无关，所有粒子均从(2b,0)点射出，收集板 tan8=1,解得8=45°，以a=120°入射的粒子， 位于x=冬时，与x轴夹角为的粒子恰好打到收集 板边缘，设粒子运动半径为，如图所示 将从。=处进入电场，则有=2职， 3 tam6,-三，解得8，=60°，综上所述，6的范国是 45°~60°。 4.(1)4=3.14×102s;(2)=6.28m2: (3)2x104kgm/s 由几有知识有〔-+-，=，解得 【解析】(1)所有粒子均垂直磁场左边界射出，可 b 知所有粒子在磁场中均做半个圆周运动。设某粒子 ,由血A=亭，解得53，粒了进入磁场 的速率为“，，在磁场中轨迹圆半径为，有 时速度方向与x轴夹角在45°~53°范围内的粒子 可以打到收集板，则收集率为刀= 53°-45°8 90°-45=45 B,=m上，粒子在磁场中做整个圆周运动的眉期 m;(2)B=9Br 3.(1)粒子带负电，%=9 m T-2,则4-，解得4=314108 (3)45°~60° (2)速率最大的粒子在磁场中运动到磁场右边界， 【解析】(1)根据左手定则，可知粒子带负电，根 其轨迹圆与曲线相切。设此粒子的轨迹圆半径为r, 据几何关系，可得粒子在磁场中做圆周运动的半径 R=,根据牛顿第二定律有gm,B=m,联立解 抗选方程为+号小4=户，义=，可得 12 R 得，=9 少+1-2)y++0,由于两曲线相切，y只有 1 (2)粒子在电场中沿y方向速度不变，到达y轴时 解，则△=1-2-4+4 1 =0,可得r=2m, 的沿x方向速度为y,则有tan0=兰，在x方向上， 则磁场区域的最小面积为3= 2m3,解得 根据运动学公式有=2华，又己知tan0=5, S=6.28m2: 联立解得B=9Br (3)如图甲，速率最大的粒子的轨迹圆与曲线的 m (3)所有粒子从P点射入后，经磁场偏转后，最 切点为C(x,), 终沿y轴正方向以相同的速度'。进入电场。设粒子 ↑y/m 711V 穿过y轴时，与y轴正方向的夹角的最小值为日， 最大值为0，。根据几何关系，可知以u=60°入射的 m v. 答案第2页，共3页 由(2)知速率最大的粒子轨迹圆半径r=2m,代 位置坠标为(2d-）,则=2-为-，将粒 入轨迹方程求得C点的横坐标为x,=√3m,粒子从 子在区域Ⅱ中的运动分解为两个分运动，一个是速 A点运动到C轨迹圆心角满足sim0==y5,可 度大小为，且沿x轴正向的匀速直线运动，另一个 r2 狗0-子由.=m三，解得-2×10m13. 初速度大小为2且初速度方向沿x轴负方向的匀 速圆周运动。当匀速圆周运动的分运动速度与x轴 如图乙，由矢量运算法则知，此过程中粒子动量改 负方向成60时，合速度方向竖直向下。设做匀速 变量大小为△p=mm=2×104kgm/s。 圆周运动分运动的半径为R,则有 5.(1)E= :②B=5m:6)d g×2,B=m②，解得R=2d,此时粒子离轴 2gd 2gd R 【解析】(1)粒子在区域I内运动过程中，根据运 5 的距离5d+2以-2dcos608 动的分解，竖直方向上粒子做匀减速运动，则有 6.(①)2，：（②2+ 2 2d:3) 4+205md6m=0,12) 12y 。sin45°=t,根据牛顿第二定律可得qP=a, 【解析】(1)设P点速度与水平方向夹角为日，将 水平方向粒子做匀速直线运动，则有d=y。cos45t d 联立解得卫=" P点速度反向延长，有tam0=子=5，得0=60°， 2gdi 2 (2)粒子进入区域Ⅱ的速度大小 可得v=v=2: 片=%cos45°=2， c0s60° 。，粒子在区域Ⅱ中做匀速直线 2 T (2)若粒子在2时刻恰到磁场右边界，在磁场中 运动，根据力的平衡qB=qE,解得B= √2ma 2gd qB。=m一，将B,代入得r=d,则圆心恰在x轴 (3)设粒子第一次区域ⅡI中做匀速圆周运动的半 上，宽度5=+rm0=2+5d: 2 径为，根据牛顿第二定律gB=兰，解得r=d, (3)第一次经过x轴时速度方向沿+y方向，时间 设粒子第一次进区域Ⅲ时的位置坐标为(2d,y),则 r=5x2m_snd 4s150 360° 12v12.1 之后每经过24速度 为-血451=，设粒子第=次进区域虹时的 方向均沿+y方向，故t=+20500u=0,L2)。 12。 答案第3页，共3页第40练 电学计算1：带电粒子在电场中的运动 （三年考频：0次 预测指数：★★★ ） 本大题共4小题，每题16分，共84分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图甲所示，有一理想直流电源（内阻不计），电动势为，图中定值电阻，滑动变阻器的最大值为，平行板电容器的极板水平放置，极板长为，极板间距离，在距其右端水平距离处竖直放置有一荧光屏，其中心O正对电容器的正中央，在平行板电容器左端正中央，有一粒子源S，能够均匀且连续不断地水平向右发射速度为，比荷的带正电的粒子，不计重力和粒子间的相互作用，，求： (1)通过调节滑片位置，使得所有粒子都能打在荧光屏上，此时滑片下方的电阻的范围； (2)通过调节滑片位置，可使得粒子打在荧光屏上的不同位置，求屏上亮点距离O点的最大距离Y； (3)如图乙，在上下极板加上一正弦交流电压，则打在荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比为多少。（粒子在电容器中的运动时间远小于交流电的周期，结果保留三个有效数字） 2．（2026·湖南岳阳·一模）有一粒子源位于边长为2L的正方体空间内的几何中心O，能够向水平各个方向发射速度大小均为。质量为m，电荷量为+q的相同带电粒子，忽略粒子重力及粒子间相互作用。求： (1)若只加竖直向下的匀强电场，为使垂直于平面ABCD射出的粒子能打在F点，求所加电场的场强E的大小； (2)若只加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，粒子运动到正方体侧面的最短时间t； (3)当所加竖直向下的匀强电场时，再在竖直方向加一竖直向下的匀强磁场，使所有粒子都能汇聚于正方体底面的中心O1，求所加磁场的磁感应强度B2。 3．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）某实验室内充满匀强磁场和匀强电场，磁场、电场与水平地面夹角均为且斜向右上，如图所示。房间内在离地面h处的位置有一个粒子发射源，源源不断地发射出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子在房间内以速度v做匀速直线运动。某次实验中，撤去磁场，电场不变，粒子发射后经过一段时间落到地面上（不计空气阻力），重力加速度为g，试求： (1)粒子带电的正负，磁感应强度B和电场强度E的大小； (2)本次试验中电场力做功； (3)落地点到发射点的水平距离。 4．（25-26高三下·湖南长沙·月考）如图所示，大小相同的小球甲、乙由不同弹性材料制成。小球甲所带电荷量为+q、质量为m，小球乙带负电、电荷量未知、质量为7m，甲、乙接触时无电荷转移。空间中有水平向右的匀强电场，场强大小为。某时刻甲以水平向右的初速度v0与速度为0的乙发生第1次碰撞。当乙的水平速度再次减为0时，刚好与甲发生第2次碰撞。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，每次碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短。求： (1)第1次碰撞后甲、乙的速度大小； (2)第2次碰撞前瞬间甲的速度，以及第3次碰撞时与第1次碰撞位置的竖直距离； (3)若改变乙的电荷量，其他条件不变，可令小球甲、乙第2次碰撞位置在第1次碰撞位置的正下方，求甲、乙第n次碰撞位置与第1次碰撞位置的水平距离。 《第40练 电学计算1：带电粒子在电场中的运动》参考答案 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．(1)0到；(2)6cm；(3)58.9% 【解析】（1）当所有粒子都能射出电场时，此时的偏转电压为U，  解得，由闭合电路欧姆定律   解得，故滑片下端阻值范围为0到； （2）通过调节，可以调节粒子从电容器边缘射出，其到O点的距离为Y，粒子离开电场时速度偏转角为，则 ，，，可得 ，又 ，解得：； （3）只有偏转电压低于时，才能从极板间射出  得到，由交流电规律，得到电压低于128V所占总时间的比值。 2．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）粒子水平方向匀速直线运动，竖直向下做匀加速直线运动，其中 解得：； （2）粒子在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，解得，周期，粒子从O点运动到侧面的最短时间，对应圆周运动中从O点到侧面垂足P的最短弦长，由几何关系可知，弦长OP=L，圆心角 最短时间； （3）同时加上电场和磁场，粒子运动可以分解为竖直向下的匀加速直线运动，水平方向的匀速圆周运动。水平方向洛伦兹力提供向心力，周期，竖直向下匀加速运动，，联立解得。 3．(1)正电，，；(2)0；(3) 【解析】（1）粒子在匀强电场和匀强磁场中做匀速直线运动，则粒子受到的合力为零，粒子受到的电场力与电场线平行，受到的洛伦兹力与磁场方向和电场方向都垂直，则粒子的受力如图所示 因此粒子应带正电(若粒子带负电，则电场力、洛伦兹力和重力不可能平衡)，根据平衡条件有 ，，解得，； （2）由左手定则可知粒子的速度方向垂直纸面水平向外，撤去磁场后，重力与电场力的合力垂直于电场力斜向下，则粒子运动轨迹在垂直于电场线的平面内，故电场力不做功； （3）粒子的速度方向垂直于纸面水平向外，粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，再竖直方向上根据牛顿第二定律，解得，根据位移公式在竖直方向上，可得，水平向外做匀速直线运动，则，水平向右做匀加速运动，加速度大小为，则水平向右的位移，落地点到发射点的水平距离。 4．(1)，；(2)，；(3) 【解析】（1）由题可知，两球碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律可得mv0＝mv甲1＋7mv乙1，根据能量守恒定律可得，解得第一次碰撞后，，故第一次碰撞后甲的速度大小为，乙的速度大小为； （2）第一次碰撞到第二次碰撞，甲、乙水平位移相同，由可知，水平方向平均速度相同，则有，，由此可知，甲与乙第二次碰撞前的水平速度与第一次碰撞前完全相同，说明每相邻两次碰撞间，甲、乙水平方向做完全相同的周期性运动，甲的水平加速度，每个周期的时间，甲、乙竖直方向始终做自由落体运动，第3次碰撞时与第1次碰撞位置的竖直距离； （3）第二次碰撞位置在第一次碰撞位置正下方，说明甲的水平速度从向左的变为向右的，乙的水平速度从向右的变为向左的，所以水平方向上，解得，对任意的第n次碰撞前到第（n＋1）次碰撞前分析，以下列式均对于水平分运动，规定向右为正方向，对于第n次碰撞过程，已知碰撞前，碰撞过程中，动量守恒则有，根据能量守恒可得，解得，，对于第n次碰撞后到第n＋1次碰撞前过程，甲、乙水平位移相同，且运动时间相同，说明平均速度相同，即,，解得，，不难发现，第（n＋1）次碰撞前的甲、乙水平速度比第n次碰撞前的甲、乙水平速度各减少,每次碰撞后到下一次碰撞前，以乙为参考系，甲相对乙的速度从－v0变为v0，所以相邻两次碰撞之间的时间间隔均为，仅关注甲在相邻两次碰撞间的运动，不难发现相邻两次碰撞间的位移构成等差数列，公差为，由于第1、2次碰撞间水平位移为0，故第1次到第n次碰撞过程，甲的水平位移为。 $