专题02 电磁学（专项训练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理真题题源解密

**基本信息** 以“考情-真题-模拟”三级体系构建电磁学专项突破，融合情境化命题与微元法、模型建构等科学思维，实现从概念辨析到综合应用的能力进阶。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |静电场|6真题+9模拟|电场线疏密与场强关系、电势差与电场力做功关联分析|从库仑定律到带电粒子偏转，构建“场强-电势-能量”逻辑链| |磁场和恒定电流|5真题+5模拟|左手定则判定洛伦兹力方向、动量定理微元法处理变加速问题|以毕奥-萨伐尔定律为基础，延伸至动态圆、磁聚焦等模型| |电磁感应和交变电流|5真题+6模拟|法拉第电磁感应定律与楞次定律综合应用、双杆模型动量守恒分析|从单棒切割到复合场运动，形成“电磁感应-能量转化-电路分析”闭环|

专题02 电磁学 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 一、高频考点 1.静电场基础规律（库仑定律、电场强度、电场线与等势面的性质；电势差与电场力做功的关联），计算类（带电粒子在匀强电场中的类平抛偏转问题；平行板电容器的动态分析） 2.磁场核心规律与受力（毕奥-萨伐尔定律；洛伦兹力公式；安培力的方向判断（左手定则）） 高频模型（带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；平移圆、动态圆、磁聚焦/磁发散模型，以及带电粒子在组合场、复合场中的运动） 3.电磁感应核心定律应用（法拉第电磁感应定律；结合楞次定律判断感应电流方向；自感、互感现象的规律）经典大题（单棒模型，双杆模型，综合考查动力学分析、能量转化（安培力做功与焦耳热计算）） 4.综合应用（交流电的有效值计算、理想变压器的动态分析；麦克斯韦电磁场理论基础） 二、素养考向 1. 物理观念维度 聚焦电场、磁场、能量等核心概念运用 2. 科学思维维度 重点考查电磁学综合模型的推导能力 3. 科学探究维度 电学实验不再机械考查操作步骤，侧重原理自主推导、图像数据提取 4. 科学态度与责任维度 以国产科技素材承载考点，落实物理知识服务科技发展的命题导向。 考向一静电场 2026·黑吉辽蒙卷T4、T15 2025·黑吉辽蒙卷T4、T7 2024·黑龙江卷T5、T6 2023·辽宁卷T9 考向二磁场和恒定电流 2026·黑吉辽蒙卷T3、T5 2025·黑吉辽蒙卷T14、T15 2024·黑龙江卷T15 2023·辽宁卷T14 考向三电磁感应和交变电流 2026·黑吉辽蒙卷T6、T10 2025·黑吉辽蒙卷T9 2024·黑龙江卷T9 2023·辽宁卷T4、T10 一、分值与模块定位 电磁学是高考物理第二大核心板块，全卷分值占比约35%，和力学合计占分超85%，是中档题、压轴题的核心命题载体，承担高分段考生的区分功能。 二、命题形式革新 完全摒弃传统“带电粒子磁场运动”的裸模型出题，全部采用实景情境包裹题型，以新能源汽车电磁制动、磁悬浮驱动、无线充电、工业静电卡盘等真实科技场景为题干载体，文字篇幅大幅增加，要求学生快速剥离冗余信息提炼核心物理条件。 三、核心考查重心 不再侧重机械公式套用，转向情境拆解、模型构建与逻辑推导： 基础题聚焦电场强度、磁感应强度、安培力等核心概念辨析，得分率普遍在0.8以上 中档题集中在电容器动态分析、交变电流图像、电磁感应单杆模型，侧重多过程受力与能量分析 压轴题以带电粒子复合磁场运动、电磁感应多杆综合为载体，融合几何轨迹推导、动量与能量联立计算，得分率普遍低于0.2，是拉分关键 四、命题新趋势 弱化繁琐代数运算，强化物理思维考查，规避固化刷题套路，电磁学试题不再有重复旧题型，重点考查学生从陌生场景中自主搭建物理模型的能力，纯靠熟练度刷题的备考红利大幅降低。 考向一 静电场 1．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某种微型“纳米光子电子加速器”利用激光照射周期性排列的纳米柱体时产生的交变电场来加速电子束。电子束通过虚线框区域的极短时间内，电场可视为恒定的，电场线分布如图所示，这段时间内（     ） A．点的电场强度比点的大 B．电子沿直线从点运动到点时，动能减小 C．电子沿直线从点运动到点时，速度增大 D．电子束的横截面大小和形状均不变 【命题立意】 1. ‌核心素养导向‌ 以前沿科技“纳米光子电子加速器”为真实情境，规避传统裸题模式，考查学生从陌生复杂场景中剥离冗余信息、提取核心物理模型的能力，落实物理观念、科学思维的核心素养要求。 2. ‌考点精准锚定‌ 聚焦静电场基础核心考点，覆盖电场线疏密与场强的对应关系、电场力做功与动能/速度的变化关联，属于电磁学模块的高频基础考点，不涉及超纲复杂计算。 3. ‌能力分层设计‌ 选项设置梯度清晰：A选项是基础概念辨析，B、C选项是电场力做功与运动状态的逻辑推导，D选项是对电场分布的延伸性综合判断，能有效区分不同层级学生对电场性质的理解深度，实现高考题的区分选拔功能。 4. ‌命题创新导向‌ 打破传统匀强电场、点电荷电场的固化出题套路，用非规则分布的电场线考查学生对电场基本性质的本质理解，规避机械刷题的应试套路，引导教学回归物理概念本身。 【答案】C 【知识点】根据电场线的疏密比较电场强弱、电场线、等势面和运动轨迹的定性分析 【详解】A．电场线的疏密表示电场强度大小，电场线越密场强越大。图中点电场线比点更密，因此点场强大于点，A错误。 B．电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反。电子从运动到，位移方向向右，电场力与位移方向相同，电场力做正功，根据动能定理，电子动能增大，B错误。 C．电子从运动到，位移向右，电场力仍向右，电场力依旧做正功，电子动能增大，速度增大，C正确。 D．中轴线外的电子，所受电场力存在垂直电场中轴线的分力，会发生偏转，因此电子束的横截面积会改变，形状发生改变，D错误。 故选C。 【微点拨】 1.核心破题锚点‌ 直接抓电场线的两个核心性质：‌电场线疏密对应场强大小‌、‌沿电场线方向电势降低‌，电子带负电，受力方向与电场线切线方向相反，无需额外复杂推导。 2.选项快速排查‌ A：a点电场线更稀疏，场强小于b点，直接排除 B：电子从a到b，电场力做正功，动能增大，排除 C：电子从b到c，电场力持续做正功，动能增加、速度增大，为正确项 D：电子束不同位置受力方向有差异，横截面形状大小会改变，排除 3.避坑提醒‌ 不要被“纳米光子电子加速器”的前沿情境干扰，剥离包装后就是基础电场性质题，避免过度脑补陌生科技的额外复杂条件。 考向二 磁场和恒定电流 2．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是（     ） A． B． C． D． 【命题立意】 1. ‌核心素养导向‌ 以带正电小球在匀强磁场中的摆动为经典物理情境，考查学生对洛伦兹力方向判定、运动轨迹偏转规律的理解，落实物理观念与科学推理的核心素养要求。 . 2. ‌考点精准锚定‌ 聚焦洛伦兹力的基础核心考点，覆盖左手定则的实操应用、洛伦兹力始终垂直速度方向的特性，属于磁场模块的高频基础考点，不涉及复杂的定量计算。 . 3. ‌能力分层设计‌ 题目设置了两个运动阶段的受力分析：小球从P点释放的初始摆动、到达最高点后的返程运动，需要学生分阶段用左手定则判断洛伦兹力方向，推导轨迹的两次偏转方向，能有效区分学生对洛伦兹力特性的掌握程度，实现基础题的区分功能。 4. ‌命题创新导向‌ 打破常规“带电粒子在磁场中做圆周运动”的固化出题模式，将洛伦兹力与单摆运动结合，考查学生对复合运动场景下洛伦兹力作用效果的灵活分析，规避机械刷题的应试套路。 【答案】B 【知识点】洛伦兹力的方向 【详解】小球从点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右（指向点）。根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向里（即俯视图中连线的上方），轨迹向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向上弯曲），当小球运动到右侧最高点（点）后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向外（即俯视图中连线的下方），且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向下弯曲），综上所述，B选项图符合题意。 故选B。 【微点拨】 1. ‌破题核心锚点‌ 直接抓两个关键规则：用‌左手定则‌判断洛伦兹力方向，洛伦兹力始终垂直于速度方向，轨迹会向受力侧偏转。 2. ‌两步快速推导‌ 从P点释放后，小球初速度指向O点，俯视视角下洛伦兹力垂直速度向上，轨迹向上弯曲 小球摆到另一侧最高点后返程，速度反向，洛伦兹力同步反向，轨迹向下弯曲，完全匹配B选项的特征 3. ‌避坑提醒‌ 不要被“竖直向下的匀强磁场”的空间视角干扰，直接在俯视平面内分析速度和洛伦兹力的方向对应关系，无需额外做复杂的三维受力拆解。 考向三 电磁感应和交变电流 3．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）（多选）如图，光滑绝缘水平面上两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直方向的匀强磁场，宽度均为，磁感应强度方向相反，大小分别为、，和处有固定挡板。同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线框，边长为，质量为，总电阻为，以初速度从左侧进入磁场，沿轴方向运动。线框平面始终与磁场方向垂直，边始终与磁场边界平行，线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞。则（     ） A．首次进入磁场时线框的加速度大小 B．每次经过时，电势差 C．与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小 D．线框停止处，穿过线框的磁通量为0 【命题立意】 1. ‌核心素养导向‌ 以双反向磁场区域、线框往复运动的真实物理场景为载体，考查学生对电磁感应、动量定理、能量守恒的综合应用能力，落实物理观念、科学思维的高阶核心素养要求，是典型的高考区分度压轴题。 2. ‌考点精准锚定‌ 覆盖电磁感应的核心高频考点：动生电动势计算、安培力与加速度推导、线框切割磁感线的电势差分析、弹性碰撞规律、电磁感应中动量定理微元法的应用，完全贴合黑吉辽蒙卷电磁学模块的命题侧重。 3. ‌能力分层设计‌ 选项设置梯度极强：A选项是基础的安培力加速度推导，B选项是双磁场区域内的电势差对比分析，C选项需要用动量定理微元法完成多阶段运动的速度推导，D选项是线框最终停止状态的逻辑判断，能精准区分不同能力层级的考生，实现压轴题的选拔功能。 4. ‌命题创新导向‌ 区别于常规单磁场单杆/单框模型，采用双反向磁场+双侧弹性挡板的复合场景，规避固化刷题套路，重点考查“微元累积”的物理思维，完全匹配2026年黑吉辽蒙卷电磁学压轴题的命题特征。 【答案】AC 【知识点】线框进出磁场产生的等效电路相关计算 【详解】A．首次进入磁场时，切割磁感线，感应电动势 感应电流 所受的安培力 根据牛顿第二定律 联立可得首次进入磁场时线框的加速度大小，故A正确； B．每次经过时，都是切割磁感线，设感应电动势为，则，（根据右手定则可知要么都为正，要么都为负） 可知每次经过时，电势差，故B错误； C．线框进入磁场Ⅰ过程中，根据动量定理有 又 可得 线框从磁场Ⅰ到磁场Ⅱ过程中，根据动量定理 又 可得 线框离开磁场Ⅱ过程中，根据动量定理 又 可得 线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ过程，线框速度变化量 根据 可得线框与右侧挡板碰撞前的速度大小为 根据题意线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，可知与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小，故C正确； D．根据C选项分析可知线框完整穿过一次磁场Ⅰ、Ⅱ，线框速度变化量为 根据计算可知线框完整穿过磁场Ⅰ、Ⅱ144次后，速度为 又144为偶数，可知线框第145次由左侧进入磁场Ⅰ，刚好完全进入磁场Ⅱ时，速度变化量为 可知线框恰好停在磁场Ⅱ区域，穿过线框的磁通量为，故D错误。 故选AC。 【微点拨】 1. ‌破题核心锚点‌ 全程用‌动量定理微元求和‌处理电磁感应变加速问题，这是本卷该类题型的核心解题思路，避开常规动能定理的复杂积分运算。 2. ‌选项快速排查‌ A：MN首次切割磁感线，代入E=BLv₀、F=BIL、a=F/m，可直接算出加速度数值，A正确 B：MN在x=1.5L时，MN、PQ两边分别在不同磁场中反向切割，电势差比值为1:3而非1:1，B错误 C：分阶段用动量定理计算线框从初始位置到右侧挡板的速度，弹性碰撞后速度反向，得到对应速度值，C正确 D：线框最终静止时，总磁通量抵消为0，符合能量耗尽的最终状态，D错误 3. ‌避坑提醒‌ 不要被初速度的大数值干扰，核心是套用“安培力冲量=磁通量变化量/R”的微元结论，无需硬算复杂代数运算。 考向一 静电场 1．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理如图（a）所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为，使筛选出的电子沿半径为的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。 已知电子电荷量大小为，质量为；偏转电场可视为匀强电场，、极板长度为、间距为；荧光屏到极板边缘的距离为。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。 (1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量。 (2)求、间电压为时，电子到达荧光屏上的偏移距离。 (3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时、间电压随时间线性变化，变化率为（），使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为的光斑，如图（b）所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置的关系如图（c）所示。若样品的激发态寿命定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求。 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】粒子由电场进入磁场 【详解】（1）电子加速场中，由动能定理有 电子在，筛选器中由牛顿第二定律有 电子通过样品前后的动能变化量 联立可得 （2）偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有 沿着电场方向有 根据牛顿第二定律 出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有 联立解得 （3）由题意可知 将表达式代入可得 结合题图（相对强度8408到4204）可得 解得 2．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】电容器的动态分析(Q不变） 【详解】根据公式和电容的决定式 可得 根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着F的增大，d在减小，且减小的越来越慢，与电源断开后Q不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D选项。 故选D。 3．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为。原长为的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动 【详解】由题意可得A点弹簧伸长量为，B点和C点弹簧压缩量为，即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加， 同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小， 由A到C全过程则有 因此 故选C。 4．（2024·黑龙江·高考真题）某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图（b）所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（　　） A．电容器的电容减小 B．电容器所带的电荷量增大 C．电容器两极板之间的电势差增大 D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 【答案】B 【知识点】电容器的动态分析(U不变） 【详解】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数增大，根据电容器的决定式可知电容器的电容增大，故A错误； BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误； D．根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为，故D错误。 故选B。 5．（2024·黑龙江·高考真题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（　　） A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 【答案】D 【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的一般运动 【详解】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场力方向为水平方向，根据力的合成可知电场力方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，电势能减小。 故选D。 6．（2023·辽宁·高考真题）（多选）图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（　　）    A．P点电势比M点的低 B．P点电场强度大小比M点的大 C．M点电场强度方向沿z轴正方向 D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 【答案】CD 【知识点】等势面和电场线的关系、带电体周围的电势分布、比较电势能的大小 【详解】A．因P点所在的等势面高于M点所在的等势面，可知P点电势比M点的高，选项A错误； B．因M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误； C．场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确； D．因x轴上各点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，则电势能不变，选项D正确。 故选CD。 考向二 磁场和恒定电流 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求时边受到的安培力大小F； (2)画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）； (3)从开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，求ad边离开磁场时的速度大小。 【答案】(1)0.015N (2) (3)0.01m/s 【知识点】线框进出磁场产生的等效电路相关计算、由B-t图像计算感生电动势的大小、安培力的计算式及初步应用 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律 由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为 由图（b）可知，时磁感应强度大小为 所以此时导线框的安培力大小为 （2）内线框内的感应电流大小为，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图（c）可知内的感应电流大小为 方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为 由法拉第电磁感应定律 可知内磁感应强度的变化率为 解得时磁感应强度大小为 方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为 （3）由动量定理可知 其中 联立解得经过磁场边界的速度大小为 2．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，在平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间。 (2)若在平面内某点固定一负点电荷，电荷量为，粒子质量取（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小。 (3)在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与N点速度方向相反，求（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势）。 【答案】(1)， (2) (3) 【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动、带电粒子在直边界磁场中运动、带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 【详解】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示 由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为 由洛伦兹力提供向心力 解得正电荷的入射速度大小为 正电荷在磁场中运动的周期为 所以正电荷从M运动到N的时间为 （2）由题意可知，在平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知，其中 解得或（舍去） （3）在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心力大于点电荷提供的库仑力，因此粒子无法做匀速圆周运动，即正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示 由能量守恒定律得 由开普勒第二定律可知 其中 联立解得 由牛顿第二定律 解得 故正电荷从点离开磁场后到首次速度变为与点的射出速度相反的时间为 3．（2024·黑龙江·高考真题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。 （1）求磁感应强度的大小B； （2）求Ⅲ区宽度d； （3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围） 【答案】（1）；（2）；（3） 【知识点】粒子由磁场进入电场、带电粒子在匀强电场中做直线运动 【详解】（1）对乙粒子，如图所示 由洛伦兹力提供向心力 由几何关系 联立解得，磁感应强度的大小为 （2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为 对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式 由牛顿第二定律 联立可得Ⅲ区宽度为 （3）甲粒子经过O点时的速度为 因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则 可得 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中 对乙可得 整理可得 对甲可得 则 化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为 4．（2023·辽宁·高考真题）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 （1）求金属板间电势差U； （2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； （3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 【答案】（1）；（2）或；（3） 【知识点】粒子由电场进入磁场 【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为 根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度 解得 设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得 ， 联立解得 （2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有 故 则出电场时粒子的速度为 粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得 解得 已知圆形磁场区域半径为，故 粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；    （3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示： 5．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，得到的图像如图所示。从图中状态到状态，小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【知识点】非线性元件的伏安特性曲线 【详解】 从图像中读出两点坐标： 状态:Ua​=0.6 V， 则 , 状态：， 则 ， 故电阻变化量为2Ω，电功率变化量为0.68W。 故选B。 考向三 电磁感应和交变电流 1．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图（a）所示，图（b）为线圈所在区域磁场分布。将其用作话筒时，锥形纸盆的振动带动线圈运动，把声信号转化为电信号。规定向右为线圈位移的正方向，若随时间的变化如图（c）所示，则、间电势差随变化的图像可能为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】右手定则、导体棒平动切割磁感线 【详解】根据题意，由图（）可知，线圈的位移随时间按正弦规律变化，则有 则线圈的速度随时间的变化规律为 由于磁场是辐射状的，线圈运动方向始终与磁感线垂直，感应电动势的大小 可知，间电势差的大小随时间的变化规律与速度一致，应为余弦函数形式，时刻，由右手定则可知，线圈中电流由，因此端为负极，端为正极，则有，综上所述，D选项图像符合题意。 故选D。 2．（2024·黑龙江·高考真题）（多选）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（　　） A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于 C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1 D．两棒产生的电动势始终相等 【答案】AB 【知识点】双杆在等宽导轨上运动问题、无外力作用下，水平导轨上的单杆模型 【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确； BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 对cd 故可知 分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得 解得 故B正确，C错误； D．根据前面分析可知，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。 故选AB。 3．（2023·辽宁·高考真题）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是（　　）    A．   B．   C．   D．   【答案】C 【知识点】导体棒转动切割磁感线 【详解】如图所示    导体棒匀速转动，设速度为v，设导体棒从到过程，棒转过的角度为，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为 可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过B点和B点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，根据 可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。 故选C。 4．（2023·辽宁·高考真题）（多选）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（　　）    A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 【答案】AC 【知识点】双杆在不等宽导轨上运动问题、竖直平面内的导轨单杆模型、无外力作用下，水平导轨上的单杆模型 【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确； B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力 方向向左；MN受安培力 方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则 解得 回路的感应电流 MN所受安培力大小为 选项B错误； C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得 可得则最终MN位置向左移动 PQ位置向右移动 因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理 可得 选项C正确； D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则 选项D错误。 故选AC。 5．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）（多选）如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。时，abef与水平面平行，则（    ） A．时，电流方向为abcdefa B．时，感应电动势为 C．时，感应电动势为0 D．到过程中，感应电动势平均值为0 【答案】AB 【知识点】计算线圈转动过程中电动势和电流的平均值、判断线圈转到不同位置的电流方向 【详解】AB．线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为和，时刻边速度与磁场方向平行，不产生电动势，因此此时边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为，电动势为，AB正确； C．时，线框旋转180°，此时依旧是边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C错误； D．到时，线框的磁通量变化量为零，线框的磁通量变化量为 由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为，D错误。 故选AB。 一．选择题 1．（2026•辽宁模拟）如图所示，图中实线b、c、d、e为某静电场中的等差等势线，虚线为一个电子在该静电场中的运动轨迹，电子的电量为﹣e，则下列判断正确的是（　　） A．电子在A点速度比在B点大 B．电子在A点加速度比在B点小 C．电子在B点的电势能比在A点大 D．b、c、d、e等势线中e的电势最高 2．（2026•辽宁模拟）内壁光滑的半圆形碗内放置两个可视为质点的带电金属小球，质量关系m1：m2＝3：2，二者处于静止状态时位置图如图所示，m1与m2对碗的压力大小之比为（　　） A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．5：2 3．（2026•鄂尔多斯校级模拟）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O，M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A，N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法正确的是（　　） A．N点的电场强度大小为零 B．q1＜q2 C．N、C间场强方向沿x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减少后增加 4．（2026•辽宁一模）如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。忽略“小火箭”带电量对两极板电量和两极板间电场的影响，下列说法正确的是（　　） A．“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大 B．通电后若改变两板间距离，则板上锡纸的电荷量随之改变，电荷量数值与极板距离成线性关系 C．通电后若断开电源，增大两板间距离，则两板间电场强度减小 D．通电后若断开电源，减小两板间距离，则两板间电压减小 5．（2026•辽宁模拟）如图所示，边长为10cm的正三角形ABC处在匀强电场中，三角形平面与电场平行，M、N两点将AC边三等分，P、Q两点将BC边三等分；将一个电子从A点移到M点和从M点移到P点电场力做功相同，已知B点电势为1V，C点电势为4V，则下列判断正确的是（　　） A．N点电势比P点电势高 B．M点电势为﹣2V C．电子从A到M电场力做功为﹣1eV D．匀强电场的电场强度大小为 6．（2026•辽宁模拟）如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。下列说法正确的是（　　） A．“小火箭”始终不带电 B．“小火箭”首次向上运动的过程中电势能减小 C．撤去“小火箭”，若减小两板间距离，则板间电场强度不变 D．撤去“小火箭”，若减小两板间距离，则锡纸上的电荷量减少 7．（2026•内蒙古模拟）地球表面与电离层之间有稳定的电势差，会在两者间的低空大气中形成电场，其电场强度即大气电场强度，晴天时方向多垂直地面向下，地面附近的电场分布如图所示，低空大气上表层与地面构成平行板电容器模型，忽略大气相对介电常数的变化，下列说法正确的是（　　） A．低空大气越厚，电容越大 B．若地面所带的电荷量不变，则低空大气越厚，大气电场强度越大 C．地面单位面积所带的电荷量越大，大气电场强度越大 D．地面单位面积所带的电荷量越小，地面上方的P点电势越高 8．（2026•内蒙古模拟）如图所示，竖直平面内存在一个非匀强电场，电场中有一固定光滑绝缘细杆倾斜放置，A、B、C是细杆上的三个点，且AB＝BC。一带电小球套在细杆上，从A点静止释放，沿杆运动恰好能到达C点。不计空气阻力，关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．小球带正电 B．小球在C点所受的静电力大小小于在A点所受的静电力大小 C．小球在C点的电势能大于在A点的电势能 D．小球从A点到B点静电力做的功等于从B点到C点静电力做的功 9．（2026•黑龙江模拟）如图所示，三角形abc是相同的软导线连成的正三角形线框，放在水平面上，a、b、c三个顶点固定，三边的导线均刚好伸直，线框处在垂直于水平面向上的匀强磁场中，现将b、c两端连接入电路，让电流从b点流入，从c点流出，不计通电导线间的相互作用的影响，则软导线静止时的形状可能是（　　） A． B． C． D． 10．（2026•辽宁模拟）等腰直角三角形EDF（∠EDF＝90°）的顶点分别固定一根长直导线，导线中通有大小相等的电流，电流方向如图所示，O点为三角形的重心。已知D处电流在O点产生的磁场磁感应强度为B0，通电长直导线周围磁场磁感应强度大小与电流I和距离r的关系为B＝k（k为常数），则O点的磁感应强度为（　　） A．1.4B0，方向垂直DO向右 B．1.4B0，方向垂直DO向左 C．1.8B0，方向垂直DO向右 D．1.8B0，方向垂直DO向左 11．（2026•黑龙江模拟）如图示，竖直平面内，边界PQ上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，紧靠边界的下方有两个相同金属材料制成单匝正方形线框a和b，两线框的边长相同，线框b的导线截面积大于a。以相同的初速度将两线框向上抛出，从抛出到落回的整个过程中下列说法正确的是（　　） A．两线框上升的最大高度ha＞hb B．落回出发点时的速度va＝vb C．整个过程的运动时间ta＜tb D．整个运动过程产生的焦耳热Qa＝Qb 12．（2026•黑龙江模拟）如图所示，两组间距均为L的光滑平行导轨倾斜固定，两组导轨平面与水平面的夹角均为θ＝30°，左侧导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场Ⅰ中，磁场的磁感应强度大小为B1，右侧导轨处在沿竖直方向的匀强磁场Ⅱ中，磁场的磁感应强度大小为B2，两组导轨上端接有一个直流电源，两质量均为m的导体棒a、b垂直导轨放置，两导体棒均静止，两导体棒接入电路的电阻均为R，导轨电阻不计，不考虑导轨电流磁场对导体棒的作用及两导体棒间的相互作用，则下列说法正确的是（　　） A．磁场Ⅰ的方向垂直于导轨平面向上 B．磁场Ⅱ的方向竖直向下 C．B1B2 D．B1B2 二．多选题 13．（多选）（2026•辽宁模拟）如图为磁悬浮列车利用电磁阻尼减速进站的简化图。两条平行光滑绝缘导轨水平放置，间距为L，导轨间有若干垂直于轨道平面、方向交替分布的匀强磁场，磁感应强度均为B，每个磁场宽度均为L，忽略磁场边缘效应。质量为m、边长为L的正方形金属框以某一速度沿导轨进入磁场，当bc边在磁场中运动位移为3L时其速度减为零。已知金属框的电阻为R，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．bc边刚进入磁场时电流方向cbadc B．线圈在磁场运动过程中电流方向不变 C．线圈进入磁场时的初速度大小为 D．线圈在磁场中运动过程生热为 14．（多选）（2026•辽宁模拟）如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两组平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、阻值均为R、质量均为m，垂直置于导轨上，导轨足够长且不计电阻。闭合开关，一段时间后两导体棒达到稳定状态，下列说法正确的是（　　） A．稳定前导体棒b、c均做加速度增大的加速运动 B．稳定前导体棒b、c的加速度大小之比始终是1：2 C．稳定后导体棒c的速度大小为 D．从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程中，导体棒b中产生的焦耳热为 15．（多选）（2026•吉林模拟）在如图所示的等边三角形ABC的三个顶点处，分别固定电荷量为+q、﹣q、和+q的点电荷。已知三角形中心O到三个顶点的距离均为r，D点为BC边中点，E点为AO连线中点，则关于O、D、E三点电势φO、φD、φE关系正确的是（　　） A．φO＝φD B．φE＞φO C．φO＞φD D．φD＞φE 三．解答题 16．（2026•辽宁模拟）如图所示，一足够长的绝缘木板质量M＝1kg静止在光滑的水平面上，木板左侧静止放置一质量m＝4kg、电荷量q＝+2C的小滑块（可视为质点），虚线下方空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝2T，虚线上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2大小未知，其中虚线距离水平面高度h＝5m，已知小滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为μ＝0.25，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略绝缘木板的厚度，g＝10m/s2，π≈3，现在整个空间中施加水平向右的匀强电场，电场强度E＝20N/C。求： （1）施加匀强电场瞬间，绝缘木板的加速度大小； （2）经过多长时间小滑块与绝缘木板发生相对滑动； （3）已知小滑块经过P点刚好脱离长木板时，立即将匀强电场方向改为竖直向上（大小不变），从该时刻开始计时，若想使小滑块用最短时间到达Q点（Q点在P点右侧且与P点在同一水平线上，均未画出），，求最短时间和对应的磁感应强度B2的大小。 17．（2026•赤峰模拟）如图，在竖直平面内有一半径为R的圆形区域，O为圆心，PM为其水平直径，QN为其竖直直径。匀强电场平行于该竖直平面，方向与水平方向成53°斜向上。一个电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球多次从圆周上的P点以相同的速率v0在竖直面内向各个方向发射，小球能到达圆周上的所有位置。电场强度大小为，g为重力加速度，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。设小球在P点的重力势能和电势能均为0。求： （1）在圆周上各位置中的最高电势φm； （2）小球在圆周上各位置中机械能的最大值Em； （3）若v0＝7.5m/s，R＝5.625m，g＝10m/s2，小球从P到圆周上各位置中的最长时间tm。 18．（2026•辽宁模拟）如图所示，间距为2L的水平线MN、PQ间有竖直向上的匀强磁场，质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框abcd静止在MN左侧的水平面上，给金属线框一个水平向右的初速度，金属线框刚好能完全进入磁场，通过线框ab边截面的电量为q，整个水平面绝缘光滑，线框运动过程中ab边始终与MN平行，求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）线框ab边刚进磁场时线框的速度大小； （3）若在线框ab边刚进入磁场时，给ab边施加一个垂直于ab边的水平向右、大小为F的恒力，结果线框恰好能通过磁场，则线框穿过磁场的时间为多少？ 1 / 36 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 电磁学 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 一、高频考点 1.静电场基础规律（库仑定律、电场强度、电场线与等势面的性质；电势差与电场力做功的关联），计算类（带电粒子在匀强电场中的类平抛偏转问题；平行板电容器的动态分析） 2.磁场核心规律与受力（毕奥-萨伐尔定律；洛伦兹力公式；安培力的方向判断（左手定则）） 高频模型（带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；平移圆、动态圆、磁聚焦/磁发散模型，以及带电粒子在组合场、复合场中的运动） 3.电磁感应核心定律应用（法拉第电磁感应定律；结合楞次定律判断感应电流方向；自感、互感现象的规律）经典大题（单棒模型，双杆模型，综合考查动力学分析、能量转化（安培力做功与焦耳热计算）） 4.综合应用（交流电的有效值计算、理想变压器的动态分析；麦克斯韦电磁场理论基础） 二、素养考向 1. 物理观念维度 聚焦电场、磁场、能量等核心概念运用 2. 科学思维维度 重点考查电磁学综合模型的推导能力 3. 科学探究维度 电学实验不再机械考查操作步骤，侧重原理自主推导、图像数据提取 4. 科学态度与责任维度 以国产科技素材承载考点，落实物理知识服务科技发展的命题导向。 考向一静电场 2026·黑吉辽蒙卷T4、T15 2025·黑吉辽蒙卷T4、T7 2024·黑龙江卷T5、T6 2023·辽宁卷T9 考向二磁场和恒定电流 2026·黑吉辽蒙卷T3、T5 2025·黑吉辽蒙卷T14、T15 2024·黑龙江卷T15 2023·辽宁卷T14 考向三电磁感应和交变电流 2026·黑吉辽蒙卷T6、T10 2025·黑吉辽蒙卷T9 2024·黑龙江卷T9 2023·辽宁卷T4、T10 一、分值与模块定位 电磁学是高考物理第二大核心板块，全卷分值占比约35%，和力学合计占分超85%，是中档题、压轴题的核心命题载体，承担高分段考生的区分功能。 二、命题形式革新 完全摒弃传统“带电粒子磁场运动”的裸模型出题，全部采用实景情境包裹题型，以新能源汽车电磁制动、磁悬浮驱动、无线充电、工业静电卡盘等真实科技场景为题干载体，文字篇幅大幅增加，要求学生快速剥离冗余信息提炼核心物理条件。 三、核心考查重心 不再侧重机械公式套用，转向情境拆解、模型构建与逻辑推导： 基础题聚焦电场强度、磁感应强度、安培力等核心概念辨析，得分率普遍在0.8以上 中档题集中在电容器动态分析、交变电流图像、电磁感应单杆模型，侧重多过程受力与能量分析 压轴题以带电粒子复合磁场运动、电磁感应多杆综合为载体，融合几何轨迹推导、动量与能量联立计算，得分率普遍低于0.2，是拉分关键 四、命题新趋势 弱化繁琐代数运算，强化物理思维考查，规避固化刷题套路，电磁学试题不再有重复旧题型，重点考查学生从陌生场景中自主搭建物理模型的能力，纯靠熟练度刷题的备考红利大幅降低。 考向一 静电场 1．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某种微型“纳米光子电子加速器”利用激光照射周期性排列的纳米柱体时产生的交变电场来加速电子束。电子束通过虚线框区域的极短时间内，电场可视为恒定的，电场线分布如图所示，这段时间内（     ） A．点的电场强度比点的大 B．电子沿直线从点运动到点时，动能减小 C．电子沿直线从点运动到点时，速度增大 D．电子束的横截面大小和形状均不变 【命题立意】 1. ‌核心素养导向‌ 以前沿科技“纳米光子电子加速器”为真实情境，规避传统裸题模式，考查学生从陌生复杂场景中剥离冗余信息、提取核心物理模型的能力，落实物理观念、科学思维的核心素养要求。 2. ‌考点精准锚定‌ 聚焦静电场基础核心考点，覆盖电场线疏密与场强的对应关系、电场力做功与动能/速度的变化关联，属于电磁学模块的高频基础考点，不涉及超纲复杂计算。 3. ‌能力分层设计‌ 选项设置梯度清晰：A选项是基础概念辨析，B、C选项是电场力做功与运动状态的逻辑推导，D选项是对电场分布的延伸性综合判断，能有效区分不同层级学生对电场性质的理解深度，实现高考题的区分选拔功能。 4. ‌命题创新导向‌ 打破传统匀强电场、点电荷电场的固化出题套路，用非规则分布的电场线考查学生对电场基本性质的本质理解，规避机械刷题的应试套路，引导教学回归物理概念本身。 【答案】C 【知识点】根据电场线的疏密比较电场强弱、电场线、等势面和运动轨迹的定性分析 【详解】A．电场线的疏密表示电场强度大小，电场线越密场强越大。图中点电场线比点更密，因此点场强大于点，A错误。 B．电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反。电子从运动到，位移方向向右，电场力与位移方向相同，电场力做正功，根据动能定理，电子动能增大，B错误。 C．电子从运动到，位移向右，电场力仍向右，电场力依旧做正功，电子动能增大，速度增大，C正确。 D．中轴线外的电子，所受电场力存在垂直电场中轴线的分力，会发生偏转，因此电子束的横截面积会改变，形状发生改变，D错误。 故选C。 【微点拨】 1.核心破题锚点‌ 直接抓电场线的两个核心性质：‌电场线疏密对应场强大小‌、‌沿电场线方向电势降低‌，电子带负电，受力方向与电场线切线方向相反，无需额外复杂推导。 2.选项快速排查‌ A：a点电场线更稀疏，场强小于b点，直接排除 B：电子从a到b，电场力做正功，动能增大，排除 C：电子从b到c，电场力持续做正功，动能增加、速度增大，为正确项 D：电子束不同位置受力方向有差异，横截面形状大小会改变，排除 3.避坑提醒‌ 不要被“纳米光子电子加速器”的前沿情境干扰，剥离包装后就是基础电场性质题，避免过度脑补陌生科技的额外复杂条件。 考向二 磁场和恒定电流 2．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是（     ） A． B． C． D． 【命题立意】 1. ‌核心素养导向‌ 以带正电小球在匀强磁场中的摆动为经典物理情境，考查学生对洛伦兹力方向判定、运动轨迹偏转规律的理解，落实物理观念与科学推理的核心素养要求。 . 2. ‌考点精准锚定‌ 聚焦洛伦兹力的基础核心考点，覆盖左手定则的实操应用、洛伦兹力始终垂直速度方向的特性，属于磁场模块的高频基础考点，不涉及复杂的定量计算。 . 3. ‌能力分层设计‌ 题目设置了两个运动阶段的受力分析：小球从P点释放的初始摆动、到达最高点后的返程运动，需要学生分阶段用左手定则判断洛伦兹力方向，推导轨迹的两次偏转方向，能有效区分学生对洛伦兹力特性的掌握程度，实现基础题的区分功能。 4. ‌命题创新导向‌ 打破常规“带电粒子在磁场中做圆周运动”的固化出题模式，将洛伦兹力与单摆运动结合，考查学生对复合运动场景下洛伦兹力作用效果的灵活分析，规避机械刷题的应试套路。 【答案】B 【知识点】洛伦兹力的方向 【详解】小球从点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右（指向点）。根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向里（即俯视图中连线的上方），轨迹向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向上弯曲），当小球运动到右侧最高点（点）后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向外（即俯视图中连线的下方），且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向下弯曲），综上所述，B选项图符合题意。 故选B。 【微点拨】 1. ‌破题核心锚点‌ 直接抓两个关键规则：用‌左手定则‌判断洛伦兹力方向，洛伦兹力始终垂直于速度方向，轨迹会向受力侧偏转。 2. ‌两步快速推导‌ 从P点释放后，小球初速度指向O点，俯视视角下洛伦兹力垂直速度向上，轨迹向上弯曲 小球摆到另一侧最高点后返程，速度反向，洛伦兹力同步反向，轨迹向下弯曲，完全匹配B选项的特征 3. ‌避坑提醒‌ 不要被“竖直向下的匀强磁场”的空间视角干扰，直接在俯视平面内分析速度和洛伦兹力的方向对应关系，无需额外做复杂的三维受力拆解。 考向三 电磁感应和交变电流 3．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）（多选）如图，光滑绝缘水平面上两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直方向的匀强磁场，宽度均为，磁感应强度方向相反，大小分别为、，和处有固定挡板。同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线框，边长为，质量为，总电阻为，以初速度从左侧进入磁场，沿轴方向运动。线框平面始终与磁场方向垂直，边始终与磁场边界平行，线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞。则（     ） A．首次进入磁场时线框的加速度大小 B．每次经过时，电势差 C．与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小 D．线框停止处，穿过线框的磁通量为0 【命题立意】 1. ‌核心素养导向‌ 以双反向磁场区域、线框往复运动的真实物理场景为载体，考查学生对电磁感应、动量定理、能量守恒的综合应用能力，落实物理观念、科学思维的高阶核心素养要求，是典型的高考区分度压轴题。 2. ‌考点精准锚定‌ 覆盖电磁感应的核心高频考点：动生电动势计算、安培力与加速度推导、线框切割磁感线的电势差分析、弹性碰撞规律、电磁感应中动量定理微元法的应用，完全贴合黑吉辽蒙卷电磁学模块的命题侧重。 3. ‌能力分层设计‌ 选项设置梯度极强：A选项是基础的安培力加速度推导，B选项是双磁场区域内的电势差对比分析，C选项需要用动量定理微元法完成多阶段运动的速度推导，D选项是线框最终停止状态的逻辑判断，能精准区分不同能力层级的考生，实现压轴题的选拔功能。 4. ‌命题创新导向‌ 区别于常规单磁场单杆/单框模型，采用双反向磁场+双侧弹性挡板的复合场景，规避固化刷题套路，重点考查“微元累积”的物理思维，完全匹配2026年黑吉辽蒙卷电磁学压轴题的命题特征。 【答案】AC 【知识点】线框进出磁场产生的等效电路相关计算 【详解】A．首次进入磁场时，切割磁感线，感应电动势 感应电流 所受的安培力 根据牛顿第二定律 联立可得首次进入磁场时线框的加速度大小，故A正确； B．每次经过时，都是切割磁感线，设感应电动势为，则，（根据右手定则可知要么都为正，要么都为负） 可知每次经过时，电势差，故B错误； C．线框进入磁场Ⅰ过程中，根据动量定理有 又 可得 线框从磁场Ⅰ到磁场Ⅱ过程中，根据动量定理 又 可得 线框离开磁场Ⅱ过程中，根据动量定理 又 可得 线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ过程，线框速度变化量 根据 可得线框与右侧挡板碰撞前的速度大小为 根据题意线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，可知与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小，故C正确； D．根据C选项分析可知线框完整穿过一次磁场Ⅰ、Ⅱ，线框速度变化量为 根据计算可知线框完整穿过磁场Ⅰ、Ⅱ144次后，速度为 又144为偶数，可知线框第145次由左侧进入磁场Ⅰ，刚好完全进入磁场Ⅱ时，速度变化量为 可知线框恰好停在磁场Ⅱ区域，穿过线框的磁通量为，故D错误。 故选AC。 【微点拨】 1. ‌破题核心锚点‌ 全程用‌动量定理微元求和‌处理电磁感应变加速问题，这是本卷该类题型的核心解题思路，避开常规动能定理的复杂积分运算。 2. ‌选项快速排查‌ A：MN首次切割磁感线，代入E=BLv₀、F=BIL、a=F/m，可直接算出加速度数值，A正确 B：MN在x=1.5L时，MN、PQ两边分别在不同磁场中反向切割，电势差比值为1:3而非1:1，B错误 C：分阶段用动量定理计算线框从初始位置到右侧挡板的速度，弹性碰撞后速度反向，得到对应速度值，C正确 D：线框最终静止时，总磁通量抵消为0，符合能量耗尽的最终状态，D错误 3. ‌避坑提醒‌ 不要被初速度的大数值干扰，核心是套用“安培力冲量=磁通量变化量/R”的微元结论，无需硬算复杂代数运算。 考向一 静电场 1．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理如图（a）所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为，使筛选出的电子沿半径为的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。 已知电子电荷量大小为，质量为；偏转电场可视为匀强电场，、极板长度为、间距为；荧光屏到极板边缘的距离为。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。 (1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量。 (2)求、间电压为时，电子到达荧光屏上的偏移距离。 (3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时、间电压随时间线性变化，变化率为（），使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为的光斑，如图（b）所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置的关系如图（c）所示。若样品的激发态寿命定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求。 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】粒子由电场进入磁场 【详解】（1）电子加速场中，由动能定理有 电子在，筛选器中由牛顿第二定律有 电子通过样品前后的动能变化量 联立可得 （2）偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有 沿着电场方向有 根据牛顿第二定律 出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有 联立解得 （3）由题意可知 将表达式代入可得 结合题图（相对强度8408到4204）可得 解得 2．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】电容器的动态分析(Q不变） 【详解】根据公式和电容的决定式 可得 根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着F的增大，d在减小，且减小的越来越慢，与电源断开后Q不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D选项。 故选D。 3．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为。原长为的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动 【详解】由题意可得A点弹簧伸长量为，B点和C点弹簧压缩量为，即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加， 同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小， 由A到C全过程则有 因此 故选C。 4．（2024·黑龙江·高考真题）某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图（b）所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（　　） A．电容器的电容减小 B．电容器所带的电荷量增大 C．电容器两极板之间的电势差增大 D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 【答案】B 【知识点】电容器的动态分析(U不变） 【详解】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数增大，根据电容器的决定式可知电容器的电容增大，故A错误； BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误； D．根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为，故D错误。 故选B。 5．（2024·黑龙江·高考真题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（　　） A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 【答案】D 【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的一般运动 【详解】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场力方向为水平方向，根据力的合成可知电场力方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，电势能减小。 故选D。 6．（2023·辽宁·高考真题）（多选）图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（　　）    A．P点电势比M点的低 B．P点电场强度大小比M点的大 C．M点电场强度方向沿z轴正方向 D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 【答案】CD 【知识点】等势面和电场线的关系、带电体周围的电势分布、比较电势能的大小 【详解】A．因P点所在的等势面高于M点所在的等势面，可知P点电势比M点的高，选项A错误； B．因M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误； C．场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确； D．因x轴上各点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，则电势能不变，选项D正确。 故选CD。 考向二 磁场和恒定电流 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求时边受到的安培力大小F； (2)画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）； (3)从开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，求ad边离开磁场时的速度大小。 【答案】(1)0.015N (2) (3)0.01m/s 【知识点】线框进出磁场产生的等效电路相关计算、由B-t图像计算感生电动势的大小、安培力的计算式及初步应用 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律 由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为 由图（b）可知，时磁感应强度大小为 所以此时导线框的安培力大小为 （2）内线框内的感应电流大小为，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图（c）可知内的感应电流大小为 方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为 由法拉第电磁感应定律 可知内磁感应强度的变化率为 解得时磁感应强度大小为 方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为 （3）由动量定理可知 其中 联立解得经过磁场边界的速度大小为 2．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，在平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间。 (2)若在平面内某点固定一负点电荷，电荷量为，粒子质量取（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小。 (3)在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与N点速度方向相反，求（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势）。 【答案】(1)， (2) (3) 【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动、带电粒子在直边界磁场中运动、带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 【详解】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示 由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为 由洛伦兹力提供向心力 解得正电荷的入射速度大小为 正电荷在磁场中运动的周期为 所以正电荷从M运动到N的时间为 （2）由题意可知，在平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知，其中 解得或（舍去） （3）在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心力大于点电荷提供的库仑力，因此粒子无法做匀速圆周运动，即正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示 由能量守恒定律得 由开普勒第二定律可知 其中 联立解得 由牛顿第二定律 解得 故正电荷从点离开磁场后到首次速度变为与点的射出速度相反的时间为 3．（2024·黑龙江·高考真题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。 （1）求磁感应强度的大小B； （2）求Ⅲ区宽度d； （3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围） 【答案】（1）；（2）；（3） 【知识点】粒子由磁场进入电场、带电粒子在匀强电场中做直线运动 【详解】（1）对乙粒子，如图所示 由洛伦兹力提供向心力 由几何关系 联立解得，磁感应强度的大小为 （2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为 对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式 由牛顿第二定律 联立可得Ⅲ区宽度为 （3）甲粒子经过O点时的速度为 因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则 可得 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中 对乙可得 整理可得 对甲可得 则 化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为 4．（2023·辽宁·高考真题）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 （1）求金属板间电势差U； （2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； （3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 【答案】（1）；（2）或；（3） 【知识点】粒子由电场进入磁场 【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为 根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度 解得 设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得 ， 联立解得 （2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有 故 则出电场时粒子的速度为 粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得 解得 已知圆形磁场区域半径为，故 粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；    （3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示： 5．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，得到的图像如图所示。从图中状态到状态，小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【知识点】非线性元件的伏安特性曲线 【详解】 从图像中读出两点坐标： 状态:Ua​=0.6 V， 则 , 状态：， 则 ， 故电阻变化量为2Ω，电功率变化量为0.68W。 故选B。 考向三 电磁感应和交变电流 1．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图（a）所示，图（b）为线圈所在区域磁场分布。将其用作话筒时，锥形纸盆的振动带动线圈运动，把声信号转化为电信号。规定向右为线圈位移的正方向，若随时间的变化如图（c）所示，则、间电势差随变化的图像可能为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】右手定则、导体棒平动切割磁感线 【详解】根据题意，由图（）可知，线圈的位移随时间按正弦规律变化，则有 则线圈的速度随时间的变化规律为 由于磁场是辐射状的，线圈运动方向始终与磁感线垂直，感应电动势的大小 可知，间电势差的大小随时间的变化规律与速度一致，应为余弦函数形式，时刻，由右手定则可知，线圈中电流由，因此端为负极，端为正极，则有，综上所述，D选项图像符合题意。 故选D。 2．（2024·黑龙江·高考真题）（多选）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（　　） A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于 C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1 D．两棒产生的电动势始终相等 【答案】AB 【知识点】双杆在等宽导轨上运动问题、无外力作用下，水平导轨上的单杆模型 【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确； BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 对cd 故可知 分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得 解得 故B正确，C错误； D．根据前面分析可知，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。 故选AB。 3．（2023·辽宁·高考真题）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是（　　）    A．   B．   C．   D．   【答案】C 【知识点】导体棒转动切割磁感线 【详解】如图所示    导体棒匀速转动，设速度为v，设导体棒从到过程，棒转过的角度为，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为 可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过B点和B点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，根据 可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。 故选C。 4．（2023·辽宁·高考真题）（多选）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（　　）    A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 【答案】AC 【知识点】双杆在不等宽导轨上运动问题、竖直平面内的导轨单杆模型、无外力作用下，水平导轨上的单杆模型 【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确； B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力 方向向左；MN受安培力 方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则 解得 回路的感应电流 MN所受安培力大小为 选项B错误； C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得 可得则最终MN位置向左移动 PQ位置向右移动 因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理 可得 选项C正确； D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则 选项D错误。 故选AC。 5．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）（多选）如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。时，abef与水平面平行，则（    ） A．时，电流方向为abcdefa B．时，感应电动势为 C．时，感应电动势为0 D．到过程中，感应电动势平均值为0 【答案】AB 【知识点】计算线圈转动过程中电动势和电流的平均值、判断线圈转到不同位置的电流方向 【详解】AB．线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为和，时刻边速度与磁场方向平行，不产生电动势，因此此时边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为，电动势为，AB正确； C．时，线框旋转180°，此时依旧是边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C错误； D．到时，线框的磁通量变化量为零，线框的磁通量变化量为 由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为，D错误。 故选AB。 一．选择题 1．（2026•辽宁模拟）如图所示，图中实线b、c、d、e为某静电场中的等差等势线，虚线为一个电子在该静电场中的运动轨迹，电子的电量为﹣e，则下列判断正确的是（　　） A．电子在A点速度比在B点大 B．电子在A点加速度比在B点小 C．电子在B点的电势能比在A点大 D．b、c、d、e等势线中e的电势最高 【答案】D 【分析】根据电子运动轨迹的弯曲方向判断其所受电场力方向，再结合电子带负电确定电场线方向及电势高低，最后利用电场力做功与能量变化的关系以及等势线疏密与场强的关系，即可判断各选项。 【详解】D、等势线垂直电场线，电场线沿过左上方C点的径向，结合轨迹凹侧指向合力方向，电子所受电场力指向C向上；电子带负电，电场力方向与电场方向相反，电场方向背离C向下；沿电场方向电势降低，离C越近电势越高；e是离C最近的等势线，e电势最高，故D正确； A、从A到B，电场力方向与位移同向，电场力做正功，动能增加，vB＞vA 从B到A，电场力做负功，动能减小，仍得vB＞vA，A点速度比B点小，故A错误； B、等势线的疏密程度代表场强大小，同一电荷所受电场力越大，加速度越大；A点等差等势线更密，电子在A点加速度比在B点大，故B错误； C、电势能Ep＝﹣eφ，φB＞φA，故EpB＝﹣eφB＜EpA＝﹣eφA，即B点电势能比A点小，故C错误。 故选：D。 2．（2026•辽宁模拟）内壁光滑的半圆形碗内放置两个可视为质点的带电金属小球，质量关系m1：m2＝3：2，二者处于静止状态时位置图如图所示，m1与m2对碗的压力大小之比为（　　） A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．5：2 【答案】C 【分析】先对每个小球进行受力分析，利用共点力平衡条件结合几何关系推导支持力与重力的关系，再根据牛顿第三定律得到压力比。每个小球受重力、碗的支持力（沿半径指向球心）、两球间库仑力，三力平衡，可通过力的矢量三角形与几何三角形相似来建立关系。 【详解】根据题意分析可知，对小球m2受力分析，如图所示，小球受重力、支持力、库仑力，其中F2为库仑力F和重力m2g的合力 根据三力平衡原理可知，F2＝FN2 由图可知，△OAB∽△BFF2，设半球形碗的半径为R，根据三角形相似可知 即 同理可知，对小球m1受力分析可得 可得 根据牛顿第三定律可知，m1与m2对碗的压力大小之比为3：2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2026•鄂尔多斯校级模拟）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O，M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A，N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法正确的是（　　） A．N点的电场强度大小为零 B．q1＜q2 C．N、C间场强方向沿x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减少后增加 【答案】D 【分析】利用φ﹣x图像的斜率表示电场强度，结合电势分布判断两点电荷的电性与电荷量大小，再分析电场方向与电势能变化规律，逐一判断选项。 【详解】A、电势φ随x变化的关系图像上各点处切线斜率代表各点的场强，图像上N点的斜率不为零，N点的电场强度大小不为0，故A错误； B、两点电荷一个为正电荷，一个为负电荷，因为在C点电势最高，则电场强度为0，则，OC大于MC，有q1＞q2，故B错误； C、N、C间电势逐渐升高，则电场强度方向沿x轴负方向，C、D间电势逐渐减小，则电场强度方向沿x轴正方向，故C错误； D、N→D段中，电势先升高后降低，场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故D正确。 故选：D。 4．（2026•辽宁一模）如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。忽略“小火箭”带电量对两极板电量和两极板间电场的影响，下列说法正确的是（　　） A．“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大 B．通电后若改变两板间距离，则板上锡纸的电荷量随之改变，电荷量数值与极板距离成线性关系 C．通电后若断开电源，增大两板间距离，则两板间电场强度减小 D．通电后若断开电源，减小两板间距离，则两板间电压减小 【答案】D 【分析】A、下极板接电源正极，小火箭接触下板会带正电，向上运动时电场力做正功，电势能减少； B、极板始终连通稳压电源，极板间电压保持不变；极板间距改变会改变电容，进而改变极板带电量，带电量和间距为反比例关系，并非线性正比； C、断开电源后极板总电荷量固定，改变极板间距不会改变极板间电场强度大小； D、断开电源后电荷量不变，缩小极板间距会增大电容，极板间电压随之降低。 【详解】A、根据电场的基本性质，电场方向是从正极指向负极在本题中，电源正极连接下板，负极连接上板，电场方向是竖直向上的，结合题意得小火箭带正电，当“小火箭”向上运动时，电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，故A错误； B、根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 联立解得电荷量 即电荷量数值与极板距离成反比例关系，故B错误； C、根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 电场强度与电势差的关系 联立解得两板间电场强度 即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，增大两板间距离，则两板间电场强度不变，故C错误； D、根据平行板电容器的电容公式 电容器的电容的定义式 联立解得两板间电压 即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，减小两板间距离，则两板间电压减小，故D正确。 故选：D。 5．（2026•辽宁模拟）如图所示，边长为10cm的正三角形ABC处在匀强电场中，三角形平面与电场平行，M、N两点将AC边三等分，P、Q两点将BC边三等分；将一个电子从A点移到M点和从M点移到P点电场力做功相同，已知B点电势为1V，C点电势为4V，则下列判断正确的是（　　） A．N点电势比P点电势高 B．M点电势为﹣2V C．电子从A到M电场力做功为﹣1eV D．匀强电场的电场强度大小为 【答案】D 【分析】题目中电子在匀强电场中移动，电场力做功相同意味着电势差相等，从而建立起A点、M点与P点之间的电势关系。已知B点和C点电势，结合P、Q将BC边三等分可确定P点电势，再根据M、N将AC边三等分得到M点与A、C电势的关系。联立这些条件即可求出A点、M点和N点电势，进而比较各点电势高低并计算电场力做功。通过A点与B点电势相等判断AB为等势线，电场线方向垂直AB，利用C点与A点电势差及C到AB的垂直距离计算电场强度大小。 【详解】在匀强电场中，沿相同方向间距相等的两点间电势差相等。已知φB＝1V，φC＝4V，由于P、Q将BC边三等分，则P点电势，解得：φP＝3V。 Q点电势，解得：φQ＝2V。将电子从A点移到M点与从M点移到P点电场力做功相同，即WAM＝WMP，根据W＝qU可得UAM＝UMP，即φA﹣φM＝φM﹣φP。 又因M、N将AC边三等分，有。联立并代入φC＝4V与φP＝3V，解得：φA＝1V，进而求得φM＝2V，φN＝3V。 AB、由上述分析可知，N点电势与P点电势均为3V，即N点电势等于P点电势；M点电势为2V，故AB错误； C、电子从A到M电场力做功WAM＝﹣e（φA﹣φM）＝﹣e×（1V﹣2V），解得：WAM＝1eV，故C错误； D、因φA＝φB＝1V，故AB连线为等势线，匀强电场的电场线方向垂直于等势面，即垂直于AB连线。C点到AB的距离为正三角形的高d＝Lsin60°，即，解得：。匀强电场的电场强度大小，解得：，故D正确。 故选：D。 6．（2026•辽宁模拟）如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。下列说法正确的是（　　） A．“小火箭”始终不带电 B．“小火箭”首次向上运动的过程中电势能减小 C．撤去“小火箭”，若减小两板间距离，则板间电场强度不变 D．撤去“小火箭”，若减小两板间距离，则锡纸上的电荷量减少 【答案】B 【分析】结合平行板电容器的电场特性、带电体在电场中的受力与运动、电容器接电源时的电容与电荷量变化规律，逐一分析各选项的正误。 【详解】AB、电容器下极板接电源的正极，“小火箭”与下极板接触带正电，受向上电场力，并向上运动，所以电场力做正功，电势能减小，故B正确，A错误。 C、电容器接直流电源时极板间电压U恒定，电场强度满足公式，减小两板间距d时，电场强度E会增大，故C错误； D.电容满足公式，减小两板间距d时电容C增大；极板间电压U恒定，电荷量满足公式Q＝CU，故极板上的电荷量会增大，故D错误。 故选：B。 7．（2026•内蒙古模拟）地球表面与电离层之间有稳定的电势差，会在两者间的低空大气中形成电场，其电场强度即大气电场强度，晴天时方向多垂直地面向下，地面附近的电场分布如图所示，低空大气上表层与地面构成平行板电容器模型，忽略大气相对介电常数的变化，下列说法正确的是（　　） A．低空大气越厚，电容越大 B．若地面所带的电荷量不变，则低空大气越厚，大气电场强度越大 C．地面单位面积所带的电荷量越大，大气电场强度越大 D．地面单位面积所带的电荷量越小，地面上方的P点电势越高 【答案】C 【分析】根据电容的决定式分析电容与大气层厚度的关系；根据电容的决定式，电容的定义式和场强公式相结合分析大气电场强度与大气层厚度的关系，并判断大气电场强度与地面单位面积所带的电荷量的关系；由U＝Ed分析地面上方的P点电势变化情况。 【详解】A、由于低空大气上表层与地面构成平行板电容器模型，忽略大气相对介电常数的变化，根据电容的决定式，可知低空大气厚度d越大，电容C越小，故A错误； B、根据电容的决定式，电容的定义式和场强公式可得，可知地面所带的电荷量不变时，低空大气厚度d增大，大气电场强度不变，故B错误； C、地面单位面积所带的电荷量，由，知地面单位面积所带的电荷量越大，大气电场强度越大，故C正确； D、地面单位面积所带的电荷量越小，大气电场强度越小，由U＝Ed可知，P点与地面间的电势差也越小，因P点的电势高于地面电势，故P点的电势越低，故D错误。 故选：C。 8．（2026•内蒙古模拟）如图所示，竖直平面内存在一个非匀强电场，电场中有一固定光滑绝缘细杆倾斜放置，A、B、C是细杆上的三个点，且AB＝BC。一带电小球套在细杆上，从A点静止释放，沿杆运动恰好能到达C点。不计空气阻力，关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．小球带正电 B．小球在C点所受的静电力大小小于在A点所受的静电力大小 C．小球在C点的电势能大于在A点的电势能 D．小球从A点到B点静电力做的功等于从B点到C点静电力做的功 【答案】C 【分析】A.根据小球的运动情况判断小球的电性； B.根据电场线的疏密判断场强的大小，进而判断静电力的大小； C.根据电场力做功与电势能的关系判断； D.根据电场线的疏密和电场力做功的特点判断。 【详解】A．根据题意可知，小球从A点由静止开始运动，恰好运动到C点，小球受到自身的重力和电场力的作用，可知静电力做负功，小球带负电。故A错误； B．根据电场线越密电场强度越大，可知C点的电场强度大于A点的电场强度，则小球在C 点所受的静电力大小大于在A点所受的静电力大小。故B错误； C．小球从A点运动到C点的过程中静电力做负功，电势能增加，则小球在C点的电势能大于在A点的电势能。故C正确； D．由于AB＝BC，但BC段的电场线更密，电场强度更大，则小球从A点到B点静电力做的功小于从B点到C点静电力做的功。故D错误。 故选：C。 9．（2026•黑龙江模拟）如图所示，三角形abc是相同的软导线连成的正三角形线框，放在水平面上，a、b、c三个顶点固定，三边的导线均刚好伸直，线框处在垂直于水平面向上的匀强磁场中，现将b、c两端连接入电路，让电流从b点流入，从c点流出，不计通电导线间的相互作用的影响，则软导线静止时的形状可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题的解题关键在于：明确电流的分流路径；用左手定则判断每条导线的安培力方向；根据安培力方向判断导线的弯曲趋势。 【详解】由题图可知磁场方向垂直纸面向外。让电流从b点流入，从c点流出，则ac边电流a→c，由左手定则知安培力指向三角形内侧；ab边电流b→a，由左手定则，可知安培力指向内侧；bc边电流b→c，由左手定则，可知安培力指向外侧。因此软导线静止时的形状如图所示。 故B正确，ACD错误。 故选：B。 10．（2026•辽宁模拟）等腰直角三角形EDF（∠EDF＝90°）的顶点分别固定一根长直导线，导线中通有大小相等的电流，电流方向如图所示，O点为三角形的重心。已知D处电流在O点产生的磁场磁感应强度为B0，通电长直导线周围磁场磁感应强度大小与电流I和距离r的关系为B＝k（k为常数），则O点的磁感应强度为（　　） A．1.4B0，方向垂直DO向右 B．1.4B0，方向垂直DO向左 C．1.8B0，方向垂直DO向右 D．1.8B0，方向垂直DO向左 【答案】A 【分析】根据等腰直角三角形重心性质确定O点到三顶点的距离关系，结合安培定则判断各导线在O点产生磁场的方向与大小，再进行矢量叠加。 【详解】设EF边的中点为P，OP距离为d，则DO的距离为2d，EO的距离为 则，E处电流在O点产生的磁场 E、F两处电流在O点产生的磁场0.4B0 根据安培定则可知，D处电流在O点产生磁场的磁感应强度方向垂直DO向右，E、F两处电流在O点产生磁场的磁感应强度方向垂直DO向右，故O点的磁感应强度大小为1.4B0，方向垂直DO向右，故A正确，BCD错误。 故选：A。 11．（2026•黑龙江模拟）如图示，竖直平面内，边界PQ上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，紧靠边界的下方有两个相同金属材料制成单匝正方形线框a和b，两线框的边长相同，线框b的导线截面积大于a。以相同的初速度将两线框向上抛出，从抛出到落回的整个过程中下列说法正确的是（　　） A．两线框上升的最大高度ha＞hb B．落回出发点时的速度va＝vb C．整个过程的运动时间ta＜tb D．整个运动过程产生的焦耳热Qa＝Qb 【答案】B 【分析】线框以相同初速度向上抛出，进入磁场时切割磁感线产生感应电流并受到安培力，安培力与重力方向相同使线框减速。由于线框材料、边长相同而截面积不同，导致质量与电阻不同。通过分析进入、完全在磁场中及离开磁场各阶段的加速度，发现安培力表达式中的质量与电阻影响相互抵消，使得全程加速度与线框自身参数无关，因此两线框运动情况完全相同，上升高度、落地速度及运动时间均相等。但焦耳热与电阻有关，电阻较小的线框产生的焦耳热更多。 【详解】设正方形金属线框的边长为L，根据电阻定律可知，在线框进入磁场的过程中，产生的感应电流为。 根据牛顿第二定律，有mg+BIL＝ma，且线框质量m＝4ρ0LS，联立整理可得。 由此可知，在进入磁场的过程中，两线框的加速度完全相同。 当线框完全进入磁场后，仅受重力作用，加速度也相同。 当线框再次穿出磁场时，根据牛顿第二定律有mg﹣BIL＝ma'，代入相关表达式可知，穿出磁场时的加速度也相同。 因此在整个运动过程中，两线框的加速度始终相同，又因为它们的初速度相同，所以运动情况完全一致，上升的最大高度满足ha＝hb，落回出发点时的速度满足va＝vb，整个过程的运动时间满足ta＝tb。 由于线框b的电阻较小，而切割磁感线产生的感应电动势相同，根据焦耳热公式可知，在整个运动过程中产生的焦耳热满足Qa＜Qb，故B正确，ACD错误。 故选：B。 12．（2026•黑龙江模拟）如图所示，两组间距均为L的光滑平行导轨倾斜固定，两组导轨平面与水平面的夹角均为θ＝30°，左侧导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场Ⅰ中，磁场的磁感应强度大小为B1，右侧导轨处在沿竖直方向的匀强磁场Ⅱ中，磁场的磁感应强度大小为B2，两组导轨上端接有一个直流电源，两质量均为m的导体棒a、b垂直导轨放置，两导体棒均静止，两导体棒接入电路的电阻均为R，导轨电阻不计，不考虑导轨电流磁场对导体棒的作用及两导体棒间的相互作用，则下列说法正确的是（　　） A．磁场Ⅰ的方向垂直于导轨平面向上 B．磁场Ⅱ的方向竖直向下 C．B1B2 D．B1B2 【答案】D 【分析】题目描述了两组倾斜平行导轨上分别放置导体棒a、b，它们处于不同方向的匀强磁场中，通过直流电源并联连接，两棒均静止。需要分析磁场方向及磁感应强度B1与B2的关系。核心思路是分别对两棒进行受力分析，利用平衡条件建立方程。导体棒a在垂直于导轨平面的磁场中，安培力沿导轨平面方向，其重力沿斜面向下的分力与安培力平衡；导体棒b在竖直方向的磁场中，安培力为水平方向，其沿斜面向下的重力分力与安培力沿斜面的分量平衡。通过电流相等和平衡方程，可推导B1与B2的比值关系。由于电源极性未知，磁场方向无法唯一确定。 【详解】设两导体棒的有效长度均为L，由于两棒电阻相等且并联在直流电源两端，因此流过它们的电流大小相同，设为I。对导体棒a进行受力分析， 其安培力方向沿导轨平面向上，根据平衡条件可得：mgsin30°＝B1IL。对导体棒b进行受力分析，其处于竖直方向的磁场中，安培力为水平方向， 沿导轨平面方向满足平衡条件，有：B2ILcos30°＝mgsin30°。联立以上两式可得：B1IL＝B2ILcos30°，代入，解得：。 由于电源极性未知，电流方向无法确定，因此不能判断磁场的具体方向。故ABC错误，D正确。 故选：D。 二．多选题 13．（多选）（2026•辽宁模拟）如图为磁悬浮列车利用电磁阻尼减速进站的简化图。两条平行光滑绝缘导轨水平放置，间距为L，导轨间有若干垂直于轨道平面、方向交替分布的匀强磁场，磁感应强度均为B，每个磁场宽度均为L，忽略磁场边缘效应。质量为m、边长为L的正方形金属框以某一速度沿导轨进入磁场，当bc边在磁场中运动位移为3L时其速度减为零。已知金属框的电阻为R，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．bc边刚进入磁场时电流方向cbadc B．线圈在磁场运动过程中电流方向不变 C．线圈进入磁场时的初速度大小为 D．线圈在磁场中运动过程生热为 【答案】AC 【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；结合磁场方向的变化，分析感应电流方向是否改变；线框运动过程，利用动量定理求线圈进入磁场时的初速度大小；根据能量守恒求线圈在磁场中运动过程生热。 【详解】A、bc边刚进入方向向里的磁场时，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律，可知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流沿逆时针方向，即为cbadc，故A正确； B、磁场方向交替分布，线圈的运动方向不变，根据右手定则可知，线圈中感应电流方向也随之改变，故B错误； C、对线框运动过程，根据动量定理，可知安培力的冲量等于线圈动量的变化，且v•Δt＝Δx bc位移0∼L，只有bc切割，安培力大小 冲量大小I1＝∑F•Δt＝∑（•Δt）∑Δx bc位移L～3L，bc和ad分别在方向相反的两个磁场中，总电动势叠加，安培力大小 冲量大小I2∑Δx′•2L 总动量变化大小 解得初速度，故C正确； D、根据能量守恒，线框的动能全部转化为焦耳热，则线圈在磁场中运动过程生热为，故D错误。 故选：AC。 14．（多选）（2026•辽宁模拟）如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两组平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、阻值均为R、质量均为m，垂直置于导轨上，导轨足够长且不计电阻。闭合开关，一段时间后两导体棒达到稳定状态，下列说法正确的是（　　） A．稳定前导体棒b、c均做加速度增大的加速运动 B．稳定前导体棒b、c的加速度大小之比始终是1：2 C．稳定后导体棒c的速度大小为 D．从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程中，导体棒b中产生的焦耳热为 【答案】BCD 【分析】根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律结合牛顿第二定律分析解答；根据牛顿第二定律列式解答；根据动量定理列式求解；根据功能关系和热量与电阻的关系列式求解。 【详解】A.稳定前b、c棒均做加速运动，回路中的总电动势E'＝E﹣BLbvb﹣BLv，则回路中的总电动势随着两棒速度的增加而逐渐减小，由闭合电路欧姆定律知回路中电流逐渐减小，对b、c两棒受力分析，由牛顿第二定律得BIL＝ma，则两棒的加速度逐渐减小，故稳定前b、c棒均做加速度减小的加速运动，故A错误； B.加速过程中，由BIL＝ma，得加速度大小为，则稳定前b、c棒的加速度大小之比，故B正确； C.两棒稳定时回路中的总电动势为零，则E＝Bdvb+B•2dvc，分别以加速时b和c棒的速度方向为正方向，对b棒根据动量定理得，对c棒根据动量定理得，联立解得，，故C正确； D.由能量守恒定律知电源提供的电能转化为两棒的动能和回路产生的焦耳热，则EqQ，又导体棒b接入电路的有效长度为d，则导体棒b在回路中的有效阻值为，故，解得导体棒b中产生的焦耳热为，故D正确。 故选：BCD。 15．（多选）（2026•吉林模拟）在如图所示的等边三角形ABC的三个顶点处，分别固定电荷量为+q、﹣q、和+q的点电荷。已知三角形中心O到三个顶点的距离均为r，D点为BC边中点，E点为AO连线中点，则关于O、D、E三点电势φO、φD、φE关系正确的是（　　） A．φO＝φD B．φE＞φO C．φO＞φD D．φD＞φE 【答案】BC 【分析】电势是标量，直接代数叠加，不用矢量分解； 等量异种电荷在连线中点电势抵消，快速简化计算； 同一正点电荷：距离越近，电势越高，结合几何距离判断高低。 【详解】由于等量异种点电荷连线的中垂面为零势能面，所以对于B、C两点电荷而言，其在O、D、E点的电势为零，所以O、D、E三点电势的大小仅由A点的点电荷决定，A点的点电荷为正电荷，沿电场线方向电势降低，所以φE＞φO＞φD，故BC正确，AD错误。 故选：BC。 三．解答题 16．（2026•辽宁模拟）如图所示，一足够长的绝缘木板质量M＝1kg静止在光滑的水平面上，木板左侧静止放置一质量m＝4kg、电荷量q＝+2C的小滑块（可视为质点），虚线下方空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝2T，虚线上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2大小未知，其中虚线距离水平面高度h＝5m，已知小滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为μ＝0.25，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略绝缘木板的厚度，g＝10m/s2，π≈3，现在整个空间中施加水平向右的匀强电场，电场强度E＝20N/C。求： （1）施加匀强电场瞬间，绝缘木板的加速度大小； （2）经过多长时间小滑块与绝缘木板发生相对滑动； （3）已知小滑块经过P点刚好脱离长木板时，立即将匀强电场方向改为竖直向上（大小不变），从该时刻开始计时，若想使小滑块用最短时间到达Q点（Q点在P点右侧且与P点在同一水平线上，均未画出），，求最短时间和对应的磁感应强度B2的大小。 【答案】（1）绝缘木板的加速度大小为8m/s2。 （2）小滑块与绝缘木板发生相对滑动的时间为0.25s。 （3）最短时间为8s，对应的磁感应强度B2的大小为12T。 【分析】（1）分析施加电场瞬间滑块与木板的受力情况，两者视为整体，电场力提供合外力，根据牛顿第二定律确定共同加速度。由于滑块与木板间存在静摩擦力，需通过比较最大静摩擦力与木板实际所需摩擦力判断是否发生相对滑动，从而确定木板加速度。 （2）滑块与木板在电场力作用下共同加速，随着速度增大，滑块所受洛伦兹力方向变化导致对木板压力减小，进而使最大静摩擦力减小。当木板所需摩擦力超过最大静摩擦力时发生相对滑动。通过分析滑块受力，结合牛顿第二定律与运动学关系，建立速度与时间的关系式求解临界时间。 （3）滑块脱离木板时满足重力与洛伦兹力平衡，可求得脱离速度。电场方向改变后，电场力与重力平衡，滑块在洛伦兹力作用下分别在B1和B2磁场中做匀速圆周运动。需根据几何关系分析两磁场中运动轨迹的衔接，通过多次进出磁场的最短路径条件确定半径关系，进而求出B2。最短时间由两磁场中各自圆弧轨迹对应的圆心角及周期共同决定。 【详解】（1）对滑块和木板qE＝（m+M）a 解得a＝8m/s2 f＝Ma＝8N＜μmg＝10N 说明m与M没有相对滑动，一起加速运动。 （2）m与M一起加速运动，经过t0时间开始相对滑动v0＝at0 滑块对木板压力FN＝mg﹣qv0B1 对滑块，由牛顿第二定律qE﹣μFN＝ma 联立解得t0＝0.25s （3）滑块脱离木板时速度为v，满足mg＝qvB1 解得v＝10m/s 电场方向竖直向上，电场力与重力相等，洛伦兹力充当向心力，小滑块做匀速圆周运动，在B1磁场中 解得r1＝10m 进入B2磁场中 由几何关系2n（r1sin60°﹣r2sin60°）＝PQ 由题意n＝3时，由P到Q时间最短，解得，B2＝12T 在B1磁场中，一次运动时间，即t1＝1s 在B2磁场中，一次运动时间，即 由P到Q最短时间tmin＝3（2t1+t2），即tmin＝8s 答：（1）绝缘木板的加速度大小为8m/s2。 （2）小滑块与绝缘木板发生相对滑动的时间为0.25s。 （3）最短时间为8s，对应的磁感应强度B2的大小为12T。 17．（2026•赤峰模拟）如图，在竖直平面内有一半径为R的圆形区域，O为圆心，PM为其水平直径，QN为其竖直直径。匀强电场平行于该竖直平面，方向与水平方向成53°斜向上。一个电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球多次从圆周上的P点以相同的速率v0在竖直面内向各个方向发射，小球能到达圆周上的所有位置。电场强度大小为，g为重力加速度，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。设小球在P点的重力势能和电势能均为0。求： （1）在圆周上各位置中的最高电势φm； （2）小球在圆周上各位置中机械能的最大值Em； （3）若v0＝7.5m/s，R＝5.625m，g＝10m/s2，小球从P到圆周上各位置中的最长时间tm。 【答案】（1）圆周上最高电势为。 （2）小球机械能最大值为。 （3）小球运动的最长时间为3 s。 【分析】（1）小球能到达圆周上所有位置，表明其等效重力场方向与电场力与重力的合力方向一致。最高电势点位于逆着电场方向距离P点最远的圆周位置，该距离可通过几何关系确定，利用电势差与电场强度和沿场强方向距离的关系即可求得φm。 （2）机械能是动能与势能之和，其中势能包括重力势能和电势能。由于P点重力势能和电势能均为零，因此机械能最大值对应电势能最小的位置。该位置是沿着电场方向离P点最远的圆周点，求出该点与P点沿电场方向的距离，结合功能关系即可得到Em。 （3）求最长时间需要分析小球的运动。分析电场力与重力的合力方向，发现竖直方向合力为零，水平方向有恒定的合外力。因此，小球在竖直方向做匀速运动，水平方向做匀变速运动。要使时间最长，应使小球水平位移为负向（向左）最大，即到达M点，且水平初速度方向与合外力方向相反（向右抛出），利用水平方向的位移公式即可求解tm。 【详解】（1）逆着电场方向电势升高，圆周上离P点沿逆电场方向最远的位置电势最高，该位置与P点在场强方向的距离为。 由电势差公式φm﹣0＝Ed，结合电场强度，解得：。 （2）小球在圆周上各位置中机械能的最大值，对应其电势能最小的位置，圆周上离P点沿电场方向最远的位置电势最低，该位置与P点在场强方向的距离为。根据功能关系，有，代入数据解得：。 （3）在竖直方向上，满足Eqsin53°＝mg，因此小球加速度方向水平向左。在水平方向上，由Eqcos53°＝ma，解得：。 当小球水平向右抛出并落到M点时，所用时间最长，其运动学方程为，解得小球从P点运动到圆周上各位置所需的最长时间为tm＝3 s。 答：（1）圆周上最高电势为。 （2）小球机械能最大值为。 （3）小球运动的最长时间为3 s。 18．（2026•辽宁模拟）如图所示，间距为2L的水平线MN、PQ间有竖直向上的匀强磁场，质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框abcd静止在MN左侧的水平面上，给金属线框一个水平向右的初速度，金属线框刚好能完全进入磁场，通过线框ab边截面的电量为q，整个水平面绝缘光滑，线框运动过程中ab边始终与MN平行，求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）线框ab边刚进磁场时线框的速度大小； （3）若在线框ab边刚进入磁场时，给ab边施加一个垂直于ab边的水平向右、大小为F的恒力，结果线框恰好能通过磁场，则线框穿过磁场的时间为多少？ 【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度大小为； （2）线框ab边刚进磁场时线框的速度大小为； （3）线框穿过磁场的时间为。 【分析】（1）根据通过线框ab边截面的电量与磁通量变化量的关系求解磁感应强度大小； （2）利用动量定理求线框ab边刚进磁场时线框的速度大小； （3）线框从刚进磁场到刚出磁场的过程，利用动量定理求线框穿过磁场的时间。 【详解】（1）金属线框进入磁场的过程，通过线框ab边截面的电量为 qΔt 又， 联立解得：B （2）设线框ab边刚进磁场时线框的速度大小为v0。 金属线框进入磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得 ﹣BL•Δt＝0﹣mv0 又qΔt 联立解得：v0 （3）线框从刚进磁场到刚出磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得 Ft﹣BL•Δt﹣BL•Δt′＝0﹣mv0 线框进入磁场的过程通过线框的电荷量q•Δt•Δt 同理可得，线框穿出磁场的过程通过线框的电荷量q′ 则q′＝q 联立可得线框穿过磁场的时间为 t 答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为； （2）线框ab边刚进磁场时线框的速度大小为； （3）线框穿过磁场的时间为。 1 / 36 学科网（北京）股份有限公司 $