專題20電學(xué)計(jì)算考點(diǎn)五年考情（20212025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2025·四川卷、江蘇卷2024·廣西卷、福建卷2023·江蘇卷2022·廣東卷、北京卷2021·福建卷注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，如電路分析、電場(chǎng)與磁場(chǎng)相關(guān)公式運(yùn)用等，常以帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等為背景出題。命題會(huì)緊密結(jié)合科技前沿與生活實(shí)際，創(chuàng)設(shè)新穎情境，考查學(xué)生知識(shí)遷移與綜合應(yīng)用能力。同時(shí)，題目信息量增大，計(jì)算過程可能更復(fù)雜，要求學(xué)生具備良好的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力和邏輯思維能力。此外，開放性、探究性問題或增多，鼓勵(lì)學(xué)生深入思考，培養(yǎng)創(chuàng)新思維和解決復(fù)雜問題的能力。備考時(shí)應(yīng)注重基礎(chǔ)，提升綜合應(yīng)用與創(chuàng)新能力。考點(diǎn)2帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2025·湖北卷、黑吉遼卷2024·遼寧卷、河南卷2023·山東卷、北京卷2022·江蘇卷、河北卷2021·江蘇卷、重慶卷考點(diǎn)3電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)、功能關(guān)系和動(dòng)量綜合問題2025·福建卷、云南卷2024·湖北卷、江西卷2023·湖南卷、廣東卷2022·遼寧卷、海南卷2021·天津卷、湖北卷考點(diǎn)01帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(1)求在橢圓軌道半短軸頂點(diǎn)B的電勢(shì)；(2)求帶電粒子從A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功；(3)用推理論證帶點(diǎn)粒子動(dòng)能與電勢(shì)能之和是否守恒；若守恒，求其動(dòng)能與電勢(shì)能之和；若不守恒，說明理由。(1)含A細(xì)胞的液滴離開電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)的距離；(2)A、B細(xì)胞收集管的間距。(2)0.11m(1)微粒第一次到達(dá)下極板所需時(shí)間；(2)微粒第一次從上極板回到O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量大小。4．（2025·北京·高考真題）如圖1所示，金屬圓筒A接高壓電源的正極，其軸線上的金屬線B接負(fù)極。5．（2025·江蘇·高考真題）如圖所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，兩個(gè)相同的帶正電粒子a、b同時(shí)從O點(diǎn)以初速度射出，速度方向與水平方向夾角均為。已知粒子的質(zhì)量為m。電荷量為q，不計(jì)重力及粒子間相互作用。求：(1)a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t；(2)a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H。(1)粒子B到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)時(shí)間內(nèi)粒子B的位移大??；(3)恒力作用的時(shí)間?！敬鸢浮?1)(3)(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；(2)求A與B間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)及C做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；【詳解】（1）撤去電場(chǎng)前，A、B、C均靜止，M、N處于原長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)A、B整體分析可知，此時(shí)繩中拉力為0，對(duì)C根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有解得（2）C開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)后，對(duì)C和B根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分別有其中解得解得（3）沒有電場(chǎng)時(shí)，C開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，A、B剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以此時(shí)A的加速度為零，對(duì)A根據(jù)共點(diǎn)力平衡有當(dāng)電場(chǎng)方向改為豎直向下，設(shè)B與A即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，C下降高度為，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律可得對(duì)B、C根據(jù)牛頓第二定律可得此時(shí)A的速度是其從左向右運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度，此后A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，所以A第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為聯(lián)立解得（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。（2）小球在A、B兩點(diǎn)的速度大小?！驹斀狻浚?）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，根據(jù)公式可得場(chǎng)強(qiáng)為（2）在A點(diǎn)細(xì)線對(duì)小球的拉力為0，根據(jù)牛頓第二定律得聯(lián)立解得9．（2023·新課標(biāo)卷·高考真題）密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。（1）求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；（2）判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比?！敬鸢浮浚?）8:1；（2）油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電；4:1【詳解】（1）設(shè)油滴半徑r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量則速率為v時(shí)受阻力則當(dāng)油滴勻速下落時(shí)解得可知?jiǎng)t（2）兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率，可知油滴a做減速運(yùn)動(dòng)，油滴b做加速運(yùn)動(dòng)，可知油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電；當(dāng)再次勻速下落時(shí)，對(duì)a由受力平衡可得其中對(duì)b由受力平衡可得其中聯(lián)立解得（1）B點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量的絕對(duì)值并判斷3個(gè)點(diǎn)電荷的正負(fù)；（2）C點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量?！驹斀狻浚?）因?yàn)镸點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向下，則C為正電荷，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理，可知A、B兩點(diǎn)的電荷在M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，則B點(diǎn)電荷帶電量為，電性與A相同，又點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向上，可得處電荷在點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)垂直BC沿AN連線向右上，如圖所示可知A處電荷為正電荷，所以A、B、C均為正電荷。（2）如圖所示由幾何關(guān)系即其中解得11．（2022·北京·高考真題）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計(jì)帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達(dá)N板時(shí)的速度大小v；（3）若在帶電粒子運(yùn)動(dòng)距離時(shí)撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t?！驹斀狻浚?）兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開始運(yùn)動(dòng)到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)距離時(shí)的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后距離做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)用時(shí)分別為t1、t2，有則該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間（1）彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；（2）小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大??；（3）小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程?！驹斀狻浚?）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得（2）小球從B到O，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（3）小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)時(shí)速度豎直向上，受電場(chǎng)力和重力作用，將電場(chǎng)力分解到x軸和y軸，則x軸方向有豎直方向有解得說明小球從O點(diǎn)開始以后的運(yùn)動(dòng)為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有聯(lián)立解得小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程（1）比例系數(shù)k；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離電勢(shì)能的變化量；（3）新油滴勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小和方向?！驹斀狻浚?）未加電壓時(shí)，油滴勻速時(shí)的速度大小勻速時(shí)又聯(lián)立可得（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場(chǎng)力向上，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度向下，可知油滴B帶負(fù)電，油滴B向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為根據(jù)平衡條件可得解得根據(jù)又聯(lián)立解得（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為，新油滴所受電場(chǎng)力可知新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得新油滴向上加速，達(dá)到平衡時(shí)解得速度大小為速度方向向上；可知設(shè)向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知新油滴向下加速，達(dá)到平衡時(shí)解得速度大小為速度方向向下。（1）求小球在M點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小。（3）現(xiàn)將固定在N點(diǎn)，為保證能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與之相碰，從M點(diǎn)下落時(shí)的初動(dòng)能須滿足什么條件？【詳解】（1）設(shè)A到M點(diǎn)的距離為，A點(diǎn)的電荷對(duì)小球的庫侖力大小為，由庫侖定律有設(shè)小球在點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小為，由力的合成有聯(lián)立①②式，由幾何關(guān)系并代入數(shù)據(jù)得（2）設(shè)O點(diǎn)下方處為點(diǎn)，與的距離為，小球在處所受的庫侖力大小為，由庫侖定律和力的合成有式中設(shè)小球的質(zhì)量為，小球在點(diǎn)的加速度大小為，由牛頓第二定律有由圖（c）可知，式中聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)得設(shè)的質(zhì)量為，碰撞前、后的速度分別為，，碰撞前、后的速度分別為，，取豎直向下為正方向。由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有設(shè)小球S2碰撞前的動(dòng)量為，由動(dòng)量的定義有依題意有聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)，得（3）設(shè)O點(diǎn)上方處為D點(diǎn)。根據(jù)圖（c）和對(duì)稱性可知，在D點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小等于小球的重力大小，方向豎直向上，在此處加速度為0；在D點(diǎn)上方做減速運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)下方做加速運(yùn)動(dòng)，為保證能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與相碰，運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度必須大于零。設(shè)M點(diǎn)與D點(diǎn)電勢(shì)差為，由電勢(shì)差定義有設(shè)小球初動(dòng)能為，運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的動(dòng)能為，由動(dòng)能定理有由對(duì)稱性，D點(diǎn)與C點(diǎn)電勢(shì)相等，M點(diǎn)與N點(diǎn)電勢(shì)相等，依據(jù)圖（b）所給數(shù)據(jù)，并聯(lián)立⑥???式可得(1)粒子在MN左側(cè)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑；(2)粒子第一次和第二次經(jīng)過PQ時(shí)位置的間距；(3)粒子的運(yùn)動(dòng)周期(1)求粒子射入磁場(chǎng)的速度大小和在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。(2)【詳解】（1）作出正電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，如圖所示17．（2025·陜晉青寧卷·高考真題）電子比荷是描述電子性質(zhì)的重要物理量。在標(biāo)準(zhǔn)理想二極管中利用磁控法可測(cè)得比荷，一般其電極結(jié)構(gòu)為圓筒面與中心軸線構(gòu)成的圓柱體系統(tǒng)，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)化如圖（a）所示，圓筒足夠長(zhǎng)。在O點(diǎn)有一電子源，向空間中各個(gè)方向發(fā)射速度大小為的電子，某時(shí)刻起筒內(nèi)加大小可調(diào)節(jié)且方向沿中心軸向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒的橫截面及軸截面示意圖如圖（b）所示，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)至?xí)r，恰好沒有電子落到筒壁上，不計(jì)電子間相互作用及其重力的影響。求：（R、、均為已知量）(1)電子的比荷;(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)至?xí)r，筒壁上落有電子的區(qū)域面積S?！驹斀狻浚?）當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為時(shí)，電子剛好不會(huì)落到筒壁上。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(3)若粒子從a點(diǎn)以豎直向下發(fā)射，長(zhǎng)時(shí)間來看，粒子將向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一個(gè)周期內(nèi)粒子的位移與周期的比值為漂移速度）【答案】(1)【詳解】（1）根據(jù)題意可知，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示（3）若粒子從a點(diǎn)以豎直向下發(fā)射，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示(2)當(dāng)該帶電粒子沿軸正方向飛出到達(dá)點(diǎn)時(shí)間最小時(shí)，求的大??；(3)若將電場(chǎng)改成沿y軸正方向，粒子同樣從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸以速度射出，求粒子的軌跡方程。粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示（2）粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示【答案】(1)0.015N(3)0.01m/s①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大??；(2)0【詳解】（1）①閉合開關(guān)S瞬間，線框在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度為所以線框受到的安培力大小為②線框運(yùn)動(dòng)到x時(shí)，安培力大小為由動(dòng)能定理可得則安培力的沖量為③由能量守恒定律可得，恒流源提供的電壓為（2）類比于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則回復(fù)力為根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)周期公式由題意可知，兩次簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)周期相同，兩次都從最大位移運(yùn)動(dòng)到平衡位置，時(shí)間均相同，則有故22．（2024·天津·高考真題）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，存在半徑為R的半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半圓與x軸相切于M點(diǎn)，與y軸相切于N點(diǎn)，直線邊界與x軸平行，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。在第一象限存在沿方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E．一帶負(fù)電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，從M點(diǎn)以速度v沿方向進(jìn)入第一象限，正好能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域。不計(jì)粒子重力。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)若僅有電場(chǎng)，求粒子從M點(diǎn)到達(dá)y軸的時(shí)間t；【詳解】（1）根據(jù)題意可知，由于一帶負(fù)電粒子能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域，由平衡條件有解得（2）若僅有電場(chǎng)，帶負(fù)電粒子受沿軸負(fù)方向的電場(chǎng)力，由牛頓第二定律有又有聯(lián)立解得（3）根據(jù)題意，設(shè)粒子入射速度為，則有可得畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示由幾何關(guān)系可得解得23．（2024·福建·高考真題）如圖，直角坐標(biāo)系中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器、，其中垂直軸放置，極板與軸相交處存在小孔、；垂直軸放置，上、下極板右端分別緊貼軸上的、點(diǎn)。一帶電粒子從靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)直線加速后從射出，緊貼下極板進(jìn)入，而后從進(jìn)入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直軸離開，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為、帶電量為，、間距離為，、的板間電壓大小均為，板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：(1)粒子經(jīng)過時(shí)的速度大??；(2)粒子經(jīng)過時(shí)速度方向與軸正向的夾角；(3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。(2)【詳解】（1）粒子從M到N的運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）粒子在中，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有又解得（3）粒子在P處時(shí)的速度大小為在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有由幾何關(guān)系可知解得(2)粒子的電荷量與質(zhì)量之比；(3)粒子射出圓形區(qū)域時(shí)速度方向與進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)速度方向的夾角?！敬鸢浮?1)(3)解得（2）粒子從b點(diǎn)到邊的中點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，可逆向看做從邊的中點(diǎn)到b點(diǎn)的類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，加速度大小為，由牛頓第二定律可得由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得聯(lián)立解得粒子的電荷量與質(zhì)量之比（3）粒子從中點(diǎn)射出到圓形區(qū)域做勻圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為，由洛倫茲力提供向心力可得解得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡圖如圖所示，由圖可知，粒子沿半徑方向射入，又沿半徑方向射出，設(shè)粒子射出圓形區(qū)域時(shí)速度方向與進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)速度方向的夾角為，由幾何關(guān)系可知可得則有25．（2024·江蘇·高考真題）同步輻射光源中儲(chǔ)存環(huán)的簡(jiǎn)化模型如圖所示，內(nèi)、外半徑分別為、的兩個(gè)半圓環(huán)區(qū)域abcd、a'b'c'd'中均有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。ab與a'b'間有一電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)，cd與c'd'間有一個(gè)插入件，電子每次經(jīng)過插入件后，速度減小為通過前的k倍?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，垂直于cd射入插入件，經(jīng)過磁場(chǎng)、電場(chǎng)再次到達(dá)cd的速度增加，多次循環(huán)后到達(dá)的速度不再增加，達(dá)到穩(wěn)定值。不考慮相對(duì)論效應(yīng)，忽略經(jīng)過電場(chǎng)和插入件和的時(shí)間。(2)求該電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v；(3)若該電子運(yùn)動(dòng)到cd的中點(diǎn)P時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度，并最終能到達(dá)邊界的d點(diǎn)，求電子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d的時(shí)間t?！敬鸢浮?1)【詳解】（1）設(shè)電子進(jìn)入插入件前后的速度大小分別為、，由題意可得電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得解得（2）電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度大小為v，則經(jīng)過插入件后的速度大小為kv。電子經(jīng)過電場(chǎng)加速后速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理得解得方向垂直于cd向左。（3）電子到達(dá)cd中點(diǎn)P時(shí)速度穩(wěn)定，并最終到達(dá)邊界上的d點(diǎn)。由Р點(diǎn)開始相繼在兩個(gè)半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示。根據(jù)（1）（2）的結(jié)論，可得電子在右半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑為電子在左半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑為kr，則電子由Р點(diǎn)多次循環(huán)后到達(dá)d點(diǎn)的循環(huán)次數(shù)為電子在左、右半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)周期均為忽略經(jīng)過電場(chǎng)與插入體的時(shí)間，則每一次循環(huán)的時(shí)間均等于T，可得電子從Р到d的時(shí)間為26．（2024·重慶·高考真題）有人設(shè)計(jì)了一粒種子收集裝置。如圖所示，比荷為的帶正電的粒子，由固定于M點(diǎn)的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運(yùn)動(dòng)，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點(diǎn)，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場(chǎng)開關(guān)，空間將充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，速率為v0的粒子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，打開磁場(chǎng)開關(guān)，該粒子全被收集，不計(jì)粒子重力，忽略磁場(chǎng)突變的影響。(1)求OK間的距離；(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場(chǎng)開關(guān)，該粒子仍被收集，求MO間的距離；(3)速率為4v0的粒子射出后，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間再打開磁場(chǎng)開關(guān)，該粒子也能被收集。以粒子射出的時(shí)刻為計(jì)時(shí)O點(diǎn)。求打開磁場(chǎng)的那一時(shí)刻?！驹斀狻浚?）（1）當(dāng)粒子到達(dá)О點(diǎn)時(shí)打開磁場(chǎng)開關(guān)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為r1，如圖所示由洛倫茲力提供向心力得其中（2）速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場(chǎng)開關(guān)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r2=4r1如圖所示，由幾何關(guān)系有（4r12r1）2＋MO2=(4r1)2解得（3）速率為4v0的粒子射出一段時(shí)間t到達(dá)N點(diǎn)，要使粒子仍然經(jīng)過K點(diǎn)，則N點(diǎn)在O點(diǎn)右側(cè)，如圖所示由幾何關(guān)系有（4r12r1）2＋ON2=(4r1)2解得粒子在打開磁場(chǎng)開關(guān)前運(yùn)動(dòng)時(shí)間為解得（1）若U=U0，求a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）。①U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(zhǎng)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(diǎn)，求U和UNM的大小?！驹斀狻浚?）對(duì)a離子根據(jù)動(dòng)能定理得（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(chǎng)加速后再經(jīng)第一象限勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則結(jié)合（1）中分析得即即②b離子經(jīng)過電壓為U的電場(chǎng)加速后在磁場(chǎng)中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標(biāo)為同時(shí)有故b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長(zhǎng)度為（3）要求a離子落在噴鍍板中點(diǎn)Q，由（1）可知故可得聯(lián)立解得則可得當(dāng)減速n次聯(lián)立得當(dāng)減速n次恰好打在P板下方中央處，可得即解得（1）求加速電場(chǎng)兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；（2）在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t；【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理得解得粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意某粒子從P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅱ，故可知此時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑與區(qū)域Ⅰ的半徑R相等，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力解得（2）帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑均為R，因?yàn)樵趨^(qū)域Ⅰ中的磁場(chǎng)半徑和軌跡半徑相等，粒子射入點(diǎn)、區(qū)域Ⅰ圓心O1、軌跡圓心O'、粒子出射點(diǎn)四點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)菱形，有幾何關(guān)系可得，區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點(diǎn)連線平行于粒子射入點(diǎn)與軌跡圓心O'連線，則區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點(diǎn)水平，根據(jù)磁聚焦原理可知粒子都從Q點(diǎn)射出，粒子射入?yún)^(qū)域II，仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力解得如圖，要使粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角最小，可知在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的弦長(zhǎng)最短，即此時(shí)最短弦長(zhǎng)為區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)圓半徑，根據(jù)幾何知識(shí)可得此時(shí)在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角都為，粒子在兩區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期分別為故可得該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為故當(dāng)方向?yàn)樨Q直向上時(shí)此時(shí)粒子速度最大，即最大速度為圓周運(yùn)動(dòng)半徑根據(jù)幾何關(guān)系可知此時(shí)所在的位置到y(tǒng)軸的距離為29．（2024·北京·高考真題）我國“天宮”空間站采用霍爾推進(jìn)器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進(jìn)器的放電室（兩個(gè)半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進(jìn)入放電室，另一部分未進(jìn)入。穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為E和；還有方向沿半徑向外的徑向磁場(chǎng)，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個(gè)氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過電場(chǎng)加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為；對(duì)于氙離子，僅考慮電場(chǎng)的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大小a；（2）求徑向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時(shí)間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F?！驹斀狻浚?）對(duì)于氙離子，僅考慮電場(chǎng)的作用，則氙離子在放電室時(shí)只受電場(chǎng)力作用，由牛頓第二定律解得氙離子在放電室內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?）電子在陽極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則軸線方向上所受電場(chǎng)力與徑向磁場(chǎng)給的洛侖茲力平衡，沿著軸線方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)給的洛侖茲力提供向心力，即解得徑向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為已知氙離子數(shù)從放電室右端噴出后與未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和，則有聯(lián)立可得單位時(shí)間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為氙離子經(jīng)電場(chǎng)加速，有時(shí)間內(nèi)氙離子所受到的作用力為，由動(dòng)量定理有解得由牛頓第三定律可知，霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小則30．（2024·甘肅·高考真題）質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子（不計(jì)重力），加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng)，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。（1）粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。（2）求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。（3）若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)椋源笥冢?，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的點(diǎn)上。求粒子打在點(diǎn)的速度大小。所以通過配速法，如圖所示【點(diǎn)睛】（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；則粒子在3t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在4t0時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)速度為零后反向加速，在6t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，6.5t0時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在時(shí)間t0內(nèi)電場(chǎng)力做功為零，在左側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往返一次電場(chǎng)力做功也為零，可知整個(gè)過程中只有開始進(jìn)入左側(cè)電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做功和最后0.5t0時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功，則（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調(diào)整加速電壓，當(dāng)粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求第一象限中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；【詳解】（1）根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示（2）根據(jù)題意，當(dāng)軌跡半徑最小時(shí)，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示電場(chǎng)方向沿軸正方向。作出從小孔K射出的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示33．（2024·湖南·高考真題）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O′O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對(duì)值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移?！驹斀狻浚?）電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，將其分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿y軸的分速度大小為，由電子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知可得且由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場(chǎng)，則有聯(lián)立得（2）將電子的速度分解，如圖所示有聯(lián)立可得（3）當(dāng)最大時(shí)，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向有最大位移，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有由牛頓第二定律知又聯(lián)立得（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（3）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小?！驹斀狻浚?）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為周期為解得故可得該段時(shí)間內(nèi)沿y方向位移為根據(jù)幾何知識(shí)可得由粒子在兩次電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知移動(dòng)一周時(shí)粒子位移的大小為聯(lián)立解得（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；【詳解】（1）對(duì)乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（2）由題意可知，根據(jù)對(duì)稱性，乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為對(duì)甲粒子，由對(duì)稱性可知，甲粒子沿著直線從P點(diǎn)到O點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為（3）甲粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度為因?yàn)榧自冖魠^(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則可得設(shè)乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)的時(shí)間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則上式中對(duì)乙可得整理可得對(duì)甲可得則化簡(jiǎn)可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為【點(diǎn)睛】（1）求板間電壓U的大??；【詳解】（1）粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得根據(jù)洛倫茲力提供向心力根據(jù)幾何關(guān)系有解得板間電壓的大小為（2）根據(jù)題意，做出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系有則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子在無磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的時(shí)間為（1）若不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，求d的最小值；（3）計(jì)算說明如何調(diào)控電場(chǎng)，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū)）【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，d的最小值為（2）設(shè)水平方向?yàn)榉较?，豎直方向?yàn)榉较?，方向速度不變，方向速度變小，假設(shè)折射角為，根據(jù)動(dòng)能定理解得根據(jù)速度關(guān)系解得（3）全反射的臨界情況：到達(dá)Ⅲ區(qū)的時(shí)候方向速度為零，即可得即應(yīng)滿足（4）臨界情況有兩個(gè)：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關(guān)系可得又解得全部都打不到板的情況②根據(jù)幾何知識(shí)可知當(dāng)從Ⅱ區(qū)射出時(shí)速度與豎直方向夾角為時(shí)，粒子剛好打到D點(diǎn)，水平方向速度為所以又解得又解得38．（2023·天津·高考真題）如圖所示，一不可伸長(zhǎng)的輕繩上端固定，下端系在單匝勻質(zhì)正方形金屬框上邊中點(diǎn)O處，框處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個(gè)三角形區(qū)域的頂點(diǎn)與O點(diǎn)重合，框的下邊完全處在該區(qū)域中。三角形區(qū)域內(nèi)加有隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與時(shí)間t的關(guān)系為B=kt（k>0的常數(shù)），磁場(chǎng)與框平面垂直，框的面積為框內(nèi)磁場(chǎng)區(qū)域面積的2倍，金屬框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為l，重力加速度g，求：（1）金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E；（2）金屬框開始向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻t0；【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有（2）由圖可知線框受到的安培力為當(dāng)線框開始向上運(yùn)動(dòng)時(shí)有mg=FA解得（1）金屬棒經(jīng)過第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小F；（3）金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小v?！驹斀狻浚?）由題意可知第一級(jí)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為金屬棒經(jīng)過第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小為（2）根據(jù)牛頓第二定律可知，金屬棒經(jīng)過第一級(jí)區(qū)域的加速度大小為第二級(jí)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為金屬棒經(jīng)過第二級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小為金屬棒經(jīng)過第二級(jí)區(qū)域的加速度大小為則金屬棒經(jīng)過第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比為（3）金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小為（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）若改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場(chǎng)、離開電場(chǎng)后從P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)的作用下從Q點(diǎn)離開。（i）求改變后電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和粒子的初速度；（ii）通過計(jì)算判斷粒子能否從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)。

【詳解】（1）由題意粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，軌跡如圖

根據(jù)幾何關(guān)系可知聯(lián)立可得（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知解得所以有洛倫茲力提供向心力帶電粒子從A點(diǎn)開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有再一次進(jìn)入電場(chǎng)后做類似斜拋運(yùn)動(dòng)，沿x方向有沿y方向上有其中根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立以上各式解得（ii）粒子從P到Q根據(jù)動(dòng)能定理有可得從Q射出時(shí)的速度為此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中的半徑根據(jù)其幾何關(guān)系可知對(duì)應(yīng)的圓心坐標(biāo)為得而圓心與P的距離為故不會(huì)再從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)。41．（2022·天津·高考真題）如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開始被兩板間的電場(chǎng)加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點(diǎn)射入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)D點(diǎn)穿出磁場(chǎng)，CD為圓形區(qū)域的直徑。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，重力略不計(jì)。（1）判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；（2）求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；（3）若粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t?！驹斀狻浚?）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)由動(dòng)能定理可知解得（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力提供向心力，有解得（3）設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌道圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為，如圖依題意粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的直徑相等，由幾何關(guān)系，得設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，有帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間聯(lián)立各式解得（2）粒子a的動(dòng)量大小?！驹斀狻浚?）分裂后帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有解得聯(lián)立解得（2）中性粒子在A點(diǎn)分裂成帶等量異號(hào)電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律43．（2022·浙江·高考真題）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(diǎn)、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個(gè)轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測(cè)板Q，板Q與y軸交于A點(diǎn)。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(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場(chǎng)。落在接地的筒壁或探測(cè)板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計(jì)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??；（2）較長(zhǎng)時(shí)間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個(gè)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(dòng)一周的時(shí)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，且A處探測(cè)到離子，求板Q上能探測(cè)到離子的其他θ′的值（θ′為探測(cè)點(diǎn)位置和O點(diǎn)連線與x軸負(fù)方向的夾角）?！驹斀狻浚?）①離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)有則②離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角度（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，有離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度動(dòng)量定理（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度其中可得解得粒子在時(shí)刻的速度大小為方向豎直向上，粒子豎直向上運(yùn)動(dòng)的距離粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖方向豎直向上，粒子在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的距離為粒子在豎直方向運(yùn)動(dòng)的距離粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖電場(chǎng)力做正功；所以整理發(fā)現(xiàn)②若粒子到達(dá)點(diǎn)前只經(jīng)過一個(gè)半圓，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑聯(lián)立有聯(lián)立有故此情況下粒子能在點(diǎn)被吸收，所以粒子釋放時(shí)刻為(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)設(shè)時(shí)刻發(fā)射的粒子能被收集器收集，求其有可能的發(fā)射速度大小?！驹斀狻浚?）由粒子類平拋可得或解得（2）對(duì)粒子類平拋得A進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與軸正方向夾角為，則得即A粒子做勻圓，速度為半徑為，有由可得對(duì)粒子類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為可得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得（3）①設(shè)直接類平拋過D點(diǎn)，即解得②設(shè)先類平拋后勻圓過D點(diǎn)，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與軸夾角為、偏移的距離為，則整理得可得其解是則有或46．（2021·江蘇·高考真題）如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域以O(shè)點(diǎn)為圓心，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，加速電壓的大小為U、質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速電場(chǎng)，多次加速后粒子經(jīng)過P點(diǎn)繞O做圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R，粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間可以忽略。為將粒子引出磁場(chǎng)，在P位置安裝一個(gè)“靜電偏轉(zhuǎn)器”，如圖2所示，偏轉(zhuǎn)器的兩極板M和N厚度均勻，構(gòu)成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為，當(dāng)M、N間加有電壓時(shí)，狹縫中產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的電場(chǎng)，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場(chǎng)，不計(jì)M、N間的距離。求：（1）粒子加速到P點(diǎn)所需要的時(shí)間t；（2）極板N的最大厚度；（3）磁場(chǎng)區(qū)域的最大半徑?！驹斀狻浚?）設(shè)粒子在P的速度大小為，則根據(jù)可知半徑表達(dá)式為對(duì)粒子在靜電場(chǎng)中的加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理有粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為粒子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為解得則粒子加速到P前最后兩個(gè)半周的運(yùn)動(dòng)半徑為由幾何關(guān)系有（3）設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)器中的運(yùn)動(dòng)半徑為，則在偏轉(zhuǎn)器中，要使粒子半徑變大，電場(chǎng)力應(yīng)和洛倫茲力反向，共同提供向心力，即設(shè)粒子離開偏轉(zhuǎn)器的點(diǎn)為，圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為。由題意知，在上，且粒子飛離磁場(chǎng)的點(diǎn)與、在一條直線上，如圖所示。粒子在偏轉(zhuǎn)器中運(yùn)動(dòng)的圓心在點(diǎn)，從偏轉(zhuǎn)器飛出，即從點(diǎn)離開，又進(jìn)入回旋加速器中的磁場(chǎng)，此時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)半徑又變?yōu)椋缓筌壽E發(fā)生偏離，從偏轉(zhuǎn)器的點(diǎn)飛出磁場(chǎng)，那么磁場(chǎng)的最大半徑即為虛線為從點(diǎn)向所引垂線，虛線平分角，則解得最大半徑為考點(diǎn)03帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)47．（2025·福建·高考真題）光滑斜面傾角為θ=30°，Ⅰ區(qū)域與Ⅱ區(qū)域均存在垂直斜面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，均為B。正方形線框abcd質(zhì)量為m，總電阻為R，同種材料制成且粗細(xì)均勻，Ⅰ區(qū)域長(zhǎng)為L(zhǎng)1，Ⅱ區(qū)域長(zhǎng)為L(zhǎng)2，兩區(qū)域間無磁場(chǎng)的區(qū)域長(zhǎng)度大于線框長(zhǎng)度。線框從某一位置釋放，cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)速度為v，且直到ab邊離開Ⅰ區(qū)域時(shí)速度均為v，當(dāng)cd邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度和ab邊離開Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度一致，重力加速度為。則：(1)求線框釋放點(diǎn)cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離；(2)求cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)cd邊兩端的電勢(shì)差；(3)求線框進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開過程中克服安培力做功的平均功率?！敬鸢浮?1)(3)見解析(1)求F的大?。?3)見解析49．（2025·山東·高考真題）如圖所示，平行軌道的間距為L(zhǎng)，軌道平面與水平面夾角為α，二者的交線與軌道垂直，以軌道上O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿軌道向下為x軸正方向建立坐標(biāo)系。軌道之間存在區(qū)域I、Ⅱ，區(qū)域I（?2L≤x<?L）內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；區(qū)域Ⅱ（x≥0）內(nèi)充滿方向垂直軌道平面向上的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均為大于零的常量，該磁場(chǎng)可視為由隨時(shí)間t均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和隨x軸坐標(biāo)均勻增加的磁場(chǎng)疊加而成。將質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的勻質(zhì)正方形閉合金屬框epqf時(shí)放置在軌道上，pq邊與軌道垂直，由靜止釋放。已知軌道絕緣、光滑、足夠長(zhǎng)且不可移動(dòng)，磁場(chǎng)上、下邊界均與x軸垂直，整個(gè)過程中金屬框不發(fā)生形變，重力加速度大小為g，不計(jì)自感。(1)若金屬框從開始進(jìn)入到完全離開區(qū)域I的過程中勻速運(yùn)動(dòng)，求金屬框勻速運(yùn)動(dòng)的速率v和釋放時(shí)pq邊與區(qū)域I上邊界的距離s；【詳解】（1）金屬框從開始進(jìn)入到完全離開區(qū)域I的過程中，金屬框只有一條邊切割磁感線，根據(jù)楞次定律可得，安培力水平向左，則(1)鎖定水平導(dǎo)軌上的棒，閉合開關(guān)，棒靜止在傾斜導(dǎo)軌上，求通過棒的電流；斷開開關(guān)，同時(shí)解除棒的鎖定，當(dāng)棒下滑距離為時(shí)，棒開始運(yùn)動(dòng)，求棒從解除鎖定到開始運(yùn)動(dòng)過程中，棒產(chǎn)生的焦耳熱；(2)此后棒在下滑過程中，電流達(dá)到穩(wěn)定，求此時(shí)、棒的速度大小之差；(3)棒中電流穩(wěn)定之后繼續(xù)下滑，從棒到達(dá)水平導(dǎo)軌開始計(jì)時(shí)，時(shí)刻棒速度為零，加速度不為零，此后某時(shí)刻，棒的加速度為零，速度不為零，求從時(shí)刻到某時(shí)刻，、的路程之差。51．（2025·安徽·高考真題）如圖，平行光滑金屬導(dǎo)軌被固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，右端連接阻值為R的定值電阻。水平導(dǎo)軌上足夠長(zhǎng)的矩形區(qū)域MNPQ存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。某裝置從MQ左側(cè)沿導(dǎo)軌水平向右發(fā)射第1根導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒以初速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)，速度減為0時(shí)被鎖定；從原位置再發(fā)射第2根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒仍以初速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)，速度減為0時(shí)被鎖定，以此類推，直到發(fā)射第n根相同的導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)。已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，電阻為R，長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好（發(fā)射前導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌不接觸），不計(jì)空氣阻力、導(dǎo)軌的電阻，忽略回路中的電流對(duì)原磁場(chǎng)的影響。求：(1)第1根導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，所受安培力的功率；(2)第2根導(dǎo)體棒從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度減為0的過程中，其橫截面上通過的電荷量；(3)從第1根導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)到第n根導(dǎo)體棒速度減為0的過程中，導(dǎo)軌右端定值電阻R上產(chǎn)生的總熱量。(2)【詳解】（1）第1根導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv0此時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL則從第1根導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)到第n根導(dǎo)體棒速度減為0的過程中，導(dǎo)軌右端定值電阻R上產(chǎn)生的總熱量QR=QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn52．（2025·河北·高考真題）某電磁助推裝置設(shè)計(jì)如圖，超級(jí)電容器經(jīng)調(diào)控系統(tǒng)為電路提供1000A的恒定電流，水平固定的平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌處于垂直水平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，a可視為始終垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒，b為表面絕緣的無人機(jī)。初始時(shí)a靜止于MM′處，b靜止于a右側(cè)某處?，F(xiàn)將開關(guān)S接1端，a與b正碰后鎖定并一起運(yùn)動(dòng)，損失動(dòng)能全部?jī)?chǔ)存為彈性勢(shì)能。當(dāng)a運(yùn)行至NN′時(shí)將S接2端，同時(shí)解除鎖定，所儲(chǔ)勢(shì)能瞬間全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，a與b分離。已知電容器電容C為10F，導(dǎo)軌間距為0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T，MM′到NN′的距離為5m，a、b質(zhì)量分別為2kg、8kg，a在導(dǎo)軌間的電阻為0.01Ω。碰撞、分離時(shí)間極短，各部分始終接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻、摩擦和儲(chǔ)能耗損，忽略電流對(duì)磁場(chǎng)的影響。(1)若分離后某時(shí)刻a的速度大小為10m/s，求此時(shí)通過a的電流大小。(2)忽略a、b所受空氣阻力，當(dāng)a與b的初始間距為1.25m時(shí)，求b分離后的速度大小，分析其是否為b能夠獲得的最大速度；并求a運(yùn)動(dòng)過程中電容器的電壓減小量。(3)忽略a所受空氣阻力，若b所受空氣阻力大小與其速度v的關(guān)系為f=kv2（k=0.025N·s2/m2），初始位置與（2）問一致，試估算a運(yùn)行至NN′時(shí)。a分離前的速度大小能否達(dá)到（2）問中分離前速度的99%，并給出結(jié)論。（0.992=0.980l）【答案】(1)500A(2)vb1=25m/s，能，ΔU=40V(3)能【詳解】（1）分離后a切割磁感線有E=BLv解得I=500A聯(lián)立解得vb1=25m/s則電容器流出的電荷量有Δq=I0(t1＋t2)a分離前的速度大小能達(dá)到（2）問中分離前速度的99%。①判斷磁場(chǎng)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(shí)間后，物塊勻速下降的速度與“電動(dòng)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?！驹斀狻浚?）①物塊上升，則金屬輪沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，輻條受到的安培力指向逆時(shí)針方向，輻條中電流方向從圓周指向O點(diǎn)，由左手定則可知，磁場(chǎng)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?jiǎng)t②等效電路如圖輻條切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與電源電動(dòng)勢(shì)相反，設(shè)每根輻條產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E1，則解得此時(shí)金屬輪可視為電動(dòng)機(jī)當(dāng)物塊P勻速上升時(shí)解得解得（2）①物塊勻速下落時(shí)，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的電流由題意可知每根輻條切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)解得另解：由能量關(guān)系可知解得②根據(jù)而解得54．（2024·河北·高考真題）如圖，邊長(zhǎng)為的正方形金屬細(xì)框固定放置在絕緣水平面上，細(xì)框中心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸。間距為L(zhǎng)、與水平面成角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細(xì)框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細(xì)框分別處在與各自所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。足夠長(zhǎng)的細(xì)導(dǎo)體棒在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒始終靜止。棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時(shí)均恰好能靜止。已知棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計(jì)，棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。（2）鎖定棒，推動(dòng)棒下滑，撤去推力瞬間，棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)。根據(jù)閉合電路歐姆定律得故CD棒所受的安培力最大為當(dāng)OA運(yùn)動(dòng)到與細(xì)框一邊平行時(shí)瞬間，切割的有效長(zhǎng)度最短，感應(yīng)電流最小，CD棒受到的安培力最小，得故CD棒所受的安培力最小為（2）當(dāng)CD棒受到的安培力最小時(shí)根據(jù)平衡條件得當(dāng)CD棒受到的安培力最大時(shí)根據(jù)平衡條件得聯(lián)立解得撤去推力瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得解得（1）甲桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)，乙桿的加速度？（2）乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件？（3）若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對(duì)于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時(shí)間t的變化如圖（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均為未知量），乙第二次進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0~t3時(shí)間內(nèi)未進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍?！驹斀狻浚?）甲從靜止運(yùn)動(dòng)至水平導(dǎo)軌時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，平動(dòng)切割磁感線有E0=Blv0則根據(jù)歐姆定律可知此時(shí)回路的感應(yīng)電流為根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向（俯視），結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有BI0l=m2a乙0帶入數(shù)據(jù)有a乙0=2m/s2，方向水平向右（2）甲和乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若兩者共速時(shí)恰不相碰，則有m1v0=(m1＋m2)v共對(duì)乙根據(jù)動(dòng)量定理有其中聯(lián)立解得dmin=Δx=24m則d滿足d≥24m（3）根據(jù)（2）問可知，從甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)至甲、乙第一次在水平導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定，相對(duì)位移為Δx=24m，且穩(wěn)定時(shí)的速度v共=6m/s乙第一次在右側(cè)斜軌上向上運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2=m2a乙上根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度的關(guān)系有2a乙上x上=v共2乙第一次在右側(cè)斜軌上向下運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2=m2a乙下再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度的關(guān)系有2a乙下x下=v12且x上=x下聯(lián)立解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)的速度v1=5m/s由于兩棒發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，則甲乙整體第一次在右側(cè)傾斜軌道上向上運(yùn)動(dòng)有（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2=(m1＋m2)a共上同理有2a共上x共上=v2且由圖（b）可知x上=4.84x共上解得甲、乙碰撞后的速度乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)后與甲相互作用的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)合外力為零，根據(jù)動(dòng)量守恒有m1v2－m2v1=(m1＋m2))v解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)時(shí)甲的速度為若乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點(diǎn)時(shí)與甲發(fā)生碰撞，則對(duì)應(yīng)d的最小值，乙第一次在右側(cè)斜軌上運(yùn)動(dòng)的過程，對(duì)甲根據(jù)動(dòng)量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmin′－Δx=Δx1解得若乙返回水平導(dǎo)軌后，當(dāng)兩者共速時(shí)恰好碰撞，則對(duì)應(yīng)d的最大值，對(duì)乙從返回水平導(dǎo)軌到與甲碰撞前瞬間的過程，根據(jù)動(dòng)量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmax－Δx－Δx1=Δx2解得則d的取值范圍為56．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，兩足夠長(zhǎng)平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L(zhǎng)，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L(zhǎng)的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場(chǎng)，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個(gè)半徑為L(zhǎng)的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大??；（2）金屬環(huán)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；（3）為使ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離?！驹斀狻浚?）根據(jù)題意可知，對(duì)金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動(dòng)能定理有解得則ab剛越過MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為（2）根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為可知，整個(gè)回路的總電阻為對(duì)金屬環(huán)由牛頓第二定律有解得（3）根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由于金屬環(huán)做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)，為使ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時(shí)，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時(shí)速度為，由動(dòng)量守恒定律有解得對(duì)金屬棒，由動(dòng)量定理有則有設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)距離為，金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)的距離為，則有聯(lián)立解得則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離則感應(yīng)電流大小為所受的安培力為方向水平向左；方向垂直紙面向里；感應(yīng)電流大小為（1）求外力大??；（2）求長(zhǎng)度；（3）求回路產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）1.48N；（2）0.5m；（3）0.4J【詳解】（1）由圖（b）可知在0~0.4s內(nèi)線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)可得（2）由圖（b）可知線框cf勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，則有其中聯(lián)立可得（3）線框穿過磁場(chǎng)過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱等于過程中安培力做的功，即（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；（2）在（1）問中，當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大??；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間，兩棒恰好達(dá)到相同的速度，求速度的大小，以及時(shí)間內(nèi)棒相對(duì)于棒運(yùn)動(dòng)的距離?！驹斀狻浚?）a導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得聯(lián)立記得（2）由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時(shí)電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得解得（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達(dá)共速時(shí)對(duì)a棒動(dòng)量定理聯(lián)立解得此過程流過b棒的電荷量為q，則有由法拉第電磁感應(yīng)定律可得聯(lián)立b棒動(dòng)量定理可得60．（2023·全國甲卷·高考真題）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。一質(zhì)量為、電阻為、長(zhǎng)度也為的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為的速度向P運(yùn)動(dòng)并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)。P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計(jì)空氣阻力。求（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大??；（2）金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！驹斀狻浚?）由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)，則金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小為（2）根據(jù)能量守恒有解得（3）P、Q碰撞后，對(duì)金屬棒P分析，根據(jù)動(dòng)量定理得又聯(lián)立可得由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為解得細(xì)繩受到拉力（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律推導(dǎo)出“雙棒”回路中的電流為由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和安培力公式有保持不變，這說明兩棒加速度相同且均為a；對(duì)棒H由牛頓第二定律可求得其受到水平向右