五年真題（2021?2025）

專超13電磁等計算

（五年考情?探規(guī)律）

考點五年考情（202L2025）命題趨勢

考點1恒定電從2021年到2025年天津高考物理卷

2022

流來看，電磁學(xué)計算的命題注重本基礎(chǔ)概念

和定律的考查，如法拉第電磁感應(yīng)定律、

考點2電磁感

2021、2023楞次定律等。題目常圍繞感應(yīng)電動勢的計

應(yīng)算展開，要求考生熟練掌握感應(yīng)電流方向

的判斷和電動勢的求解。試題題型多樣，

考點3磁場2021、2022、2023、2024包括導(dǎo)體棒切割磁感線和磁場變化引起的

感生電動勢計算。命題強調(diào)與其他知識的

綜合，常與能量問題結(jié)合，涉及機械能與

電能的轉(zhuǎn)化，也可能與電路、力學(xué)相結(jié)合，

考查歐姆定律、安培力、牛頓運動定律等

知識。此外，還注重與圖像結(jié)合，考查考

考點4交變電

2021生的圖像分析能力。試題常常結(jié)合現(xiàn)代科

流技或生活實際，如風(fēng)電項目、電磁彈射等，

要求考生具備知識遷移能力和創(chuàng)新思維。

2024年的試題還出現(xiàn)了與數(shù)列結(jié)合的情

況，對考生的數(shù)學(xué)應(yīng)用能力提出了更高要

求。

（五年真題?分點精準(zhǔn)練）

考點01恒定電流

1.（2022?天津?高考）直流電磁泵是利用安培力推動導(dǎo)電液體運動的一種設(shè)備，可用圖I所示的模型討論

其原理，圖2為圖I的正視圖。將兩塊相同的矩形導(dǎo)電平板豎直正對固定在長方體絕緣容器中，平板與

容器等寬，兩板間距為/，容器中裝有導(dǎo)電液體，平板底端與容器底部留有高度可忽略的空隙，導(dǎo)電液體

僅能從空隙進(jìn)入兩板間。初始時兩板間接有直流電源，電源極性如圖所示。若想實現(xiàn)兩板間液面上升，

可在兩板間加垂直于Qxy面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為8,兩板間液面上升時兩板外的液面高度變

化可忽略不計。已知導(dǎo)電液體的密度為&、電阻率為〃，重力加速度為g。

（1）試判斷所加磁場的方向；

（2）求兩板間液面穩(wěn)定在初妗液面高度2倍時的電壓U。；

（3）假定平板與容器足夠高，求電壓U滿足什么條件時兩板間液面能夠持續(xù)上升。

圖2

【答案】（I）沿z軸負(fù)方向；（2）“）=喈；（3）但零

ZDD

【詳析】（1）想實現(xiàn)兩板間液面上升，導(dǎo)電液體需要受到句上的安培力，由圖可知電流方向沿X軸正

方向，根據(jù)左手定則可知，所加磁場的方向沿Z軸負(fù)方向。

（2）設(shè)平板寬度為江兩板間初始液面高度為h,當(dāng)液面穩(wěn)定在高度2h時，兩板間液體的電阻為R則有

R=pi-當(dāng)兩板間所加電壓為小時，設(shè)流過導(dǎo)電液體的電流為/,由歐姆定律可得上?外加磁場磁感應(yīng)強

度大小為8時，設(shè)液體所受安培力的大小為尸，則有尸=4〃兩板間液面穩(wěn)定在高度2h時，設(shè)兩板間高出板

外液面的液體質(zhì)量為帆，則有防=%4/兩板間液體受到的安培力與兩板間高出板外液面的液體重力平衡,

則有/=〃嚕聯(lián)立以上式子解得%=噂

（3）設(shè)兩板間液面穩(wěn)定時高度為則兩板間比容器中液面高出的部分液體的高度為（〃一與（2）

同理可得自/8=Po（〃h-h）Rg整理上式，得U=?粵平板與容器足夠高，若使兩板間液面能夠持續(xù)上

D

升,則〃趨近無窮大,即?無限趨近于1,可得改等

考點02電磁感應(yīng)

2.（2023?天津?高考）如圖所示，一不可伸長的輕繩上端固定，下端系在單匝勻質(zhì)正方形金屬框上邊中點O

處，框處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個三角形區(qū)域的頂點與。點重合，框的下邊完全處在該區(qū)域中。三角形區(qū)域內(nèi)

加有隨時間變化的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小4與時間，的關(guān)系為4=燈0>0的常數(shù)），磁場與框平

面垂直，框的面積為框內(nèi)磁場區(qū)域面積的2倍，金屬框質(zhì)量為〃?，電阻為R,邊長為/,重力加速度g,

求：

（1）金屬框中的感應(yīng)電動勢大小E;

（2）金屬框開始向上運動的時刻/o;

t/、x

/X\

/X\

/XXx\

/XXX\

/、

f/xXXXXX、

，/義X義XX義x\

/XXXXXXXX\

/XXXXXXXXX\

【答案】（1）三（2）寫召

2kr

【詳析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有黑=二

E=2LA/2

（2）由圖可知線框受到的安培力為以=〃8=?4=2匚h當(dāng)線框開始向上運動時有〃吆二分解得防=鼻*

KZnkI

3.（2021?天津?高考）如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌夕。間距L=lm,其電阻不計，兩

導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成田30。角，N、。兩端接有A=1C的電阻。一金屬棒必垂直導(dǎo)軌放置，ab

兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知劭的質(zhì)量〃尸0.2kg,電阻尸1Q,整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的

勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小8=1T。H在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度為=0.5m/s沿導(dǎo)軌向

上開始運動，可達(dá)到最大速度v=2m/s。運動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度g=10m/s2。

（1）求拉力的功率P：

（2）M開始運動后，經(jīng)片0.0%速度達(dá)到】，2=L5m/s,此過程中M克服安培力做功力=0.06J,求該過程中必

沿導(dǎo)軌的位移大小X。

【答案】（1）P=4W；（2）.尸0.1m

【詳析】（I）在"運動過程中，由于拉力功率恒定，必做加速度逐漸減小的加速運動，速度達(dá)到最大

時，加速度為零，設(shè)此時拉力的大小為F,安培力大小為&,有F-〃igsin8-F產(chǎn)0設(shè)此時回路中的感應(yīng)電

動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有8=4〃設(shè)回路中的感應(yīng)電流為/,由閉合電路歐姆定律，有/=二

M受到的安培力月產(chǎn)〃夕由功率表達(dá)式，有片八，聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得P=4W

（2）M從速度修到吸的過程中，由動能定理，有P/-W7-"7gxs仙片"?@-""彳代入數(shù)據(jù)解得x=O.lm

考點03磁場

4.（2024?天津,高考）如圖所示，在。中平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，存在半徑為R的半圓形勻強磁場區(qū)

域，半圓與x軸相切于M點，與），軸相切于N點，直線邊界與x軸平行，磁場方向垂直于紙面向里。在

第一象限存在沿+x方向的勻強電場，電場強度大小為，一帶負(fù)電粒子質(zhì)量為小，電荷量為q,從M點

以速度u沿+y方向進(jìn)入第一象限，正好能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域。不計粒子重力。

尸

XXXX：

\/

---------------------十-----------?

\、XX/'

——J?J------------------------>

oMPx

（1）求磁感應(yīng)強度8的大小;

⑵若僅有電場，求粒子從M點到達(dá)y軸的時間/：

（3）若僅有磁場，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達(dá)x軸上P點，M、尸的距離為百R,求粒子在

磁場中運動的時間小

【答案】⑴4,

V

3=居

(3.

【詳析】（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，由平衡條件有益=夕出

解得8=與

V

（2）若僅有電場，帶負(fù)電粒子受沿x軸負(fù)方向的電場力，由牛頓第二定律有功又有R="產(chǎn)聯(lián)立解

得片壽

VEq

（3）根據(jù)題意，設(shè)粒子入射速度為％,則有

詔

qv^B^m一

2口

T=—

vo

可得T=翁=等畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

由幾何關(guān)系可得tan?字=6解得Q60。則軌跡所對圓心角為120。，則粒子在磁場中運動的時間

K

120°_2nmv

Z1=360°T=3qE

5.（2023?天津?高考）科學(xué)研究中可以用電場和磁場實現(xiàn)電信號放大，某信號放大裝置示意如圖，其主要

由陰極、中間電極（電極1,電極2,…，電極n）和陽極構(gòu)成，該裝置處于勻強磁場中，各相鄰電極存在電勢差。

由陰極發(fā)射的電子射入電極1,激發(fā)出更多的電子射入電極2,依此類推，電子數(shù)逐級增加，最終被陽極收集,

實現(xiàn)電信號放大。圖中所有中間電極均沿x軸放置在xOz平面內(nèi)，磁場平行于z軸，磁感應(yīng)強度的大小為

8。已知電子質(zhì)量為叫電荷量為e。忽略電子間的相互作用力，不計重力。

（1）若電極間電勢差很小可忽略，從電極1上O點激發(fā)出多個電子，它們的初速度方向與y軸的正方向

夾角均為仇其中電子小〃的初速度分別處于xO），、yOz平面的第一象限內(nèi)，并都能運動到電極2。

（i）試判斷磁場方向；

（ii）分別求出。和人到達(dá)電極2所用的時間人和3

（2）若單位時間內(nèi)由陰極發(fā)射的電子數(shù)保持穩(wěn)定，陰極、中間電極發(fā)出的電子全部到達(dá)下一相鄰電極。

設(shè)每個射入中間電極的電子在該電極上激發(fā)出3個電子，6QU,U為相鄰電極問電勢差。試定性畫出陽極

收集電子而形成的電流/和U關(guān)系的圖像，并說明理由

/

0---------U

【答案】⑴（i）沿Z軸反方向；（ii）「曾，仔寧（2）見解析

eoen

【詳析】（1）（i）a電子，初速度方向在工分平面內(nèi)，與），軸正方向成。角；若磁場方向沿z軸正

方向，。電子在洛倫茲力作用下向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，不符合題題意；若磁場方向沿z釉反方向，。電子在

洛倫茲力作用下向X軸正方向偏轉(zhuǎn)，符合題意；〃電子，初速度方向在皿），平面內(nèi)，與），軸正方向成J

角。將〃電子初速度沿坐標(biāo)軸分解，沿Z軸的分速度與磁感線平行不受力，沿），軸方向的分速度受到洛

倫茲力使得電子沿X軸正方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，磁場方向沿Z軸反方向。符合題意；綜上可知，

磁感應(yīng)強度B的方向沿z軸反方向。

（ii）4電子在洛倫茲力作用下運動軌跡如圖

由圖可知電子運動到下一個極板的時間「掣7=蟲個=智/電子，沿Z軸的分速度與磁感線平行不

2汽NeBeB

受力，對應(yīng)勻速直線運動；沿），軸方向的分速度受到洛倫茲力使電子向右偏轉(zhuǎn)，電子運動半個圓周到下

一個極板的時間，2=之片摟

（2）設(shè)g左U,單位時間內(nèi)陰極逸出的電子數(shù)量N。不變，每個電子打到極板上可以激發(fā)3個電子，經(jīng)過

〃次激發(fā)陽極處接收電子數(shù)后N=/如對應(yīng)的電流/=Ne=eA〃{/=（叫可得

/-U圖像如圖

6.（2022.天津.高考）如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為機，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開

始被兩板間的電場加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點射入圓形勻強磁場區(qū)域，經(jīng)。點穿出

磁場，CQ為圓形區(qū)域的直徑。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向

與磁場方向垂直，重力略不計。

（1）判斷粒子的電性,并求歷、N間的電樂U：

（2）求粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑小

（3）若粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場中運動的時間

MN

?

【答案】（1）正電，U=?；⑵尸點⑶片就

2q

【詳析】（I）帶電粒子在磁場中運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場中運動由動能定理

可知

解得

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力提供向心力，有泮得尸方

（3）設(shè)粒子運動軌道圓弧對脫的圓心角為仇如圖

依題意粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，由幾何關(guān)系，得內(nèi)，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的

周期為7,有7=網(wǎng)帶電粒子在磁場中運動的時間片?7聯(lián)立各式解得片分

v2汗5qB

7.（2021?天津?高考）霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中。長方體半導(dǎo)體材

料厚為。、寬為仄長為C,以長方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系取Z,如圖所示。半導(dǎo)體中有電荷量均為e

的自由電子與空穴兩種截流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)

目分別為〃和當(dāng)半導(dǎo)體材料通有沿+x方向的恒定電流后，某時刻在半導(dǎo)體所在空間加一勻強磁場，

磁感應(yīng)強度的大小為8沿+），方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強

度大小為￡沿-Z方向。

（i）判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；

（2）若自由電子定向移動在沿日方向上形成的電流為加求單個自由電子由于定向移動在z方向上受到

洛倫茲力和霍爾電場力的合力大小

（3）霍爾電場建立后，自由電子與空穴在z方向定向移動的速率分別為匕八%,，求加時間內(nèi)運動到半

導(dǎo)體z方向的上表面的自由電了?數(shù)與空穴數(shù)，并說明兩種載流了?在z方向上形成的電流應(yīng)滿足的條件。

y

【答案】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿+z方向；（2）尸〃二=。（若短）；（3）見解析所示

【詳析】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿+z方向；

（2）設(shè)，時間內(nèi)流過半導(dǎo)體垂直于x軸某一橫截面自由電子的電荷量為g,由電流定義式，有設(shè)自

由電子在X方向上定向移動速率為%t，可導(dǎo)出自由電子的電流微觀表達(dá)式為/“=〃6。加內(nèi)單個自由電子

所受洛倫茲力大小為五洛霍爾電場力大小為產(chǎn)電=66自由電子在Z方向上受到的洛倫茲力和霍爾

電場力方向相同，聯(lián)立得其合力大小為％=e（怒+E）

（3）設(shè)2時間內(nèi)在7.方向卜運動到半導(dǎo)體卜表面的自由電子數(shù)為M,、空穴數(shù)為5,則

N?=nacv?-^t

Np=pacvpz^t

霍爾電場建立后，半導(dǎo)體z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則應(yīng)N“=y,即在任何相等時間內(nèi)運

動到上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)相等，這樣兩種我流子在z方向形成的電流應(yīng)大小相等、方向相反。

考點04交變電流

8.（2024.天津.高考）電動汽車制動過程中可以控制電機轉(zhuǎn)為發(fā)電模式，在產(chǎn)生制動效果的同時，將汽車

的部分機械能轉(zhuǎn)換為電能，儲存在儲能裝置中，實現(xiàn)能量回收、降低能耗。如圖1所示，發(fā)電機可簡化

為處于勻強磁場中的單匝正方形線框4BCD,線框邊長為L電阻忽略不計，磁場磁感應(yīng)強度大小為&

線框轉(zhuǎn)軸O。，與磁場垂直，且與A8、CQ距離相等。線框與儲能裝置連接。

（1）線框轉(zhuǎn)動方向如圖1所示，試判斷圖示位置48中的電流方向；

⑵若線框以角速度①勻速轉(zhuǎn)動，線框平面與中性面垂直瞬間開始計時，線框在/時刻位置如圖2所示,

求此時AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；

⑶討論電動汽車在某次制動儲存電能時，為方便計算，做兩點假定：①將儲能裝置替換為阻值為R的電

阻，電阻消耗的電能等于儲能裝置儲存的電能:②線框轉(zhuǎn)動第一周的角速度為①。,第二周的角速度為半，

第三周的角速度為？，依次減半，直到線框停止轉(zhuǎn)動。若該制動過程中汽車在水平路面上做勻減速直線

運動，汽車質(zhì)量為〃?，加速度大小為儲存的電能為初動能的50%,求制動過程中汽車行駛的最大距

離Xa

【答案】（1）電流方向從B到4

(2)e=g(f)BL~cos(ot

(3kmaR

【詳析】（1）由右手定則可知，圖示位置A8中的電流方向從B到A。

（2）線框平面與中性面垂直瞬間開始計時，則經(jīng)過時間，轉(zhuǎn)過的角度為切割磁感線的速度為

『。？85夕則感應(yīng)電動勢￡=8"解得此時AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=|（w8/」cosQX

（3）線框轉(zhuǎn)動過程中，AB.CD均能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故線框轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為ei=2e=〈M￡2cosM

線框轉(zhuǎn)動第一周產(chǎn)生感應(yīng)電動勢最大值J1“例Z?儲存電能為仃=隼空=―2同理線框轉(zhuǎn)動第二周

K如K

儲存的電能￡2=49同理線框轉(zhuǎn)動第三周儲存的電能￡3=4翳線框轉(zhuǎn)動第〃周儲存的電能

K2A2

字黑則直到停止時儲存的電能為￡=句+￡2+……+邑=空9（1+"……+5）=絲”

K2n2ZK

儲存的電能為初動能的50%,可知初動能以0二子手根據(jù)動能定理和牛頓第二定律可得

斤&0-（）

f=ma

1年模擬?精選?？碱}

.（2025?天津?qū)嶒炛袑W(xué)?熱身練）利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象，可以測量空間某處的磁場。

甲

⑴如圖甲所示，電阻為八長為/的導(dǎo)體棒外放置在光滑的水平導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左側(cè)接一阻值為R的定值電

阻，導(dǎo)軌間距也為/。導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強磁場中，導(dǎo)體棒外在外力作用下沿導(dǎo)軌水平向右做勻速直

線運動，速度大小為了,電流表的示數(shù)為/。導(dǎo)體棒"始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，求磁感應(yīng)強

度的大小歷

(2)已知北半球某處地磁場的磁感應(yīng)強度沒有東西方向的分量，磁感應(yīng)強度方向與水平方向夾角為仇在

該處一水平面內(nèi)放置一個長、寬分別為八、4的單匝矩形線框。。七廣，線框總電阻為-0,其中8沿南北方

向、沿東西方向，如圖乙所示。線框分別以CQ、。七為軸向下轉(zhuǎn)動到豎直平面內(nèi)，兩次通過線框?qū)Ь€

某橫截面的電荷量分別為。2,線框所在處的磁場可視為勻強磁場。求該處磁感應(yīng)強度大小仇和。的

正切值。

【答案】(1)8=用

(2)為端，。陽。2-。/，匕誣懸

【詳析】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律由閉合電路歐姆定律有/=9■聯(lián)立解得3=生*

(2)設(shè)在時間4內(nèi)的平均電流為7,則小小，由法拉第電磁感應(yīng)定律有片=￥根據(jù)歐姆定律有7=E聯(lián)立

A/r0

解得Ag"0以CQ為軸轉(zhuǎn)動，則/1/2&)sin0=0jo以QE為軸轉(zhuǎn)動，M/I72Z?0(sinO+cosO)=(22/o聯(lián)立解得

8。='J°；+(02-0j)tanQ懸

2.(2025?天津北辰?三模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系的第三象限內(nèi)存在沿)，軸正方向的勻強電場，第一象限

某區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向里的圓形區(qū)域的勻強磁場(圖中沒有畫出)。一質(zhì)量為加，電荷量為夕的

帶正電粒子從電場中的。點以大小為七的速度平行于x軸正方句射入電場，經(jīng)原點。射入第一象限時與x軸

正方向的夾角為外45。，運動一段時間后進(jìn)入圓形勻強磁場區(qū)域，最后射出磁場時與了軸正方向的夾角也

為0=45?！阋阎?。點與x軸的距離為/,勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小3=詈，不計粒子受到的重力。求：

刊

V~dx

Q%

(1)勻強電場的電場強度大小E;

(2)粒子在磁場中運動的時間/：

(3)圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑入

【答案】⑴誓

⑵V

(3)1

【詳析】(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，有/=*產(chǎn)，vy=at,Eq=ma乂tan勿上聯(lián)立解得屆照

2y1,02(/1

(2)設(shè)粒子從。點射入第一象限時的速度大小為打在磁場中運動軌跡所對應(yīng)的圓心角等于90。，則運動

時間片J又有供7=空=耳聯(lián)立解得片在

4*RvqB2vo

（3）粒子在勻強磁場I乂域內(nèi)的運動軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可知，當(dāng)進(jìn)入磁場的點和射出磁場的點的連線是圓形磁場區(qū)域的直徑2廠時，磁場區(qū)域半徑最

小，則有/8=與又片V，Rsin柒廠聯(lián)立解得一/

3.（2025?天津九校聯(lián)考?一模）如圖甲為某款醫(yī)用治療裝置，該裝置由粒子源、直線加速器和偏移器等部

件構(gòu)成。直線加速器由一系列帶孔的金屬漂移管組成，每個漂移管兩端圓板橫截面面積相等且依次排列,

中心軸線共線，漂移管的長度按照一定的規(guī)律依次增加。序號為奇數(shù)的漂移管和交變電源的一極相連,

序號為偶數(shù)的漂移管和電源的另一極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙。在占0時，奇數(shù)

漂移管相對于偶數(shù)漂移管的電勢差為正值，此時位于序號為。的圓板中央的粒子源靜止釋放出一個電子,

屯了在圓板和漂移管I間的狹縫電場中由靜止開始加速，沿中心釉線沖進(jìn)漂移管1,在漂移管1內(nèi)做勻

速直線運動。每次電子在漂移管內(nèi)運動時間恰為交變電源周期的一半。已知電子的質(zhì)量為加、電荷量為

e,交變電源電壓的絕對值為伉，周期為7,忽略電子在狹縫內(nèi)運動的時間及相對論效應(yīng)，不考慮電子的

重力及其他因索的影響。

目標(biāo)平面--------

甲乙

（1）求電子進(jìn)入漂移管1時的速度V/的大小；

（2）為使電子運動到漂移管之間各狹縫中都能恰好使靜電力的方向跟運動方向相同而不斷加速，求第〃個

漂移管的長度；

（3）該電子加速到最大動能及.后，恰好沿O'O方向射入偏移器，偏移器為一棱長為L的正方體，正方體

內(nèi)充滿勻強電場和勻強磁場,0為偏移器左側(cè)面的中心點，當(dāng)偏移器內(nèi)電場強度和磁感應(yīng)強度均為。時，

電子恰好沿。'O射到目標(biāo)平面中心O點處（。點和偏移器左、右側(cè)面中心點共線），目標(biāo)平面和偏移器

右側(cè)面平行且相距為L,當(dāng)偏移器同時加上如圖所示的勻強電場和勻強磁場（方向均垂直于前、后側(cè)面.）

時，電子在極短的時間內(nèi)穿過偏移器，打在目標(biāo)平面上（與，與）處，求偏移器中電場強度石和磁感應(yīng)

強度8的大小。（當(dāng)a很小時，有sina^tana~a,cosa~1-；a2）

【答案】（1）片=再

/Q、c-4xo&mD—2.V'oV^^km

（3）^--;B_一袤L

【詳析】（1）根據(jù)動能定理有eU=1〃V解得當(dāng)=再

（2）電子在第〃節(jié)漂移管內(nèi)的法動時間為片g設(shè)電子在第〃節(jié)漂移管內(nèi)的運動速度為以，有澗百解

得匕尸再故第〃節(jié)漂移管長度為A產(chǎn)匕尸?再‘

（3）設(shè)電子進(jìn)入偏移器時速度為〃則在偏移器內(nèi)，由于電場引起的速度增量對），軸方向的運動不產(chǎn)生

影響，），軸方向上相當(dāng)于只考慮磁場存在，設(shè)電子進(jìn)入磁場后做圓周運動半徑為人如圖

根據(jù)洛倫茲力提供向心力葉解得r'=：又有sina=“a經(jīng)過磁場后，電了?在丁軸方向偏移距離

y[=〃l-cosa戶g離開磁場后，電子在y軸方向偏移距離為二外門心臺則有為可“f比可得8=三中又

2

Ekm=^nv解得8=筆畫根據(jù)運動的分解，只考慮電場存在時

23eL

4軸方向加速度為。=竺飛行時間為片等xf又⑻匕解得離開偏移器時X軸方向獲得的速度為七口/

ntBe2xrv

經(jīng)過電場后，電子在X軸方向偏移的距離和偏移角的正切為Il”（寫、tan%±=9離開電場后,電

子在X軸方向偏移的距離》2=￡團1戶票則有工0=占+/2=替？可得￡=節(jié)苧又EkmW”?，得

4.（2025?天津河西?二模）利用電磁場使質(zhì)量為杵電荷量為e的電子發(fā)生回旋共振可獲取高濃度等離子體，

其簡化原理如下。如圖甲所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為公電場強度大小為E、

平行于紙面的勻強電場繞著過。點且垂直紙面的軸順時針旋轉(zhuǎn)；旋轉(zhuǎn)電場帶動電子加速運動，使其獲得

較高能量，高能電子使空間中的中性氣體電離，生成等離子體。

旋轉(zhuǎn)方向

（1）電子在運動的過程中，洛倫茲力對電子（選填“做功”或“不做功”）。

（2）若空間中只存在勻強磁場，電子只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，求電子做圓周運動的角速度①0。

（3）將電子回旋共振簡化為二維運動進(jìn)行研究。施加旋轉(zhuǎn)電場后，電子在如圖乙所示的平面內(nèi)運動，電子

在運動過程中受到與其速度丫方向相反的氣體阻力戶h,式中A為已知常量。最終電子會以與旋轉(zhuǎn)電場相

同的角速度做勻速圓周運動，且電子的線速度與旋轉(zhuǎn)電場力的夾角（小于90）保持不變。只考慮電子

受到的勻強磁場洛倫茲力、旋轉(zhuǎn)電場電場力及氣體阻力作用，不考慮電磁波引起的能量變化。

（i）若電場旋轉(zhuǎn)的角速度為s求電了最終做勻速圓周運動的線速度大小w

（ii）旋轉(zhuǎn)電場對電子做功的功率存在最大值，為使電場力的功率不小于最大功率的一半，電場旋轉(zhuǎn)的

角速度應(yīng)控制在①1□①2范圍內(nèi)，求上2如11的數(shù)值。

【答案】（1）不做功

（2燦。=?

(3)(i)y(ii)|=-

ni

【詳析】（1）洛倫茲力的方向時刻與速度方向垂直，故電子在運動的過程中，洛倫茲力對電子不做功;

（2）電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動心o-解得價=?

（3）（i）設(shè)電場力方向與速度方向的夾角為仇沿圓軌跡的半徑方向有eEsin＞力行=加小，浮圓軌跡的切

線方向有e氏osO=kv解得v=..cE=

（ii）設(shè)電場力方向與速度方向的夾角為以旋轉(zhuǎn)電場對電子做功的功率為尸=e￡?cosQ,「…

當(dāng)加8-6。-0時，電場對電子做功的功率最大Pm片當(dāng)尸-勺時，有（〃?3-￡。＞-乒解得31a）--+-

k2〃1M2Mm

則陵291=2

m

5.（2025?天津濱海塘沽一中?三模）某粒子偏轉(zhuǎn)器，主要由加速電場，偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場三部分構(gòu)成。

如圖甲所示為該粒子偏轉(zhuǎn)裝置示意圖，粒子源可以均勻連續(xù)的產(chǎn)生質(zhì)量為〃h電荷量為+外初速度忽略

不計的帶電粒子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，帶電粒子貼近上板邊緣，水平飛入兩平行金屬板中的

偏轉(zhuǎn)電場。兩水平金屬板長為2代比間距為d,板間加有圖乙所示的周期性變化的電壓，其最大電壓也

為〃、周期為2"［今，下極板右端正下方緊挨金屬板豎直放置長度為"的探測板。帶電粒子由偏轉(zhuǎn)電場

飛出后，立即進(jìn)入平行板右側(cè)的垂直紙面向外的水平勻強磁場，最后經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測板上。

不計帶電粒子的重力和粒子間的相互作用力，求:

「UN

U

粒子源加速

電場

偏轉(zhuǎn)電場］

ao

探測板尸

甲乙

⑴若帶電粒子經(jīng)過加速電場未進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場之前,形成了大小為/的穩(wěn)恒電流，沿著電流方向長度為△/

電流中，包含的粒子個數(shù);

⑵一個周期內(nèi)，從偏轉(zhuǎn)電場出射的粒子數(shù)占粒子源全部發(fā)射粒子數(shù)的百分比小

⑶從偏轉(zhuǎn)電場出射的粒子全部能夠到達(dá)探測板時，磁感應(yīng)強度B需要滿足的條件。

【答案】。詩低

（2）50%

【詳析】（1）設(shè)粒了?進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的初速度為0,根據(jù)動能定理有夕U="電流/=/%％則N=〃S△/聯(lián)

立可得心寧濡

（2）帶電粒子穿過偏轉(zhuǎn)電場時，水平方向做勻速直線運動，則有275"=%/聯(lián)立解得片24?即：帶電

粒子通過板間的時間等于周期T,且豎直方向上勻加速的時間必為g設(shè)前半個周期中，”時刻飛入偏轉(zhuǎn)

電場的粒子恰好能到達(dá)下極板，則有由）］=d版據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得

設(shè)后半個周期中，殳時刻飛入偏轉(zhuǎn)電場的粒子恰好能到達(dá)下極板，則有飆：+a4（r2-9=d

解得后”，2時間內(nèi)飛入偏轉(zhuǎn)電場的粒子可以飛出偏轉(zhuǎn)電場，故偏轉(zhuǎn)電場出射的粒子數(shù)占比

片干xl00%=50%

（3）設(shè)粒子飛入磁場時的速度為v,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有力8="；設(shè)粒子E入磁場（寸，其速度與

水平方向的夾角為仇則有vcos敘片如圖

2yf2d

設(shè)粒子進(jìn)入磁場后，豎直方向偏移的位移為紳，由兒何關(guān)系川知A尸2rcosO解得△產(chǎn)瓷若偏轉(zhuǎn)電場出

射的粒子全部能夠到達(dá)探測板，需滿鳴S殍d解得智W8W答即:產(chǎn)學(xué)名爵

6.(2025?天津南開?二模)利用超導(dǎo)體可以實現(xiàn)磁懸浮，圖甲是超導(dǎo)磁懸浮的示意圖。在水立桌面上有一

個周長為L的超導(dǎo)圓環(huán)，將一塊永磁鐵沿圓環(huán)中心軸線從圓環(huán)的正上方緩慢向下移動，由于超導(dǎo)圓環(huán)與

永磁鐵之間有排斥力，結(jié)果永磁鐵能夠懸浮在超導(dǎo)圓環(huán)的正上方歷高處，此時圓環(huán)所處位置的磁感應(yīng)強

度為B/、磁場方向與水平方向的夾角為為，永磁鐵磁場方向如圖甲中所示。

(1)從上向下看，判斷超導(dǎo)圓環(huán)中的電流方向；

(2)若永磁鐵在歷高處時超導(dǎo)圓環(huán)中的電流強度為//,求此時超導(dǎo)圓環(huán)所受的安培力產(chǎn)的大小和方向；

(3)在接下來的幾周時間內(nèi)，發(fā)現(xiàn)永磁鐵在緩慢下移。經(jīng)過較長時間仍后，永磁鐵的平衡位置變?yōu)殡x超導(dǎo)

圓環(huán)〃2高處。有一種觀點認(rèn)為超導(dǎo)體也有很微小的電阻率，只是現(xiàn)在一般儀器無法直接測得，超導(dǎo)圓環(huán)

內(nèi)電流的變化造成了永磁鐵下移。若已知永磁鐵在厄高處時，圓環(huán)所處位置的磁感應(yīng)強度大小為之,

磁場方向與水平方向的夾角為。2,永磁鐵的質(zhì)量為〃?，重力加速度為g，永磁鐵從向處經(jīng)時間7。緩慢下

移到用處過程中，超導(dǎo)圓環(huán)中電流強度的平方隨時間變化的圖像如圖乙所示5和力均為未知晟)，超導(dǎo)

圓環(huán)導(dǎo)線的橫截面積為S。求永磁鐵平衡位置變?yōu)閔2高處時：超導(dǎo)圓環(huán)中的電流強度，2和該超導(dǎo)圓環(huán)的

電阻率P。

【答案】(1)上往下看為逆時針方向

(2)/，=8/Acos仇，方向豎直向下

2￡S小「h#；尻cos?acos?%

(3)p〃go的cos2〃]+局cos2"J

【詳析】（1）根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則可以判斷感應(yīng)電流方向從上往下看為逆時針方向。

（2）把環(huán)分成無數(shù)等長的微小電流元，每一小段導(dǎo)線長為&，則每一小段導(dǎo)線所受安培力為△尸=8/△/

由對稱性可知，所有小段導(dǎo)線所受的安培力水平分力抵消，所以豎直方向分力的合力即為整段導(dǎo)線所受

安培力，設(shè)有N段導(dǎo)線則尸4=8/Zxos仇方向豎直向下。

（3）永磁鐵在h2處處于平衡狀態(tài)，則"&丁，F(xiàn)=B.hLcos62,小卡土磁鐵下降前有，，咫=尸解得

/產(chǎn)產(chǎn)7根據(jù)能量守恒有〃吟向-h/。根據(jù)焦耳定律有片竺陽。根據(jù)電阻定律有〃=夕；解得

_2￡S（h「h2潮居cosbicos/

P,”g/o的cos2，］+8§cos2〃2）

7.（2025?天津濱海新區(qū)大港一中沖刺）如圖甲，足夠長水平固定的平行金屬導(dǎo)軌MMPQ,其寬度blm,

導(dǎo)軌間接尺i=L5C、&=3。的電阻，質(zhì)量為〃?=0.5kg、電阻為尸1Q、長度為1m的金屬桿"靜置在導(dǎo)軌上，

整個裝置處于豎直向下勻強磁場中?，F(xiàn)用一垂直桿水平向右的恒力廠=6N拉金屬桿岫，使它由靜止開始

運動，金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并保持與導(dǎo)軌垂直，必速度V隨時間/的關(guān)系如圖乙所示，導(dǎo)軌電阻不計,

而與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)〃=0.4,取g=10m/s2（忽略〃〃桿運動過程中對原磁場的影響），求:

MNv/(m/s)

圖甲圖乙

（1）磁感應(yīng)強度區(qū)的大小；

（2）0D2s內(nèi)通過金屬桿ab的電荷量;

（3）0LJ2s內(nèi)勵產(chǎn)生的熱量。

【答案】（1）2T

（2）3.5C

（3）6.5J

【詳析】（I）由圖乙可知，2s后ab導(dǎo)體棒勻速運動，則有產(chǎn)=/〃〃g+8/A又E=BLv,1=T一,R外-聯(lián)

L/C外71"|十應(yīng)

立解得8=2T

（2）0~2s內(nèi)，對金屬桿由動量定理有（/-〃〃吆沖切上片/川-。又看右聯(lián)立解得q=3.5C

（3）0~2s內(nèi)，對整個電路，由能最守恒定律有（/，-〃/陽）尸。+:〃小X^=/z=f=——=聯(lián)立.解得0=13J

根據(jù)串并聯(lián)電路中的電流和電壓關(guān)系可知0~2s內(nèi)金屬桿ab上產(chǎn)生的熱最2活=1一。=6.5。

8.（2025?天津紅橋?二模）在必〃空間區(qū)域內(nèi)有一個垂直于水平傳送帶向下、磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場,

"、cd邊界與傳送帶運行方向垂直且訛=2乩有-W匝邊長為"的正方形絕緣閉合線圈，總質(zhì)量為山，總電

阻為M線圈在運動過程中左右兩邊始終與磁場邊界平行，其底面與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為"，進(jìn)入磁

場前已和傳送帶共速，傳送帶的速度始終保持向右的玲。已知線圈在完全進(jìn)入磁場前已經(jīng)達(dá)到勻速，且

在線圈右側(cè)邊到達(dá)〃時恰好與傳送帶再次共速。求：

線圈

/b

（1）線圈在完全進(jìn)入磁場前一瞬間的速度v的大小；

⑵在進(jìn)入磁場的過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q

⑶從線圈的右側(cè)邊剛要進(jìn)入磁場到線圈的右側(cè)邊剛要穿出磁場的過程所經(jīng)歷的時間

【答案】（1）產(chǎn)儲

Q)Q=2〃mgd

【詳析】（1）線圈完全進(jìn)入磁場前已經(jīng)勻速，根據(jù)物體平衡有根據(jù)閉合電路歐姆定律以及

法拉第電磁感應(yīng)定律（動生切割電動勢）有YE=NBdv解得產(chǎn)黑

Knn（T

（2）線圈的右邊界剛要進(jìn)磁場到線圈的右邊界剛要出磁場的過程，根據(jù)動能定理有力安+"?g2k0

又Q=-Wa解得Q=2,mgd

（3）線圈的右邊界剛要進(jìn)磁場到線圈的右邊界剛要出磁場的過程，根據(jù)動量定理（設(shè)向右為正方向，A/

為線圈有電流通過的時間）有眼叱加8加=0又7=灑可詈N”得片三三

9.（2025?天津紅橋?二模）近期以Deepseek為代表的我國自主知識產(chǎn)權(quán)的人工智能大模型正在迅猛發(fā)展，

這些大模型在應(yīng)用中都離不開能源的支撐。據(jù)統(tǒng)計我國每年的能源消耗是美國的兩倍，是印度的六倍，

現(xiàn)在我國67%的能源來源于火力發(fā)電。2025年3月可控核聚變實驗裝置“中國環(huán)流三號”又有新的技術(shù)突

破，這標(biāo)志著可控核聚變離并網(wǎng)發(fā)電又更近了一步，屆時能源問題將徹底解決。利用高溫超導(dǎo)產(chǎn)生的強

磁場將高溫反應(yīng)中的帶電粒子“約束”在一定區(qū)域內(nèi)，使其不能射出，是可控核聚變的關(guān)鍵性技術(shù)難點。

某同學(xué)為探究帶電粒子的"約束''問題，構(gòu)想了如圖所示的磁場區(qū)域，假設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為

B、垂直于紙面，具邊界分別是半徑為R和2R的同心圓，。為圓心，人為磁場內(nèi)在圓弧上口勺一點，P為

的中點。若有一粒子源向紙面內(nèi)的各個方向發(fā)射出比荷為g的帶負(fù)電粒子，粒子速度連續(xù)分布，且無

相互作用。不計粒子的重力，取加37。=0.6,COS37J0.8,求：

、、&xx"

(1)粒子源在4點時，若所有粒子都不能穿出磁場，粒子速度的最大值

(2)粒子源在0時，被磁場約束的粒子速度最大值為0；

(3)粒子源在P點時，被磁場約束的粒子速度的最大值匕田。

【答案"$=答

3BqR

⑵I'm。

4m

BqR

⑶!1/,=

【詳析】(1)如圖1所示

由題意可知當(dāng)粒子從A點與內(nèi)圓相切向上射入磁場，軌跡恰好與外圓相切，根據(jù)幾何關(guān)系有心=:火洛倫

茲力提供帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力，根據(jù)牛頓第二定律有小松8=根皆解得^^等

(2)如圖2所示

當(dāng)粒子源在0時，粒子在磁場中的運動軌跡與磁場外邊界相切時，被磁場約束的粒子每次經(jīng)過磁場時間

?

為最大值，設(shè)粒子運動半徑為3在ACMC中有。片+A。2=。。2即火2+4=(2/?-r0)解得，?()=，洛倫茲

力提供帶電粕?子在磁場中做勻速圓周運動的向心力根據(jù)牛頓第二定律有解得小。=警

(3)如圖3所示

當(dāng)粒子源在P點時，0"越大，軌跡半徑越大根據(jù)正弦定理有一J=T”又因為sinX)尸產(chǎn)的最大

smOFPsinCOPF

值為I,故。尸尸的最大值為0.5粒子在磁場中的運動軌跡與磁場外邊界相切時，被磁場約束的粒子的

半徑最大，速度為最大值，設(shè)粒子運動半徑為"，根據(jù)幾何關(guān)系可得洛倫茲力提供帶電粒子在磁

場中做勻速圓周運動的向心力根據(jù)牛頓第二定律有如m/岳陽壺解得飛尸處

rpm

10.(2025?天津九校聯(lián)考?二模)如圖所示，空間內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，

一帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點)質(zhì)量〃尸0.4kg,電荷量大小片0.8C,從傾角Q37。的光滑斜面最高點由靜

止開始下滑，當(dāng)沿斜面下滑距離5=gm時與斜面脫離。此時立即將電場反向，小球做勻速圓周運動，最

終恰好不與地面發(fā)生碰撞。(己知疝37。=0.6,COS37J0.8,重力加速度取g=lOm/s?)

(1)求電場強度的大小E;

(2)求磁感應(yīng)強度的大小4；

(3)求斜面的長度