2024年高考物理復習試題匯編：電學計算題（含解析）

專題21電學計算題

1.(2024?新課標全國I卷)如圖，在直角三角形網(wǎng)區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為反方向垂

直于紙面對外。一帶正電的粒子從靜止起先經(jīng)電壓劭口速后，沿平行于蚌由的方向射入磁場；一段時間后,

該粒子在。/邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知。點為坐標原點，A點在碎由上，3與x軸的夾角為3

0°,粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為4不計重力。求

(1)帶電粒子的比荷；

(2)帶電粒子從射入磁場到運動至蚌由的時間。

【答案】(1)%券⑵Te+

【解析】(1)設帶電粒子的質(zhì)量為加，電荷量為g,加速后的速度大小為外由動能定理有

i9

qU

設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有

V2

qvB-m—②

r

由幾何關(guān)系知由亞r@

聯(lián)立①②③式得

q_4U

(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為

jrr

s=一+vtan3O°⑤

2

帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為

:一⑥

V

聯(lián)立②④⑤⑥式得

Bd2,7Tyfi.G

t=——（-+—）?

4U23

2.（2024?新課標全國H卷）如圖，兩金屬板尸、湫平放置，間距為九兩金屬板正中間有一水平放置的

金屬網(wǎng)G,P、0、G的尺寸相同。6接地，P、0的電勢均為。（夕＞0）。質(zhì)量為），電荷量為g（g〉0）的粒

子自用J左端上方距離協(xié)力的位置，以速度為平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計。

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大??；

（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為匕的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？

Q

【答案】（1）Y、

(/c2)2c%\——mdh

vq9

【解析】（1）PG、8間場強大小相等，均為￡,粒子在尸G間所受電場力戶的方向豎直向下，設粒子的

加速度大小為a,有

E言①

a

F=qE=/na?

設粒子第一次到達G時動能為瓦，由動能定理有

qEh=Ek-^mvl@

設粒子第一次到達G時所用的時間為方，粒子在水平方向的位移為則有

h=(4)

l=Vot?

聯(lián)立①②③④⑤式解得

線二;相1+，*⑥

F,ILmdh4

（2）設粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度/

為―偌⑧

3.（2024?新課標全國III卷）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，0、2是電場中的兩點。從。點沿水平

方向以不同速度先后放射兩個質(zhì)量均為E的小球AB。/不帶電，8的電荷量為0(於0)。/從。點放射時

的速度大小為打，到達尸點所用時間為左8從。點到達一點所用時間為:。重力加速度為g,求

(1)電場強度的大小；

(2)6運動到戶點時的動能。

【答案】⑴E=W~(2)線=2砥吟+g￥)

【解析】(1)設電場強度的大小為￡，小球6運動的加速度為必依據(jù)牛頓定律、運動學公式和題給條

件，有

儂良儂①

gag)?②

解得E=等③

(2)設6從。點放射時的速度為％,到達9點時的動能為瓦，0、尸兩點的高度差為力，依據(jù)動能定理

Ek---mVy=mgh+qEh(4)

且有

《=%⑤

h=\gt2@

聯(lián)立③④⑤⑥式得

或=2鞏說+g2r2)⑦

4.(2024?北京卷)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為反紙面內(nèi)有一正方形勻稱金屬線框a

bed,其邊長為/，總電阻為尼a她與磁場邊界平行。從a她剛進入磁場直至A邊剛要進入的過程中，

線框在向左的拉力作用下以速度向速運動，求：

ab

(1)感應電動勢的大小￡；

(2)拉力做功的功率戶;

(3)a6邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。

【答案】(1)BLv(2)電型.(3)至旦

R4R

【解析】(1)由法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢后應/

F

(2)線圈中的感應電流/=—

R

拉力大小等于安培力大小F=BIL

o222

拉力的功率尸=網(wǎng)=二T一

R

(3)線圈邊電阻尺仍=：

時間

V

R2r3

a6邊產(chǎn)生的焦耳熱。=產(chǎn)用4=

5.(2024?北京卷)電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應用。對給定電容值為C的電容器充電，

無論采納何種充電方式，其兩極間的電勢差〃隨電荷量1的變更圖像都相同。

(1)請在圖1中畫出上述u-g圖像。類比直線運動中由v-t圖像求位移的方法，求兩極間電壓為〃

時電容器所儲存的電能瓦。

0

圖1

(2)在如圖2所示的充電電路中，7?表示電阻，￡表示電源(忽視內(nèi)阻)。通過變更電路中元件的參數(shù)

對同一電容器進行兩次充電，對應的Q-t曲線如圖3中①②所示。

a.①②兩條曲線不同是(選填￡或7?)的變更造成的；

b.電容器有時須要快速充電，有時須要勻稱充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。

q

圖3

(3)設想運用志向的“恒流源”替換(2)中電源對電容器充電，可實現(xiàn)電容器電荷量隨時間勻稱增加。

請思索運用“恒流源”和(2)中電源對電容器的充電過程，填寫下表(選填“增大”、“減小”或“不

變”)o

“恒流源”(2)中電源

電源兩端電壓

通過電源的電流

【答案】見解析

【解析】(1)4-<?圖線如答圖1;

答圖1

電壓為〃時，電容器帶電0,圖線和橫軸圍成的面積為所儲存的電能瓦

Ep=；QU,又0=CU

1°

故綜=嚴。2

(2)a.R

b.減小電阻尼可以實現(xiàn)對電容器更快速充電；增大電阻尼可以實現(xiàn)更勻稱充電。

(3)

“恒流源”(2)中電源

電源兩端電壓增大不變

通過電源的電流不變減小

6.(2024?天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為/的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩

根金屬棒MN和尸。長度也為/、電阻均為R,兩棒與導軌始終接觸良好。兩端通過開關(guān)S與電阻

為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下勻稱增加的磁場，磁通量變更率為常量左。圖中虛線右

側(cè)有垂直于導軌平面對下的勻強磁場，磁感應強度大小為3。尸。的質(zhì)量為加，金屬導軌足夠長，電阻

忽視不計。

（1）閉合S,若使P。保持靜止，需在其上加多大的水平恒力尸，并指出其方向；

（2）斷開S,PQ在上述恒力作用下，由靜止起先到速度大小為■的加速過程中流過PQ的電荷量為4,

求該過程安培力做的功W。

【答案】（1）F=—,方向水平向右（2）W=-mv2--kq

3R23

【解析】（1）設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律后=——，則

E=k①

設尸。與肱V并聯(lián)的電阻為R并，有

R并等②

閉合s時，設線圈中的電流為/,依據(jù)閉合電路歐姆定律得

廠T…E

設尸。中的電流為有

/膻=3/④

設PQ受到的安培力為心，有

F安=BIPQl⑤

保持尸。靜止，由受力平衡，有

F=F安⑥

聯(lián)立①②③④⑤⑥式得

F=』

3R

方向水平向右。

（2）設PQ由靜止起先到速度大小為『的加速過程中，PQ運動的位移為x,所用時間為At,回路中

的磁通量變更為A0,平均感應電動勢為后，有

—\①c

E=-----⑧

Ar

其中

△<D=Blx⑨

設尸。中的平均電流為7,有

-/=芻F⑩

2R

依據(jù)電流的定義得

7哼?

At

由動能定理，有

Fx+W=mv2-0?

聯(lián)立⑦⑧⑨⑩???式得

12

W=-znv2--kq@

7.（2024?天津卷）2024年，人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生，這種引擎不須要燃料，也無

污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示，進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B

之間的勻強電場（初速度忽視不計），A、B間電壓為U,使正離子加速形成離子束，在加速過程中

引擎獲得恒定的推力。單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為機，電荷量為Ze,其中Z是

正整數(shù)，e是元電荷。

—u-

I

?1????(!)-?

Jg；g

氣體:?e

e

e時:M

1I

電離空AB

（1）若引擎獲得的推力為與，求單位時間內(nèi)飄入A、5間的正離子數(shù)目N為多少;

（2）加速正離子束所消耗的功率P不同時，引擎獲得的推力尸也不同，試推導片的表達式；

P

（3）為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使￡盡量大，請?zhí)岢鲈龃蟆甑娜龡l建議。

pp

【答案】（1）N=J（2）￡=J衛(wèi)-（3）用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小

y]2ZemUP\ZeU

加速電壓。

【解析】（1）設正離子經(jīng)過電極5時的速度為匕依據(jù)動能定理，有

1,

ZeU=—mv"-0?

2

設正離子束所受的電場力為月'，依據(jù)牛頓第三定律，有

婷=片②

設引擎在At時間內(nèi)飄入電極間的正離子個數(shù)為AN,由牛頓其次定律，有

V—0

Ef=ANm——③

Ar

A7V

聯(lián)立①②③式，且雙二——得

N=1R④

y/2ZemU

（2）設正離子束所受的電場力為歹'，由正離子束在電場中做勻加速直線運動，有

P=LF'V（§）

2

考慮到牛頓第三定律得到F'=F,聯(lián)立①⑤式得

（3）為使《■盡量大，分析⑥式得到

三條建議：用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓。

8.（2024?江蘇卷）如圖所示，勻強磁場中有一個用軟導線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直.已

知線圈的面積90.3n?、電阻廬0.6。，磁場的磁感應強度廬0.2T.現(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩

邊在AQ0.5s時間內(nèi)合到一起.求線圈在上述過程中

（1）感應電動勢的平均值公

(2)感應電流的平均值/,并在圖中標出電流方向;

(3)通過導線橫截面的電荷量g

XXXXXX

X

X

XXXXXX

【答案】(1)0.12V(2)0.2A電流方向見解析(3)0.1C

⑴感應電動勢的平均值八黑

【解析】

磁通量的變更=

解得人等

代入數(shù)據(jù)得^0.12V

F

(2)平均電流/

R

代入數(shù)據(jù)得7=0.2A(電流方向見圖3)

(3)電荷量HI及

代入數(shù)據(jù)得^0.1C

9.(2024?江蘇卷)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為反磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右

邊界分別垂直相交于KN,冊L,粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短),反彈前后水平分速度不

變，豎直分速度大小不變、方向相反.質(zhì)量為加、電荷量為F的粒子速度肯定，可以從左邊界的不同位

置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為4且次乙粒子重力不計，電荷量保持不變。

(1)求粒子運動速度的大小

(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到〃的最大距離&；

(3)從戶點射入的粒子最終從0點射出磁場，P后d,Q吟,求粒子從戶到0的運動時間力

「幽⑵心…d(L3A-4)Tim

【答案】（1）

mm2~d6一2qB

【解析】（1）粒子的運動半徑

qB

解得丫=幽

m

（2）如圖4所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切

由幾何關(guān)系得&（l+sin60。）

々刀外曰72+y/3j

解得d=-----d

m2

27cm

（3）粒子的運動周期T=F

qB

設粒子最終一次碰撞到射出磁場的時間為方'，則

T

t=n-I-t\n=1,3,5,）

4

（a）當L=nd+d-—）d時，粒子斜向上射出磁場

2

「力解得T+*嗡

（6）當_￡=次/+（1+走）d時，粒子斜向下射出磁場

2

r=-T

12

解得-竺必)篝

d62qB

10.(2024?浙江選考)如圖所示，在間距￡=0.2m的兩光滑平行水平金屬導軌間存在方向垂直于紙面(向

內(nèi)為正)的磁場，磁感應強度為分布沿y方向不變，沿x方向如下：

17%>0,2/71

B={5xT-0.2m<x<0.2m

—ITx<-0.2m

導軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接恒流源和電容已1F的未充電的電容器，恒流源可為電路供應恒定電流

I=2N,電流方向如圖所示。有一質(zhì)量爐0.1kg的金屬棒垂直導軌靜止放置于劉=0.7m處。開關(guān)S擲

向1,棒從靜止起先運動，到達為=-0.2m處時，開關(guān)S擲向2。已知棒在運動過程中始終與導

軌垂直。求：

(提示：可以用尸-x圖象下的“面積”代表力尸所做的功)

(1)棒a6運動到為=0.2m時的速度再；

(2)棒a6運動到%=-0.1m時的速度吸；

(3)電容器最終所帶的電荷量0。

,—2

【答案】(1)2m/s(2)V4^6m/s(3)-C

7

【解析】(1)安培力F=BIL，

…bFBIL

加速度a=—=-----

mm

速度Vj=J2a(x0-jq)=2m/s

(2)在區(qū)間-0.2m〈x〈0.2m

安培力F=5xIL,如圖所示

安培力做功W=U（X；-尺）

一，、，11

依據(jù)動能定理可得W=imv19--mvf7

解得v2=A/46m/s

（3）依據(jù)動量定理可得一BLQ=冽v-加匕

電荷量Q=CU=CBLv

在x=-0.2相處的速度匕=匕=2m/s

CBLmv2

聯(lián)立解得。=3

11.（2024?浙江選考）小明受回旋加速器的啟發(fā)，設計了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d

的平行金屬柵極板KN,板〃位于x軸上，板”在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為伍的

2兀m

交變電壓，周期板〃上方和板”下方有磁感應強度大小均為反方向相反的勻強磁場。粒

qB

子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子。有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)整

的粒子放射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為以、電荷量為g（g>0）的粒子。片0時亥U，放射源在（才，0）

位置放射一帶電粒子。忽視粒子的重力和其它阻力，粒子在電場中運動的時間不計。

（1）若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在尸為處被探測到，求放射源的位置和粒子的初動能；

（2）若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子放射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系

【答案】（1）%=%,S3（2）y+?,（wW+2mqU0+—^yqB

2m

y—d—萬不（丫+d）+—^mqU3（y+d）H—帶｛（丫+d）q?B?+2mqU0

【解析】】（1）放射源的位置%=%

粒子的初動能：Eko=（qB%）

2m

（2）分下面三種狀況探討：

⑴如圖1,Ek0>2qU0

ykt

電、嗎、R吧_

Bq°Bq1Bq

1212121

和—mvi=—mv0~qU0,—mv2=-mv:-qu。

及彳=丁+2（4+4）

得%=（）

y+gJyqB2+2mqU0+-^%yqB）2+4mqU0

（ii）如圖2,qUo〈Eko〈2qUo

y?

p

由--=整理=等

BqBq

和—mv^=—mvf+qU0

及x=3(—y—d)+26

2

得x=-3(y+d)H------'+2mqU。

qB

(iii)如圖3,Eko〈qU0

由一…=整&=筍

BqBq

11

和5%環(huán)9=5%嗎9—qu()

及x=(-y-d)+4RQ

得x=-y—d------J(y+d)"""+q~B--2niQU0

qB

12.（2024?湖北省武昌試驗中學高三模擬）如圖所示中。自。14和。262c2d2為在同一豎直平面內(nèi)的金屬導

軌，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌所在的平面（紙面）向里。導軌的對仇段與

外打段是豎直的，距離為-5V/（x）-2V5；cd段與c2d2段也是豎直的，距離為4。X1%和工2%為兩根

用不行伸長的絕緣輕線相連的金屬細桿，質(zhì)量分別為處和汲，它們都垂直于導軌并與導軌保持光滑接

觸。兩桿與導軌構(gòu)成的回路的總電阻為凡尸為作用于金屬桿七%上的豎直向上的恒力。已知兩桿運動

到圖示位置時，已勻速向上運動，求此時作用于兩桿的重力的功率的大小和回路上的熱功率。

2

、

F-(m,+m^gR,F-(m1+m2)g

【答案】P=一^7；—六~(外+加2)8；Q=IR

8—4)B(一)

【解析】金屬桿向上運動的速度為%因桿的運動，兩桿與導軌構(gòu)成的回路的面積削減，從而磁通量也

削減。由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢的大小

E=Bd）v

E

回路中的電流/=一方向沿著順時針方向

R

兩金屬桿都要受到安培力的作用，作用于桿為力的安培力為力=5〃],方向向上；作用于桿X2外的安

培力為人=312,方向向下。當金屬桿作勻速運動時，依據(jù)牛頓其次定律有

（+孫）gF-（m,+加2）gR

解以上各式，得/=—F-:m:.

v=---------9

84）B2（U

F_（叫+m）gR

作用于兩桿的重力的功率P=2（叫+?）g

"if

電阻上的熱功率。=尸7?=

13.（2024?廣東省汕尾市高三教學質(zhì)量監(jiān)測）如圖所示，直角坐標系第一象限存在勻強電場，電場方向

指向了軸負方向。第四象限內(nèi)某矩形區(qū)域存在勻強磁場，磁場上邊界為x坐標軸，磁場方向垂直于X。

y平面對外。一質(zhì)量為〃、帶電量為g的正電粒子以初速度均從坐標為〃（0,1）點沿x軸正方向射入,

途經(jīng)x軸上“（21,0）點進入磁場，穿越磁場后，經(jīng)y軸上尸（0,-61）點、與了軸負方向夾角為45°

射入第三象限，求：

（1）勻強電場的場強大小；

（2）粒子途徑及點時的速度大小和方向；

（3）矩形區(qū)域磁場的磁感應強度方的大小和矩形區(qū)域的最小面積。

【答案】(1)(2)◎Vo,方向與x軸正方向夾角為45

llq

⑶喈3-3/

【解析】(1)帶電粒子在第一象限作平拋運動,

X軸方向，21=VQt

P軸方向，7=—af2

2

由牛頓其次定律，E(rma

解得：后坐

2lq

v

(2)設粒子途經(jīng)4點時的速度方向與x軸正方向夾角為。，tan6=)

%

v^at解得tan@=1,所以6=45°，l一——二正狐,

cos45

(3)作過N點速度延長線和過戶點速度反向延長線，三角形如/為等腰三角形，由幾何關(guān)系知，止8

1

HE"

圓弧半徑為廬2夜/

qvB^^-求得：后/

R

最小矩形的長為4/,寬為（2夜-2）/,面積為（8-8）/23.3/

14.（2024?江蘇省揚州中學高三模擬）如圖所示，左側(cè)正方形區(qū)域/灰/有豎直方向的勻強電場和垂直紙

面方向的磁場，右側(cè)正方形區(qū)域面。有電場，一質(zhì)量為如帶電量為+g的小球，從距/點正上方高為

/的。點靜止釋放進入左側(cè)正方形區(qū)域后做勻速圓周運動，從C點水平進入右側(cè)正方形區(qū)域儂仇已

知正方形區(qū)域的邊長均為重力加速度為g,求：

。。

AB

r-------------------------1

GL-------------」尸

（1）左側(cè)正方形區(qū)域的電場強度笈和磁場的磁感應強度B-,

（2）若在右側(cè)正方形區(qū)域內(nèi)加豎直向下的勻強電場，能使小球恰好從廠點飛出，求該電場場強氏的大

小；

（3）若在右側(cè)正方形區(qū)域內(nèi)加水平向左的勻強電場，場強大小為區(qū)=強區(qū)為正整數(shù)），試求小

q

球飛出該區(qū)域的位置到G點的距離。

【答案】（1）4=鱉,方向豎直向上B=＞陛,方向垂直紙面對外

qq\L

l3mg、4L

（2）E?=（3）￡或L---歹

qk

【解析】（I）V]=^2gL

小球做勻速圓周運動qE[=mg

解得：耳=上,方向豎直向上

q

2

由幾何關(guān)系廠=L，又=

解得：B=陛,方向垂直紙面對外

q\L

(2)在儂'G區(qū)域，小球做類平拋運動，

水平方向：L=v),解得f=

N2g

豎直方向：L=-at~,解得。=4g

2

又qE?+mg=ma,

「3mg

解得石2=

一q

(3)水平方向：qE3=ma,解得〃=依

豎直方向小球做自由落體運動.

當水平方向減速至零時，用時?='=』辿

akg

L

由lax=匕9，解得％=一，

k

1

①當代1時，下/，小球水平方向恰好到達尸G邊，此時豎直位移7=萬8廠9〃，小球恰好從尸點飛出,

此時距G點、L

124L4L

②當A=2,3,4...時，x<L,豎直位移y=/g(2%)二W￡,小球從CG邊飛出，此時距G點L—

15.(2024?寧夏銀川市高三質(zhì)量檢測)如圖所示，水平放置的U形導軌足夠長，置于方向豎直向上的勻

強磁場中，磁感應強度大小為廬5T,導軌寬度￡=0.4m,左側(cè)與廬0.5Q的定值電阻連接。右側(cè)有

導體棒劭跨放在導軌上，導體棒助質(zhì)量爐2.0kg,電阻尸0.5。，與導軌的動摩擦因數(shù)〃二0.2,其

余電阻可忽視不計。導體棒劭在大小為10N的水平外力尸作用下，由靜止起先運動了廣40cm后，

速度達到最大，取史10m/s2o求：

(1)導體棒仍運動的最大速度是多少？

(2)當導體棒加的速度片1m/s時，導體棒a6的加速度是多少？

(3)導體棒成由靜止達到最大速度的過程中，電阻"上產(chǎn)生的熱量是多少？

【答案】(1)%=L5m/s(2)a=lm/s2(3)編0.075J

【解析】(1)導體棒勖垂直切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢大?。篍=BLv,

由閉合電路的歐姆定律得：1=后

R+r

導體棒受到的安培力：FFBIL

當導體棒做勻速直線運動時速度最大，由平衡條件得：3*%+〃陽=F

R+r

解得最大速度：5m/s

(2)當速度為丫由牛頓其次定律得：F-B2I}V-^mg=ma

R+r