2023届福建省高考物理模拟（二模、三模）试题知识点分类训练：电磁学解答题含答案.docx

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1、福建省2023年高考物理模拟（二模、三模）试题知识点分类训练：电磁学解答题一、解答题1（2023福建福州统考三模）如图所示，间距为的水平导轨右端接有的定值电阻。虚线与导轨垂直，其左侧有方向竖直向上、大小为的匀强磁场。一质量的金属棒垂直于导轨放置在距右侧处，一重物通过绕过轻质定滑轮的绝缘轻绳与金属棒连接。时，将金属棒由静止释放，在时，金属棒恰好经过边界进入磁场。已知导轨足够长，不计导轨与金属棒电阻，金属棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，重物始终未落地，重力加速度g取，不计一切摩擦，求：（1）金属棒进入磁场前的加速度大小及重物的质量；（2）金属棒刚进入磁场时，电阻的热功率P；（3）时金属棒速度为，求

2、此时金属棒与的距离。2（2023福建福州统考三模）如图甲所示，离子源持续逸出带电量为、质量为m的离子，其初速度视为0，离子经过加速电场后，以速度沿两平行极板PQ的中线飞入交变电场。已知极板P、Q水平放置，间距为d，长度为L，极板上所加的交变电压如图乙所示，变化周期，所有离子均能从PQ极板右侧射出，不计离子重力及离子间相互作用，求：（1）加速电场的电压大小；（2）PQ极板间所加电压U的最大值；（3）当PQ极板间交变电压为（2）问中所求的时，在PQ极板右侧建立直角坐标系，其中Ox与极板Q的中轴线在同一直线上，图中的两个正方体边长均为d，正方体区域内存在沿y轴正方向、大小为的匀强磁场，正方体区域内存

3、在沿x轴正方向、大小为的匀强磁场，求离子在正方体区域内运动的最长时间。3（2023福建漳州统考三模）图甲是中华太极图，生动地表示了宇宙万物的结构及运动规律，她人类文明的无价之宝。图乙是大圆O内及圆周上有磁感应强度大小为B，方向相反的匀强磁场太极图。两个半圆的圆心O，O在圆O的同一直径MN上，半圆直径均为圆O的半径R。曲线MON左侧的磁场方向垂直直面向外。质量为m，电荷量为q的质子（不计重力），以某初速度从N点沿纸面与NM夹角=30射入右侧磁场，恰好通过O点进入左侧磁场，并从M点射出。（1）求质子的初速度大小v1；（2）求质子从N点运动到M点所用的时间t0；（3）若90，曲线MON上的磁场方向垂

4、直纸面向里，要使质子不进入曲线MON左侧磁场中，求质子速度的大小范围。4（2023福建厦门统考二模）如图所示，竖直平面内有等量异种点电荷M、N水平固定放置，其中M为正电荷，N为负电荷，两电荷正下方固定一足够长的光滑水平绝缘直杆，A、B分别为杆上位于M、N正下方的两点，O点为AB的中点。中心开孔的小球a、b穿在杆上，分别位于A、B两点处，其中小球a质量为m、电荷量为q（q0），小球b不带电且处于静止状态。将小球a由静止释放，已知两小球碰撞为完全弹性碰撞，且碰撞过程电量不转移，取无穷远处电势为零，A点电势为，重力加速度大小为g，求：（1）小球a运动至O点时，所受轨道的弹力大小；（2）若碰撞后小球a

5、恰能回到O点，求小球b的质量；（3）已知AB两点的距离为L，若AB段变为粗糙，且与小球a的动摩擦因数，小球a由静止释放后向右运动并与小球b碰撞，为使碰后小球a能一直向右运动，求小球b质量的取值范围。5（2023福建泉州统考三模）跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个匀强磁场区域I、II的边界平行，相距为，磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向外。之间存在匀强电场，场强大小为，方向与磁场边界垂直。质量为、电荷量为的粒子从端无初速进入电场，次经过电场加速后，从位于边界上的出射口射出。已知之间的距离为，不计粒子重力。求：（1）粒子射出时的速率；（2）磁场的磁感应强度大小；（3）粒子从端进入电场到运动

6、至出射口的过程中，在电场和磁场内运动的总时间。6（2023福建莆田统考二模）如图所示，两足够长平行光滑金属导轨MN、PQ间距，竖直固定在均匀分布的磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度。M、P间接有一阻值的电阻，质量的金属杆垂直于导轨水平放置。时刻将金属杆由距导轨顶端处静止释放，运动中金属始终水平且与导轨接触良好。不计导轨和金属杆的电阻，重力加速度g取。（1）求金属杆沿导轨下滑的最大速度大小：（2）从静止释放到金属杆达到最大速度的过程中，电阻R产生的热量，求该过程中通过金属杆横截面的电荷量q；（3）若让磁场的磁感应强度随时间按某规律变化，可使金属杆在时刻由静止释放后做自由落体运动。已知

7、时磁感应强度。请推导出磁感应强度随时间t变化的关系式。7（2023福建龙岩统考二模）如图（a）。长度的光滑绝缘细杆左端固定一带电荷量为的点电荷A，一质量为、带电荷量为的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线所示，小球B所受水平方向的合力随B位置的变化关系如图（b）中曲线所示，其中曲线在范围可近似看作直线。求：（1）小球B在处受到外电场对它沿杆方向的电场力和外电场在该点沿杆方向的电场强度；（2）已知小球在处获得水平向右的初速度时，最远可以运动到。若小球在处受到方向向右、大小为

8、的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开杆，恒力作用的最小距离s是多少？8（2023福建厦门统考二模）如图所示，间距均为L的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。a、b为两根粗细均匀的金属棒，a棒质量为m，长度为L、电阻为R，垂直固定在倾斜轨道上距水平面高h处；b棒质量为2m、长度为L、电阻为2R，与水平导轨垂直并处于静止状态。a棒解除固定后由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为g，求：（1）a棒刚进入磁场时产生的电动势大小；（2）当a棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b棒的加速度

9、大小；（3）整个运动过程中，b棒上产生的焦耳热。9（2023福建福州统考二模）如图甲，平行边界CD、EF之间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，CD、EF之间的距离为d。t0时刻，有一质量为m的带电粒子从磁场CD边界A点处以速度v0射入磁场，v0方向与CD边界的夹角为60，粒子恰好从O点垂直EF边界射出磁场。紧靠磁场EF边界右侧，有两个间距为L、足够大的平行板M、N，平行板间存在电场，两板电势差的变化规律如图乙，其中T0为已知。带电粒子在运动过程始终不与N板相碰，粒子重力不计。求：（1）该带电粒子的电性及电荷量大小；（2）若v0、U0，带电粒子从A点到第一次到达0点的时间t1及t时

10、刻带电粒子的速度v与v0的比值；（3）若满足（2）条件，带电粒子第二次离开磁场时的位置与A点的距离。10（2023福建泉州统考二模）如图甲的空间直角坐标系Oxyz中，有一边长为L的立方体区域，该区域内（含边界）分布有沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），以初速度v0从a点沿x轴正方向进入电场区域，恰能从d点离开。（1）求电场强度的大小E；（2）若在该区域再加一个沿y轴正方向的匀强磁场，粒子仍从a点以初速度v0沿x轴正方向进入该区域后从Ob之间某点离开，求磁感应强度的大小B和离开该区域时的速度大小v1；（3）撤去原来的电场，在该区域加方向沿x轴负方向的磁场B和沿

11、y轴正方向的磁场B，磁感应强度B、B的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。t=0时刻，粒子仍从a点以初速度v0沿x轴正方向进入该区域，要使粒子从平面cddc离开此区域，且速度方向与平面cddc的夹角为60，求磁感应强度B0的可能取值。11（2023福建漳州统考二模）如图，倾角为=30的固定绝缘光滑斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，斜面底端连接一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端连接着一质量为m的不带电小球A，小球A静止时，到斜面顶端的距离为L。有一电荷量为+q、质量为的小球B以初速，从斜面顶端沿斜面向下运动，与小球A发生弹性碰撞之后，两小球平分了原来的总电荷量，已知电场强度，弹簧始终在弹性

12、限度内，空气阻力不计，重力加速度为g，求：（1）小球A静止时，弹簧的形变量x；（2）两小球碰撞前，小球B的速度大小v；（3）小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功W。12（2023福建漳州统考二模）如图甲，abcd和abcd为在同一水平面内的固定光滑平行金属导轨，ab段和ab段间距为2L，cd段和cd段间距为L、整个导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，bccb左侧导轨间的磁感应强度大小为B0，bccb右侧导轨间的磁感应强度大小按图乙规律变化，图中t0为已知量，两根相同金属杆M、N分别垂直两侧导轨放置，N杆与cc之间恰好围成一个边长为L的正方形，M杆中点用一不可伸长绝缘细线通过轻质定滑

13、轮与一重物相连，重物离地面的高度为L，细绳处于伸直状态且与M杆垂直，t=0时刻释放重物，同时在N杆中点处施加一水平拉力，使两杆在0t0时间内均处于静止状态。已知M、N杆和重物的质量都为m，不计导轨电阻，重力加速度为g。（1）求0t0时间内回路的感应电动势E；（2）求0t0时间内，施加在N杆上的拉力F随时间t变化的函数关系式；（3）从t0时刻开始，保持拉力F不变，若重物下落的过程中，回路产生的总热量为Q，求重物落地时N杆的速度大小v。参考答案：1（1），；（2）；（3）【详解】（1）时间内，根据运动学公式得解得对重物及金属棒整体分析，根据牛顿第二定律得解得（2）时刻，金属棒速度为金属棒刚进入磁场

14、产生的电动势为感应电流为电阻的热功率为（3）时金属棒速度为，对重物及金属棒整体分析，根据动量定理可得又联立解得此时金属棒与的距离为2(1)；(2)；(3)【详解】（1）离子经过加速电场后有解得（2）离子在平行极板PQ间运动时，水平方向为匀速直线运动L=v0t解得即离子在平行极板PQ间运动的时间恰为电场变化的一个周期，n=0，1，2，3时刻进入电场的离子恰从极板边缘离开时，电压最大解得(3)离子飞过平行极板PQ过程中，沿竖直方向的速度增量为即=0，所有离子均以速度v0水平飞出PQ极板进入第一个正方体区域后解得离子运动轨迹如图所示则有即进入第二个正方体的离子均从正方向CDD1C1的MN连线进入，离

15、子进入第二个正方体区域后，沿x轴方向做匀速直线运动，若能到GG1H1H，则解得垂直于磁场的速度分量使离子做圆周运动，即离子边圆周边匀速直线，为螺旋运动解得离子运动的侧视图如图所示离子在第二个正方体圆周运动的周期为从N点进入的离子在磁场中圆周运动时间最长即能在该场中做圆周运动的离子最长时间为由于t2t1，即离子在第二个正方体中尚未完成一个螺旋便已离开，其运动的最长时间为3（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）质子的运动轨迹如图所示，设质子的轨道半径为r0，则由几何关系可得，联立解得（2）质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为质子在左右磁场中运动的时间相等质子从N点运动到M点所用的时间为（3）质子

16、在右磁场中运动有分两种情况讨论要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域，应满足解得要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域，应满足解得质子速度的大小范围为，4（1）mg；（2）；（3）【详解】（1）小球a运动至O点时，电场力水平向右，竖直方向所受合力为零，设所受轨道的弹力大小为，方向竖直向上，则（2）根据题意，取无穷远处电势为零，A点电势为，则根据等量异种点电荷电场分布分析知， O点电势为a碰撞后恰能回到O点过程，电场力做功为从A到B，电场力做功为根据动能定理，从A到B，两小球碰前小球a的速度设为，则a碰撞后恰能回到O点过程，根据动能定理已知两小球碰撞为完全弹性碰撞，且碰撞过程电量不转移，系统动量守恒

17、，机械能守恒联立解得（3）分析题意，从A到B，AB段变为粗糙，且与小球a的动摩擦因数关于O点左右对称的分析摩擦力大小，则克服摩擦力做功为两小球碰前小球a的速度设为，根据动能定理两小球碰撞过程，系统动量守恒，机械能守恒若使碰后小球a能一直向右运动，则联立解得5（1）；（2）；（3）【详解】（1）设经过n次加速后粒子的速率为v，根据动能定理得解得（2）粒子从K点离开前的轨道半径为粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得解得（3）粒子在电场中做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为a，在电场中运动的总时间为，则解得在磁场中运动周期粒子在场中运动的总时间为，则解得6（1）；（2）；（3）【详解】

18、（1）金属杆沿导轨下滑达到最大速度时，设金属杆受到的安培力大小为F，由力的平衡条件有此时金属杆产生的感应电动势为由闭合电路欧姆定律可知，感应电流由安培力公式有联立代入数据解得（2）金属杆从开始运动到最大速度的过程中，设金属杆下落高度为h，由能量守恒定律有由法拉第电磁感应定律有由闭合电路欧姆定律有由电流的定义式有联立代入数据解得（3）金属杆在由静止释放后做自由落体运动，设经过时间t下落高度为H，则由于金属杆做自由落体运动，故不受安培力作用，回路中没有感应电流，磁通量变化量为0。设t时刻磁场的磁感应强度为，则联立代入数据解得7（1），水平向左，水平向左；（2）【详解】（1）根据题意，设小球在处受到

19、点电荷对它的作用力为，外电场对它沿杆方向的作用力为,合力为，则有结合图像信息可得即小球B在处受到的外电场对它沿杆方向的电场力的大小为，方向水平向左，根据电场强度定义式可得方向水平向左。（2）根据图（b）中曲线围城的面积表示合电场力对小球B做的功，可知小球从到处，合电场力做功为由图可知，小球从到处，合电场力做功为由动能定理有解得8（1）；（2）；（3）【详解】（1）设棒下落到底端刚进入磁场瞬间的速度大小为，由机械能守恒定律可得解得则刚进入磁场时产生的感应电动势的大小为（2）当棒的速度变为原来的一半时产生的感应电动势记为，设此时棒的速度为，则由动量守恒定律可得解得则此时的感应电动势为根据闭合电路的

20、欧姆定律可知此时回路中的电流为可知棒此时所受安培力的大小为由牛顿第二定律有解得（3）通过分析可知、棒最终将达到共速，之后一起做匀速直线运动，由动量守恒定律可得同时，在运动过程中由能量守恒可得联立以上两式可得而、棒串联，则产生的焦耳热等于电阻之比，由此可得棒上产生的焦耳热为9（1）正电，；（2）；（3）0.318d【详解】（1）带电粒子在磁场中运动轨迹如图，其轨道半径为r1，可判定粒子带正电荷；由几何关系可知洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则解得（2）粒子在磁场中的运动时间为t1，则解得所以粒子在电场中加速时速度达到v，这一过程的加速度大小为a1，则解得（3）接着带电粒子先减速后反向加速，则

21、这一过程的加速度大小均为a2，T0时刻粒子与O点相距为x解得x=0即粒子恰好回到O点；设此时粒子的速度为v，则粒子第二次在磁场中运动的轨迹如图，则设其轨道半径为r2解得r2=10d粒子从K点离开磁场10（1）；（2），；（3）（n=0，1，2，3）【详解】（1）设粒子在电场中运动的加速度大小为a，运动时间为t1，则解得（2）粒子在复合场中的运动，可分解为沿y轴负方向的匀加速直线运动和沿平行于xOz平面的匀速圆周运动，由“粒子从Ob之间某点离开”可知，粒子在平行xOz平面内的运动轨迹为二分之一圆周，由运动的等时性，其运动时间仍为解得根据动能定理可得解得（3）沿y轴负方向看，若粒子射出时与z轴负方

22、向夹角60，设粒子在平行于yOz平面内运动了个，图甲为的情况，设运动半径为r，则满足（n=0，1，2，3）这一过程粒子沿y轴负方向运动距离由于，所以粒子无法到达平面，不合题意；沿y轴负方向看，若粒子射出时与z轴正方向夹角为60，图乙为的情况，则满足（n=0，1，2，3）由于，所以粒子能到达平面，符合题意；根据洛伦兹力提供向心力有解得（n=0，1，2，3）11（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球A静止时，对A分析有解得（2）对小球B分析有解得小球向下做匀减速直线运动，则有解得（3）对AB碰撞过程有，解得，可知，碰撞后B球体反弹，与A分离，向上做匀加速直线运动，A向下运动，则小球A碰后到速度最大时，小球A的加速度为0，令此时弹簧的压缩量为x1，对小球A分析有则小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功解得12（1）；（2）；（3）【详解】（1）0t0时间内回路的感应电动势为根据图乙可知解得（2）根据图乙可知令0t0时间内回路的感应为，对M有对N有解得（3）根据上述，t0时刻的拉力大小t0时刻之后，对M与重物整体进行分析有t0时刻之后，对N进行分析有解得可知M、N的加速度大小相等，即M、N杆的速度在任意时刻大小均相等，则从t0时刻开始到重物落地的过程中有解得答案第27页，共19页