專題14電學中三大觀點的綜合應用

目錄

01考情透視?目標導航............................................................................3

02知識導圖?思維引航...........................................................................4

03核心精講?題型突破...........................................................................5

題型一電場中的三大觀點的綜合應用..........................................................5

【核心精講】...............................................................................5

一、電場中應用動力學觀點處理問題的流程....................................................5

二、電場中的功能關系及計算................................................................5

三、電場中的動量觀點......................................................................5

【真題研析】...............................................................................6

【命題預測】...............................................................................7

考向一電場中的動力學觀點的應用............................................................7

考向二電場中的能量觀點的應用..............................................................9

考向三電場中的動量觀點的應用.............................................................10

題型二磁場中三大觀點的綜合應用............................................................12

【核心精講】..............................................................................12

一、磁場中動力學觀點.....................................................................12

二、磁場中能量觀點........................................................................12

三、磁場中動量觀點........................................................................12

【真題研析】..............................................................................12

【命題預測】..............................................................................14

考向一磁場中的動力學觀點的應用...........................................................14

考向二磁場中的能量觀點的應用.............................................................15

考向三磁場中的動量觀點的應用.............................................................17

題型三電磁感應中三大觀點的綜合應用........................................................19

【核心精講】..............................................................................19

一、電磁感應的動力學問題處理方法.........................................................19

二、電磁感應的能量問題處理方法............................................................19

三、電磁感應的能量問題處理方法............................................................20

【真題研析】..............................................................................20

【命題預測】..............................................................................22

考向一電磁感應中的動力學觀點的應用.......................................................22

考向二電磁感應中的能量觀點的應用.........................................................24

考向三電磁感應中的動量觀點的應用.........................................................26

考情透視?目標導航

題統計

2024年2023年2022年

命題要點

2024?山東卷?T102023?新課標卷1122022?浙江卷19

2024?河北卷?T142023?湖北卷1102022?遼寧卷110、T14

電場中的三大

2024?江西卷1102023?北京卷1202022?海南卷?T11

觀點的應用

2024?廣西卷?T72023?福建卷1162022福建卷T8

2024?福建卷?T162023?河北卷17

2024安徽卷T102023?北京卷113、T192022?湖南卷13

磁場中的三大

2024?浙江卷T152023?江蘇卷1162022?天津卷3

熱觀點的應用

考2024?重慶卷T132023?浙江卷1232022?湖北卷?T11

角2024河北卷1142023?北京卷192022?湖南卷110

度

2024?遼寧、吉林、黑龍江卷192023?廣東卷1142022?重慶卷17

2024?山東卷-T112023?山東卷1122022?湖北卷?T11

電磁感應中的2024北京卷T202023?天津卷2022福建卷T17

三大觀點的應

用2024湖南卷T82023重慶卷T72022全國甲卷T7

2024江西卷T西2023福建卷T42022浙江1月卷T22

2024遼寧卷T92023全國甲卷T122022遼寧卷T15

2024海南卷T132023湖南卷T142022福建卷T15

從近三年高考試題來看，三大觀點在電學中的考查較為普遍，題目以選擇題

命題規律居多，個別省份以計算題的形式出現，難度上中等偏上，對物理過程分析能力和

數學方法的應用能力上要求較高。

預計在2025年高考中，還會加大對三大觀點的考查，選擇題多以單一過程

考向預測的分析為主，計算題預計會以壓軸題的形式出現，體現過程情境下的物理問題的

研究。

命題情景多以特別的物理模型為基礎，冠以某種科學技術為情境

常用方法牛頓第二定律、能量守恒定律、動量定理、動量守恒定律

主要運動形式：直線運動、

拋體運動、圓周運動

主要運動形式：直線運動、

勻速圓周運動、一般曲線運動

》主要模型：線框模型、單雙棒模型

核心增出翱型空衲

//?\\

題型一電場中的三大觀點的綜合應用

核心精講

一、電場中應用動力學觀點處理問題的流程

不處于平整體法受力平衡尋找連接體間

個II

,

物I衡狀態I隔離法分析方程的關聯量

體

或①列牛頓第二定

一

連

受連接

運

接

力律方程

動隔離法尋找體間

體

------------------------?分

狀②列運動學方程

析關系

態③列功能關系

.方程

方程

二、電場中的功熊關系及計算

1.電場中的功能關系

(1)若只有靜電力做功b電勢能與動能之和保持不變。

(2)若只有靜電力和重力做功b電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。

(3)除重力之外，其他各力對物體做的功5等于物體機械能的變化。

(4)所有外力對物體所做的功^等于物體動能的變化。

2.電場力做功的計算方法

⑴％B=WAB(普遍適用)

(2)W=gExcos。(適用于勻強電場)

(3)%B=—AEp=Ep4—EpB(從能量角度求解)

(4)W電+W非電=公反(由動能定理求解)

三、電場中的動量觀點

1.動量定理的應用：帶電粒子或者帶電體在勻強電場中電場力為恒力，可以應用動量定理。

2.動量守恒定律的應用：帶電粒子或帶電體，電場力為內力，系統合外力為零，帶電粒子或帶電體組成的

系統動量守恒或者某一方向動量守恒。

真題研析

1.(2024.浙江.高考真題)如圖所示空間原有大小為反方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面的

M、N點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環A8CZ)垂直放置，其圓心。在的中點，半徑為R、

AC和2。分別為豎直和水平的直徑。質量為加、電荷量為”的小球套在圓環上，從A點沿圓環以初速度加

做完整的圓周運動，則()

A.小球從A到C的過程中電勢能減少

B.小球不可能沿圓環做勻速圓周運動

C.可求出小球運動到2點時的加速度

D.小球在。點受到圓環的作用力方向平行

【答案】C

【詳解】A.根據等量異種點電荷的電場線特點可知，圓環所在平面為等勢面，勻強電場方向豎直向上，則

小球從A到C的過程電勢增加，電勢能增加，故A錯誤；

B.當場強滿足Eq=mg時，小球運動時受到的向心力大小不變，可沿圓環做勻速圓周運動，故B錯誤；

C.根據動能定理(mg-Eq)R=-堤可求出小球到2點時的速度VB,根據的=等可得小球的向心

加速度，再根據牛頓第二定律巾9-Eq=771(12可得小球的切向加速度&2，再根據矢量合成可得B點的加速

度為a=J*+磅故C正確；

D.小球在。點受到豎直向下的重力、豎直向上的勻強電場的電場力、平行方向的等量異種點電荷的電

場力和圓環的作用力，圓環的作用力一個分力與等量異種點電荷的電場力平衡，其與MN平行，而另一分

力提供向心力，方向指向圓心，故小球在。點受到圓環的作用力方向不平行故D錯誤。

故選Co

【技巧點撥】

(1)明確等量異種電荷電場連線和中垂線電場的特點，以及要明確小球所處電場是兩種電場的疊加場；

(2)根據小球所處場的環境，正確做出受力分析，根據受力分析判斷BCD選項。

2.(2023?浙江?高考真題)如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉電極YY，、水平方向偏轉電極XX，和熒

光屏組成。電極XX的長度為I、間距為小極板間電壓為U,YY，極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10t/o

電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿。。'方向進入偏轉電極。已知電子電荷量為e,質量為m,

則電子（）

A.在XX，極板間的加速度大小為空

m

B.打在熒光屏時，動能大小為lleU

C.在XX，極板間受到電場力的沖量大小為^

D.打在熒光屏時，其速度方向與。。，連線夾角a的正切tana=與

20a

【答案】D

【詳解】A.由牛頓第二定律可得，在XX極板間的加速度大小a*=巴=鳥，A錯誤；

B.電子電極XX間運動時，有vx=axtt=套電子離開電極XX時的動能為Ek=/叱+*）=eU（10+盤）

電子離開電極XX，后做勻速直線運動，所以打在熒光屏時，動能大小為eU（10+￡\）,B錯誤；

C.在XX極板間受到電場力的沖量大小lx=mvx=5座，C錯誤；

D.打在熒光屏時，其速度方向與00,連線夾角a的正切tana=歡=1，D正確。故選D。

【技巧點撥】

（1）根據帶電粒子所經過的電場，判斷出粒子做類平拋運動；

（2）根據動能定理和動量定理求動能和沖量。

I命題預測T

考向一電場中的動力學觀點的應用

3.（2024?海南省直轄縣級單位?模擬預測）A、8兩小球質量相等，A球不帶電，8球帶正電，光滑的絕緣

斜面傾角為氏圖甲中，A、B兩球用輕質絕緣彈簧相連，圖乙中，A、B兩球用輕質絕緣桿相連，兩個裝置

均處于平行于斜面向上的勻強電場E中，此時A、2兩球組成的系統均處于靜止狀態，輕彈簧、輕桿均與斜

面平行，重力加速度大小為g,當撤去勻強電場E的瞬間，則下列說法正確的是（）

EE

圖甲圖乙

A.兩圖中A、8兩球的加速度大小均為gsin。

B.兩圖中A球的加速度大小均為零

C.圖乙中輕桿的作用力一定不為零

D.圖甲、乙中B球的加速度大小之比為2:1

【答案】D

【分析】本題考查牛頓第二定律的瞬時性，意在考查考生的理解能力。

【詳解】AB.題圖甲、乙中兩球組成的系統靜止時，對兩球組成的系統受力分析，可得B球受到的電場力

均為2mgsin。，輕彈簧和輕桿的彈力均為mgsine,突然撤去勻強電場時，輕彈簧中彈力不變，題圖甲中A

球加速度為零,B球加速度大小為2gsin。,輕桿中彈力發生突變，題圖乙中A、B兩球的加速度大小均為gsin。，

輕桿的彈力突變為零，故ABC錯誤；

D.在撤去勻強電場的瞬間，題圖甲中B球的加速度大小為2gsin。，題圖乙中B球加速度大小為gsin。，故

D正確。

4.（2024?四川德陽?模擬預測）如圖所示，一根輕質的不可伸長的細線兩端分別系在水平天花板上的A、B

兩點，有一質量及大小均不計的光滑動滑輪跨在細線上，滑輪通過絕緣細線懸掛一帶正電且可視為質點的

物塊。空間存在豎直向下的勻強電場，物塊處于靜止狀態。現將電場強度方向由豎直向下緩慢逆時針轉動

到水平向右，A、B間細線的張力大小為B，滑輪與物塊之間細線張力大小為母，則（）

A.B逐漸增大B.乃逐漸減小

C.6逐漸增大D.尸2先減小后增大

【答案】B

【詳解】一根繩上的力大小處處相等，則初始時合力的方向為豎直向下，則設A、B間細線與豎直方向夾角

為0,則

x\

初始時，物塊受到的重力和電場力之和（看作等效重力）等于滑輪與物塊之間細線張力G'=F2=mg+FAB

繩上的張力Fi=總隨著電場強度方向由豎直向下緩慢逆時針轉動到水平向右，電場力也逐漸逆時針轉動

到水平向右，隨著電場力和重力夾角增大，等效重力G，逐漸減小，即F2逐漸減小，AB細繩與等效重力方

向之間的夾角也在逐漸減小，如圖中0，，則cos0，＞cos9,可知Fl在逐漸減小。故選B。

考向二電場中的能量觀點的應用

5.（2024?河北?模擬預測）將兩個等量異種點電荷固定在邊長為L的正方形48CD的A、C兩個頂點處，它

們所帶電荷量分別為+Q和-Q,用長為L的不可伸長的絕緣細線將一質量為m、帶電荷量為+q的帶電小球

拴在A點，將小球從8點由靜止釋放，小球從8點運動到。點，經過AC連線上的尸點。整個裝置處于豎

直向下的勻強電場中，電場強度后=詈。已知小球可視為質點，靜電力常量為上重力加速度為g,不計空

氣阻力。下列說法中正確的是（）

A.小球在剛釋放時的加速度大小為2g

B.在從8到E過程中，小球的機械能先增大后減小

C.經過。點時，小球的速度大小為2便

D.小球經過。點時，細線的拉力大小為尸=+等

【答案】C

【詳解】A.小球剛釋放時，沿切線方向運動，對小球在豎直方向受力分析有mg+Eq+罌=ma解得a=

2g+^^故A錯誤；

B.小球沿圓弧從B運動到F的過程中，A處電荷給小球的靜電力不做功，C處電荷給小球的靜電力為吸引

力，始終做正功，勻強電場給小球的靜電力做正功，所以小球的機械能一直增大，故B錯誤；

C.B、D是AC處點電荷形成靜電場的等勢點，所以小球在B、D位置時AC處靜電荷形成的電場的電勢

能相等，小球從B點運動到D點的過程中由能量守恒有mgL+EqL=（mv?解得v=2j時故C正確；

D.當小球經過D點時在豎直方向上對小球受力分析有F-mg—Eq—詈=m[解得F=6mg+詈故D錯

誤。故選C。

6.（2024.四川南充.二模）絕緣水平面上固定一正點電荷。，另一質量為機、電荷量為-q（q>0）的滑塊（可

看做點電荷）從。點以初速度W沿水平面向。運動，6點為滑塊運動中距。最近的點。已知。、b間距離為

d,滑塊與水平面間的動摩擦因數為〃，重力加速度為g。以下判斷正確的是（）

A.滑塊在6點的加速度一定為0

B.滑塊在運動過程的中間位置，速度的大小等于亨氏

C.滑塊在運動過程的中間時刻，速度的大小等于葭

D.。產生的電場中，a、b兩點間的電勢差為=友嗎義幽

【答案】D

【詳解】A.由題意可知，滑塊水平方向受庫侖力、滑動摩擦力，摩擦力與運動方向相反，而庫侖力與運動

方相同，由于b點為滑塊運動中距Q最近的點，則滑塊在b點速度為零，則滑塊在運動過程中庫侖力小于

滑動摩擦力，隨間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，所以到達b點時加速度不為零，故A錯誤；

BC.若滑塊在滑動過程中做勻減速直線運動，則在運動過程的中間位置，速度的大小為學=碧=乎丫0在

運動過程的中間時刻，速度的大小為vt=千而實際上，隨著間距減小，庫侖力增大，但一直小于滑動摩擦

52

力,所以導致加速度減小，故中間位置的速度的大小不等于日V。，中間時刻的速度不等于故BC錯誤;

D.根據動能定理可得Wab-nmgd=0—[m據Wab=-qUab所以Uab=m（v/gd）故D正確。故選D。

考向三電場中的動量觀點的應用

7.（2024?山東濟南?二模）如圖所示在場強為E的勻強電場中有一帶電絕緣物體P處于水平面上。已知P

的質量為相、帶電量為+q,其所受阻力與時間的關系為/=/o+kt。t=0時物體P由靜止開始運動直至速

度再次為零的過程中，以下說法正確的是（）

---------------------->

-E--------------------->

A.物體達到最大速度的時間號

mk.

B.物體達到的最大速度為萼售

c.全過程中，物體所受電場力的沖量為軻;7。）

D.全過程中，物體的阻力/的沖量為吟④

【答案】B

【詳解】AB.當物體所受合力為零時，物體的速度最大，則有Eq=f0+kt解得t=早從靜止到物體達到

的最大速度，由動量定理有Eqt-亨t=mvm—0解得Vm=E著故A錯誤，B正確；

CD.根據題意，對全過程，由動量定理有Eqt'-*現t，=0解得/=亞祥則全過程中，物體所受電場

力的沖量為L=Eqt，=2Eq（:q-f°）物體的阻力f的沖量為匕=一吟過t，=竺星產故CD錯誤。故選Bo

8.（2024?安徽合肥?二模）我國是世界上第三個突破嵌套式霍爾電推進技術的國家。霍爾推進器的工作原

理簡化如下圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質債氣進入放電通道后被電離為氤離子，

經電場加速后以某一速度噴出，從而產生推力。某次實驗中，加速電壓為U,流離子向外噴射形成的電流

強度為/.低離子的電荷量與質量分別為q和相，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進器產

生的推力為（）

【答案】D

【詳解】債離子經電場加速，根據動能定理有qU=?mv2-0解得v=舟設單位體積內離子數目為n,加

速噴出時截面積為S,在At時間內，有質量為Am的債離子以速度v噴射而出Am=nmSvAt形成電流為11=

nqSv由動量定理可得FAt=Amv聯立可得F=I曾離子推進器產生的推力為I曾。故選D。

題型二磁場中三大觀點的綜合應用

*I1...核...心...精..講...".1

一,磁場中動力學觀點

1.利用平衡平衡條件或牛頓第二定律處理通電導線在磁場中的平衡和加速問題。

2.帶電粒子在疊加場中的直線運動

⑴帶電粒子在電場和磁場的疊加場中做直線運動，電場力和洛倫茲力一定相互平衡，因此可利用二力平衡

解題。

(2)帶電粒子在電場、磁場、重力場的疊加場中做直線運動，則粒子一定處于平衡狀態，因此可利用平衡條

件解題。

3.帶電粒子在疊加場中的圓周運動

(1)帶電粒子做勻速圓周運動，隱含條件是必須考慮重力，且電場力和重力平衡。

(2)洛倫茲力提供向心力和帶電粒子只在磁場中做圓周運動解題方法相同。

二、

帶電粒子或帶電體在磁場運動時，洛倫茲力不做功，只有其重力、摩擦力等力做功，可以利用動能定理。

三、磁場史毆量婚

帶電體在疊加場中運動的問題，如果帶電體做一般性的曲線運動，因洛倫茲力隨著帶電體運動過程中

速度大小和方向的變化，對此一般性曲線處理較為困難，可以利用微元的思想，對帶電體列分方向動量定

理。例如：qvxB/\t-mgt=mv—0

［真題研析X

9.(2024.重慶.高考真題)小明設計了如圖所示的方案，探究金屬桿在磁場中的運動情況，質量分別為2H7、

機的金屬桿P、Q用兩根不可伸長的導線相連，形成閉合回路，兩根導線的間距和P、Q的長度均為L僅

在Q的運動區域存在磁感應強度大小為8、方向水平向左的勻強磁場。Q在垂直于磁場方向的豎直面內向

上運動，P、Q始終保持水平，不計空氣阻力、摩擦和導線質量，忽略回路電流產生的磁場。重力加速度為

g,當P勻速下降時，求

(1)P所受單根導線拉力的大小；

(2)Q中電流的大小。

B

【答案】（l）mg；⑵警

BL

【詳解】（1）由P勻速下降可知，P處于平衡狀態，所受合力為0,設導線的拉力大小為T,對P有

2T=2mg解得T=mg

（2）設Q所受安培力大小為F,對P、Q整體受力分析，有mg+F=2mg又F=BIL解得I=M

DL

【技巧點撥】

（1）根據平衡條件，對P受力分析，求單根導線拉力的大小；

（2）根據平衡條件，對整體受力分析，求單Q中電流的大小。

10.（2024?浙江?高考真題）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成9角。質量為機、電

荷量為+q的帶電小球套在細桿上。小球始終處于磁感應強度大小為2的勻強磁場中。磁場方向垂直細桿所

在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度為沿細桿向上運動至最高點，則該過程（)

A.合力沖量大小為mvocosdB.重力沖量大小為nwosine

C.洛倫茲力沖量大小為黑D.若為=普亞，彈力沖量為零

qB

【答案】CD

【詳解】A.根據動量定理I=0-mv（）=-mv（）故合力沖量大小為mV。，故A錯誤；

B.小球上滑的時間為t=京金重力的沖量大小為IG=mgt=黑故B錯誤；

C.小球所受洛倫茲力為Bqv=Bq（v（）-at）=-Bqat+Bqv（）,a=gsin。隨時間線性變化，故洛倫茲力沖量

大小為K=qx=xBt=qX=XBX」％=身故C正確；

D.若v0=^詈，0時刻小球所受洛倫茲力為Bqv°=2mgcos。小球在垂直細桿方向所受合力為零，可得

Bqv=mgcosQ+FN即FN=Bqv—mgcos6=Bq（v0—at）—mgcos0=mgcosQ-Bqtgsin。則小球在整個減速

過程的FN-t圖像如圖

圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD。

【技巧點撥】

(1)做好受力分析，根據受力分析對帶電小球運動形式做出判斷;

(2)根據洛倫茲力和彈力隨時間變化的關系表達式，明確兩個力與時間的線性關系。

命題預測

考向一磁場中的動力學觀點的應用

11.(2023?山東青島?三模)如圖，空間存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，粗糙絕緣的

水平面上有一帶正電小球，從尸點由靜止釋放后向右運動，運動過程中會經過N點。已知小球質量加、電

荷量4，電場強度大小E,磁感應強度大小8,小球與水平面間動摩擦因數〃，重力加速度g,PN=L。則

關于小球的運動，下列說法正確的是()

--------------------------AE

PN

A.小球先做加速運動，后做減速運動，最后靜止

B.小球能夠達到的最大速度為巴等

C.小球運動到N點時合外力做的功為qEL-卬ngL

D.若小球帶負電，向左運動一段時間后會脫離水平面

【答案】B

【詳解】AB.由左手定則可知，小球受到的洛倫茲力豎直向下，大小為［=qvB小球所受摩擦力為f=

H(f洛+mg)根據牛頓第二定律可得qE-f=ma解得qE-口(qvB+mg)=ma由題意可知小球先做加速

運動，隨著速度增大，洛倫茲力增大，加速度減小，當加速度為。時，速度達到最大，此時有qE=四(qvB+

mg)解得丫=聯些此后小球做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；

|iqB

C.小球運動到N點時合外力做的功為W=qEL-Wf由于

N=mg+qvBWf>^imgL故C錯誤；

D.若小球帶負電，向左運動時受到向左的電場力，向右的摩擦力，此時洛倫茲力向下，所以運動一段時間

后小球不會脫離水平面，故D錯誤。故選B。

12.（2023?河北保定?三模）粗糙水平地面上方存在著方向豎直向下的勻強電場，邊界的左邊存在著如

圖所示的勻強磁場，一帶電滑塊（可視為質點）以速度v向右勻速運動，已知電場強度為E,磁感應強度B=白

2v

重力加速度為g,滑塊滑過邊界MV之后經時間，速度方向與水平面夾角30。，根據以上條件，下列結論正

確的是（）

A.滑塊帶正電B.滑塊可帶正電也可以帶負電

C.1=學D.在時間f內，滑塊在水平方向的位移為場

3gg

【答案】C

【詳解】AB.滑塊滑過邊界MN之后經時間，速度方向與水平面夾角30。，可知滑塊受電場力向上，所以

滑塊帶負電，故AB錯誤；

CD.在MN左側，帶電滑塊（可視為質點）以速度向右勻速運動，則有qE=qvB+mg結合題中8=盤，解

得qE=2mg滑塊在MN右側，根據牛頓第二定律有qE-mg=ma解得a=g,方向向上經t時間，根據速度

的關系有tan3（T=可解得t=水平方向做勻速直線運動，有x=vt=當f故C正確，D錯誤。故選C。

V3g3g

考向二磁場中的能量觀點的應用

13.（2024.河南.一模）如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段C。。光滑，對應圓心角為120。，C、D

兩端等高，。為最低點，圓弧圓心為0',半徑為R（R遠大于軌道內徑），直線段AC、粗糙，與圓弧段

分別在C、。端相切，整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應強度大小為8的勻強磁場中，在

豎直虛線MC左側和ND右側還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻強電場。現有一質量為小

電荷量恒為外直徑略小于軌道內徑、可視為質點的帶正電小球，從軌道內距C點足夠遠的尸點由靜止釋放，

若PC=（,小球所受電場力等于其重力的白倍，所受摩擦力為小球與直線段軌道之間彈力的四倍，重力加速

度為g,則（）

A.小球在軌道ac上下滑的最大速度為衿

B.小球第一次沿軌道ac下滑的過程中速度一直在增大

C.經過足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是誓mgZ

D.經過足夠長時間，小球經過。點時對軌道的彈力一定為+BqyfgR

【答案】AC

【詳解】A.當小球合力為零時，加速度為零，速度最大，有％=mgsin60。+qEcos60。=竽mg,

mgcos60°+N=qEsin60°+qVmB又路=|1N=uqVmB解得最大速度Vm=乎譽A正確；

B.小球第一次沿軌道AC下滑過程中，電場力在垂直軌道方向的分量為Fi=qEsin60o=(mg重力在垂直軌

道方向上的分量為Gi=mgcos60°=(mg=F1因此，電場力與重力的合力方向恰好沿AC方向，且剛開始時

小球與管壁無作用力。當小球開始運動后，由左手定則可知，洛倫茲力導致小球對管壁有壓力，從而導致

滑動摩擦力增大，由牛頓第二定律mgsin60。+qEcos60°-|iqvB=ma小球一開始做加速度逐漸減小的加速

運動，直到加速度為零，開始做勻速直線運動，B錯誤；

C.最終小球在CD間做往復運動，由動能定理J(mg)2+(qE)2.1-Wf=0-0解得克服摩擦力做功Wf=

等mgLC正確；

D.小球經過0點時滿足mgR(l-cos60°)=工mv?小球經過0點向右運動時N-mg+qvB=mj小球經過0點

2R

向左運動時N-mg-qvB=■解得小球對軌道的彈力為N'=N=2mg-Bq1y^或N'=N=2mg+

Bq痼，D錯誤。故選AC。

14.(2024?安徽池州?二模)如圖所示，足夠長的豎直絕緣墻壁右側存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應

強度為B。質量為小、帶電量為-q(Q>0)的絕緣物塊與絕緣墻壁之間的動摩擦因數為“，重力加速度g。

現將小物塊緊貼豎直墻壁由靜止釋放，當小物塊沿絕緣墻壁下滑力時獲得最大速度開始勻速下滑，墻壁足

夠長，下列說法正確的是()

>cXXX

XXXX

XXXX

XXXX

kxxx

A.小物塊運動過程中的最大加速度為g

B.小物塊獲得最大速度電

uqB

22

C.小物塊沿絕緣墻壁下滑/I過程克服摩擦力做的功W=mgh--^-

。2林2q2R2

D.小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程經歷的時間t=々+心

“qBmg

【答案】ABD

【詳解】A.小物塊運動過程中的加速度a=睢四物塊由靜止釋放時有最大加速度a.=g,A正確；

B.物塊速度最大時合力為零，根據平衡條件得riqvB=mg解得小物塊能達到的最大速度為v=B正確;

C.小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程根據動能定理;mV?=mg/i-W解得w=mg/i-萼與，C錯誤；

D.小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程，根據動量定理mv=mgt-卬qBvtmv=mgt-[iqB/i解得t=藁+3翳

D正確；故選ABD。

考向三磁場中的動量觀點的應用

15.(2025?安徽黃山?一模)如圖所示，質量為如下端封閉、上端開口且內壁光滑的絕緣玻璃管豎直放置，

管底有一帶正電的小球，電量為分質量也為機。空間存在足夠大且垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應

強度B=子。在斜向上的外力作用下，玻璃管在磁場中由靜止開始做水平向右的勻加速直線運動，加速度

4q

大小為會最終小球從上端開口飛出。設運動過程中小球的電荷量始終保持不變，重力加速度g取：10m/s2。

則：

(1)求小球在玻璃管內脫離底部之前的運動時間；

(2)已知小球飛出玻璃管前的運動時間t=2s,求小球運動到玻璃管最高點時的加速度大小；

(3)如果小球在玻璃管內脫離底部之后外力保持不變，求玻璃管的最大速度大小(此時小球未飛出玻璃管)o

【答案】(1)0.8s(2)5V10m/s2(3)(4+2夜)m/s

【詳解】（1）設小球在玻璃管內脫離底部之前經歷的運動時間為ti，水平方向速度為vO,小球脫離底部時,

有qv°B=mg且Vo=ax"聯立可得匕=0.8s

（2）小球在玻璃管中向上運動時間為t2,顯然t2=t-0豎直方向q（v0+axt2）B-mg=may代入數據可得

豎直方向最大加速度ay=15m/s2故合加速度為a=減+a｝代入數據可得a=5V10m/s2

（3）設玻璃管勻速時玻璃管的速度為V1，此時小球相對玻璃管的速度為V2,當小球剛剛脫離玻璃管底端時

水平方向Fx=2max=mg因為玻璃管達最大速度，加速度為0,所以F*=qv?B解得v?=4m/s豎直方向對小

球列動量定理q%Bt2-mgt2=mv2-0又玻璃管水平位移s=vxt2該過程中對系統水平方向列動量定理

Fxt2—qvyBt2=2mv1—2mv0又小球豎直位移九=7t2該過程中對系統列動能定理FxS-mgh=|mv2+

|m（vf+V2）—Ix2mv。聯立解得V]=（4+2V2）m/s

16.（2024.安徽?模擬預測）如圖所示，固定的光滑絕緣斜面的傾角為。（0。<8<90。），空間存在水平向里

的勻強磁場。一質量為機的帶正電小球，U0時刻從斜面上靜止釋放，經過時間心離開斜面。重力加速度

為g，不計其他阻力。

（1）求小球離開斜面時的速度vo;

（2）小球離開斜面后，在豎直面內的運動軌跡如圖中虛曲線所示，且運動過程中的加速度大小始終不變。

已知小球經過相鄰兩個軌跡最高點所用的時間為2;rTotane,求：

（i）小球的軌跡最高點和最低點間的高度差九；

（ii）相鄰兩個最高點間的距離兀

X《X」、X.X

B

XX

XXX■■'XX

22

【答案】（1）gTosin0；（2）（i）2gTotan0sin0；（ii）2itgTotan0

【詳解】（1）小球釋放后，沿斜面向下加速，洛倫茲力垂直斜面向上，小球脫離斜面前，洛倫茲力不影響

小球的加速度,沿斜面方向，由牛頓第二定律有mgsin。=ma解得a=gsin。小球在斜面上做勻加速直線運動,

由運動學公式有V。=aT（）解得Vo=gTosin0

（2）小球剛要離開斜面時，垂直斜面方向，有qv#=mgcos。設小球離開斜面后，在軌跡最低點的速度為v「

在軌跡最高點的速度為V2,分析可知，V1、V2的方向都水平向右，且小球離開斜面后的加速度大小都等于剛

脫離斜面時的加速度a=gsinO

（i）在最低點，小球加速度向上，由牛頓第二定律有qv】B-mg=ma在最高點，小球加速度向下，由牛

頓第二定律有mg-qv?B=ma小球從最低點運動到最高點，只有重力做功，洛倫茲力不做功，由動能定理

有一mgh—|mv2—^mv工解得九—2gTgtan20sin0

(ii)小球離開斜面后，從一個最高點向相鄰最高點運動的過程中，設某一時刻速度為v,方向與水平向右

夾角為a,又經過一小段時間At,豎直方向速度變化量為Avy,水平方向分位移為Ax,豎直方向由動量定理

WqBvAtcosa-mgAt=mAvyAx=vAtcosa對小球從一個最高點到相鄰最高點的整個過程求和，有qBx-

2

mg?27iTotan6=0—0解得x=2ngTotan0

題型三電磁感應中三大觀點的綜合應用

］核心精講4

一、電磁感應的動力學問題處理方法

1.力學對象和電學對象的相互關系

二、電磁感應的能量問題處理方法

1.電磁感應現象中的能量轉化

此類問題中克服安培力做功，轉化為系統的電能，而后轉化為其他形式的能量，例如焦耳熱，此類問

題多用動能定理或能量守恒定律求解。

2.能量轉化問題的分析步驟

分離出電路中由于電磁感

應產生電動勢的等效電源,

求出電源參數E和r

分析電路結構，弄清串、

并聯關系，求出相關部分

的電流大小，以便求解安

培力

分析研究對象（常是金

屬桿、導體、線圈等）

的受力情況，尤其注

意其所受的安培力

根據力和運動的關

系，判斷出正確的

運動模型及能量轉

化關系

三,電磁感應的能量問題處理方法

1.求解單棒或雙棒問題中電量時，常用動量定理。例如：BLIt=mv2—，即BLq=mv2-o

2.處理無外力等間距雙棒問題時，常用動量守恒定律。

真題研析

17.（2024.湖南.高考真題）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內，導軌

左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與/Ci段粗糙，其余部分光滑，441右側處于豎直向下的勻

強磁場中，一