專題14電學中三大觀點的綜合應用

目錄

01模擬基礎練.......................................................1

題型一：電場中的三大觀點的綜合應用............................................2

題型二：磁場中的三大觀點的綜合應用............................................9

題型三：電磁感應電場中的三大觀點的綜合應用...................................16

02重難創新練.......................................................25

槨陽其礎維

1/33

題型一：電場中的三大觀點的綜合應用

1.（2024?貴州貴陽?模擬預測）如圖，帶電荷量為2q（q>0）的球1固定在傾角為30。的光滑絕緣斜面上的O

點，其正上方L處固定一帶電荷量為F的球2,斜面上距。點￡處的尸點有質量為m的帶電球3恰好靜止。

球的大小均可忽略，已知重力加速度大小為g。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。下列關于球3的說

B.運動至。點的速度大小為

C.運動至。點的加速度大小為三

D.運動至。尸中點時對斜面的壓力大小為等

【答案】BC

【詳解】A.球3原來靜止，迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動，說明1、3之間原來是斥力，球3帶

正電，故A錯誤；

B.由幾何關系知，球1球2球3初始位置為一正三角形，球3運動至。點過程中庫侖力不做功，由動能定

理得mgLsin30°=^mv2解得v=yfgL故B正確；

C.設球3電量為0,對尸點的球3受力分析，在沿斜面方向有左竽=/Mgsin30。+磴cos60。對。點的球

3受力分析，在沿斜面方向有機gsin30。-埠cos60。=加。聯立解得a=:故C正確；

D.運動至。尸中點時，在垂直斜面方向有加gcos300=47篙/+PN解得區=線心機g根據牛頓第三

定律可得運動至。尸中點時球3對斜面的壓力大小為WlEmg,故D錯誤。故選BC。

18

2.（2023?河北?三模）如圖所示，豎直面內有一截面為圓形的拋物線管道。加，O點為拋物線的頂點，整個

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裝置置于電場強度為￡=上、方向水平向右的勻強電場中，現有一質量為機=lkg、電荷量為+4的小球從

管道的O點由靜止釋放，小球經過M點的速度為4m/s,已知小球半徑略小于管道的內徑，。尸=0.5m,

PM=lm,g=10m/s2,小球的直徑與管道的粗細忽略不計。下列說法正確的是（）

A.小球經過M點時的速度方向與電場強度的方向夾角為45。

B.管道對小球的摩擦力為零

C.小球的機械能減少了7J

D.小球的機械能增加了3J

【答案】AD

【詳解】A.由于0"為拋物線管道，所以小球在M點的速度方向與電場強度的方向夾角為凡則有

OP_

tan"=T嬴=l解得6=45。故A正確；

B.對小球從。到M根據動能定理得加g-OP+硝?尸”+%=g加耐解得％=-7J故B錯誤；

CD.由功能關系可知小球的機械能增加量AE=%+叫解得A￡=3J所以從。到“小球的機械能增加了3J,

故C錯誤，D正確。故選AD。

3.（2025?內蒙古?模擬預測）如圖，在豎直平面內，一水平光滑直導軌與半徑為2工的光滑圓弧導軌相切于

N點，M點右側有平行導軌面斜向左下的勻強電場。不帶電小球甲以5版的速度向右運動，與靜止于M

點、帶正電小球乙發生彈性正碰。碰撞后，甲運動至MN中點時，乙恰好運動至N點，之后乙沿圓弧導軌

最高運動至P點，不考慮此后的運動。已知甲、乙的質量比為4:1,M、N之間的距離為63標的圓心角

為45。，重力加速度大小為g,全程不發生電荷轉移。乙從M運動到N的過程（）

甲乙

3L

A.最大速度為B.所用時間為二

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C.加速度大小為4gD.受到的靜電力是重力的5倍

【答案】ACD

【詳解】A.甲乙發生彈性正碰，則有㈣1vo=機甲匕+4乙v?,；叫說加甲v；+；加乙v；聯立解得匕=|v0=3^/gL,

匕=g%=此后乙做減速運動，所以乙的最大速度為，故A正確；

B.乙從河運動到N的過程中，甲運動到中點，甲做勻速直線運動，時間為/=匹=、,故B錯誤；

匕qg

C.乙從“運動到N的過程中，做勻減速直線運動，根據位移時間關系有6乙=3/-解得加速度大小

。=48故?正確。

D.由于橋所對的圓心角為45。，設電場線方向與水平方向夾角為0,乙從M到P根據動能定理有

-尸cos。（6+行）￡-（加乙g+尸sin（2-收）工=0-g根乙v；根據C選項分析可知尸cos0=4小乙g聯立可得

尸sin8=3加乙g所以（9=37°,尸=5"憶g故D正確。故選ACD。

4.（2025?河南安陽?一模）如圖所示，兩相距為4、帶同種電荷的小球在外力作用下，靜止在光滑絕緣水平

面上。在撤去外力的瞬間，A球的加速度大小為0,兩球運動一段時間后，B球的加速度大小為三，速度大

小為v。已知A球質量為2加，B球質量為機，兩小球均可視為點電荷，不考慮帶電小球運動產生的電磁效

應，則在該段時間內（）

AB

CO

A.兩球間的距離由d變為2d

B.兩球組成的系統電勢能減少了冽/

2

C.B球運動的距離為］d

D.庫侖力對A球的沖量大小為2mv

【答案】AC

【詳解】A.當兩球間的距離為d時，在撤去外力的瞬間，對A進行分析，由牛頓第二定律可得發號=2機。

一段時間后設兩球間的距離為小,對B進行分析有太窄=解得」=2d故A正確；

B.設球B的速度為v時，A球的速度為M,由動量守恒可得2向/=冽丫解得v'=］兩球的動能增加了

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A7Tk=--2mM+,加/=3加/由能量守恒定律可知，兩球組成的系統其電勢能減少了lmv?,故B錯誤；

C.根據動量守恒定律有2加VA-加％=0解得％=2VA上述表達式在任意時刻均成立，則有環加=2久加即有

2

XB=24又因為XB+XA=d'-d=1解得/故C正確；

D.在該段時間內，A球的速度由0變為由動量定理可得庫侖力對A球的沖量大小為，=2加v'=冽v故

D錯誤。故選AC。

5.（2025?重慶?模擬預測）如圖，空間存在水平方向的勻強電場，在電場中有一根長為Z的絕緣細線，細線

一端固定在。點，另一端連接質量為加，帶電量為4的小球。現將小球從與。點等高的尸點靜止釋放。若小

球帶負電，從P點釋放后恰好能到達。點的正下方M處，且此時動能為零。已知|<W卜尸卜小球可看

成質點，重力加速度取g,。點為小球的重力勢能和電勢能的零勢能點，不考慮空氣阻力，則（）

PQ----------------o

M

A.電場強度的大小為整，方向水平向右

q

B.若小球帶負電，小球在P點的電勢能為根g￡

C.若小球帶正電，當小球動能再次為零時，其電勢能為零

D.若小球帶正電，當小球動能再次為零時，其重力勢能為日加g￡

【答案】AD

【詳解】A.若小球帶負電，從尸點釋放后恰好能到達。點的正下方M處，且此時動能為零，根據動能定

理可得皿g￡-韭￡=0解得電場強度的大小為￡=整由于電場力做負功，可知電場方向水平向右，故A正確；

q

B.因。點為零電勢點，帶負電的小球在/J點的電勢能為丸=-0%=-4磯=-%8￡故8錯誤；

CD.若小球帶正電，則小球受到重力和電場力的合力大小尸=/?7g方向與水平方向成45度角斜向右下；

小球從尸點到“點做直線運動,由動能定理得亞mgx6L=可得小球到達M點前的速度為匕=2必

O

到達W點瞬間損失沿繩方向的速度，之后小球以初速度為匕=V1COS45=^T做圓周運動，假設繩子始終

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處于伸直狀態，則從M點到小球再次速度為零時，由動能定理得-亞sgx=O-：sv；（x為沿等效重力場方

向的距離）解得》=正￡如圖所示

可知小球運動到圖中N點速度為0,此時繩子剛好可以處于伸直狀態；O點為小球的重力勢能和電勢能的零

勢能點，電場方向水平向右，根據幾何關系可知小球的此時電勢能為耳=-4足?工=-2冽g￡其重力勢能

為斗重=手機gZ故C錯誤，D正確。故選AD。

6.（2024?遼寧沈陽?三模）如圖所示，半徑為『的內壁光滑的絕緣軌道沿豎直方向固定，整個空間存在與水

平方向成45。的勻強電場，其電場強度大小為￡=蟲鱉，圖中。兩點與圓心等高，b、d分別為圓軌道的

q

最高點和最低點，s、/兩點分別為弧ad和弧6c的中點。一質量如電荷量為+4的小球在圓軌道內側的d點

獲得一初速度，結果小球剛好能在圓軌道內做完整的圓周運動，規定d點的電勢為0,重力加速度為g。下

列說法正確的是（）

A.小球在f點時小球動能最小B.小球在d點獲得的速度大小為

C.小球電勢能的最大值為（血-1）憶D.小球在。、c兩點對軌道的壓力差大小為6mg

【答案】BCD

【詳解】A.小球在電場中受到的電場力為尸=?￡=JLng貝U,在豎直方向上月,=尸$也45。=加g即電場力在

豎直方向的分力與重力平衡，在水平方向的分力為小球所受到的合力小=彳=尸8545。=切g所以，小球等

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效受到水平向右的等效重力，等效重力大小為G'=/^=加g所以，。點為等效最高點，動能最小，故A錯誤;

B.小球在等效最高點等效重力恰好提供向心力時，小球剛好能在圓軌道內做完整的圓周運動，此時根據牛

211

頓第二定律G'=加上解得匕=而則小球由d到a的過程，根據動能定理-G'r=-mv}--mvj解得v=展

r22

故B正確；

C.根據丸=49可知，帶正電的小球所在位置的電勢越高，電勢能越大，由題意可知，小球在s點時電勢最

高，電勢能最大。又因為1點電勢為0。則=Ed—"1-sin459=-D〃g'力，▼。則s點的電勢為

q

<p、=（也0小球的電勢能為綜=“%=（V2-1）mgr故C正確；

q

D.由以上分析可知，。點為等效最高點，小球在等效最高點等效重力恰好提供向心力，此時軌道對小球的

支持力為零，即乂=0根據牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力大小等于軌道對小球的支持力大小，即

工=做=0小球運動到c點，根據動能定理G&2r=；加加工小球在C點時，軌道對小球的支持力和小

球等效重力的合力提供向心力￡-G'=加匕聯立，解得M=6〃?g根據牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓

r

力大小等于軌道對小球的支持力大小，即￡=M=6根g則，小球在°、c兩點對軌道的壓力差大小為

AF=凡-工=6%g故D正確。故選BCD。

7.（24-25高三上?四川成都?期中）如圖所示為某靜電除塵裝置的簡化原理圖，已知板間距為d,板長為3

兩塊平行帶電極板間為除塵空間。質量為m,電荷量為口的帶電塵埃分布均勻，均以沿板方向的速率v射

入除塵空間，當其碰到下極板時，所帶電荷立即被中和，同時塵埃被收集。調整兩極板間的電壓可以改變

除塵率〃（相同時間內被收集塵埃的數量與進入除塵空間塵埃的數量之百分比）。當兩極板間電壓為&時,

〃恰好為100%。不計空氣阻力、塵埃的重力及塵埃之間的相互作用，忽略邊緣效應。下列說法正確的是

—

1

=

一U

mV高壓直流

J-O

A.兩極板間電壓為時，其中有塵埃在靜電除塵裝置中運動的動量變化量為半

av

B.兩極板間電壓為時，除塵率可達50%

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C.若極板間電壓小于。0并保持除塵率100%，需要減小塵埃的速率V

D.僅減少塵埃的比荷，除塵率將增大

【答案】AC

【詳解】A.分析可知，極板間的場強￡=印由于塵埃在板間水平方向不受力，故水平方向做勻速直線運

a

動，故運到時間”自由動量定理得塵埃在靜電除塵裝置中運動的最大動量變化量為

V

2=Eqt=-x^x—=qLUG故A正確；

dvdv

B.兩極板間電壓為4時，由牛頓第二定律得第=%。所以塵埃的加速度變為原來的;，塵埃在板間水

444

平方向運動為勻速直線運動，故塵埃在板間運動的時間不變，由豎直方向位移歹=；或2那么塵埃在板間豎直

方向的最大位移為板間~，故除塵率〃=；xl00%=25%故B錯誤；

C.若極板間電壓小，則塵埃在板間的加速度減小，保持除塵率100%,則塵埃豎直方向的最大位移不變,

所以需要延長塵埃在板間的飛行時間，因此需要減小塵埃進入板間的速度，故C正確；

],2

D.以上分析可知，除塵率“一y/nn。/.inno/_一的。/僅減少塵埃的比荷，除塵率將減小，

//———X1UU/0—----------X1UU/0—--------------X1UU/€

dd2mvci

故D錯誤。故選ACo

8.（2024?河南?模擬預測）如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場，一個質量為加、電荷量為q的帶正電

小球用長為￡、不可伸長的絕緣細線懸于。點，將小球向左拉至與。點等高的/點，細線剛好伸直，已知

電場強度大小E=整，g為重力加速度大小，小球可視為質點，將小球由靜止釋放，則下列判斷正確的是

q

（）

A?----------------f---------------------9B

E

---------------------------------------------------------------?

A.小球運動到2點的速度大小為2瓦

B.小球第一次運動到O點正下方時的速度是小球運動過程中的最大速度

C.小球運動過程中的最大速度為,2（收+l）g￡

D.小球最終運動穩定時做往復運動，軌跡為半個圓周

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【答案】BD

【詳解】BC.對小球受力分析，將電場力與重力合成為一個等效“重力”，如圖所示

由tan6=3"=1解得。=45°可知其等效“重力場”的最低點為點C。如圖所示

mg

0

A?-------------------------------■B

______________

?、

依題意，小球由靜止釋放后做勻加速直線運動，第一次運動到。點正下方時的速度設為V,由動能定理，可

得qa+mg￡=g冽/解得v=2而此時細線瞬間繃緊，致使沿細線方向的速度變為零，則垂直于細線方向

的速度為v1=vcos6=7^Z之后，小球將以等效最低點C為中心做往復運動，設小球運動到C點的速度為

vc,由動能定理可得qELsin6-加gZ（1-cos。）=；mv；-；mv［解得％=^2y［2gL<v可知小球第一次運動到O

點正下方時的速度是小球運動過程中的最大速度，即%ax=v=2底故B正確；C錯誤；

AD.由對稱性可知，小球運動到8點的速度大小與細線繃緊瞬間的速度大小相等，即為=匕=也］設小

球往復運動過程中，運動到等效最低點左側最高點時，細線與豎直方向夾角為a,由動能定理可得

qELsina+wgZ（l-coscr）=g/片解得<z=45。由幾何關系及對稱性可知，小球最終運動穩定時做往復運動,

軌跡為半個圓周。故A錯誤；D正確。故選BD。

題型二：磁場中的三大觀點的綜合應用

9.（2025?河南安陽?一模）如圖1所示，在傾角8=37。的足夠長絕緣斜面上放有一根質量，"=0.2kg、長/=hn

的導體棒，導體棒中通有方向垂直紙面向外、大小恒為/=1A的電流，斜面上方有平行于斜面向下的均勻磁

場，磁場的磁感應強度8隨時間，的變化關系如圖2所示。己知導體棒與斜面間的動摩擦因數〃=0.25,重

力加速度g取lOm/s?,$m37。=06cos37。=0.8。在％=0時刻將導體棒由靜止釋放，則在導體棒沿斜面向下

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運動的過程中（)

A.導體棒受到的安培力方向垂直斜面向上

B.導體棒達到最大速度所用的時間為4s

C.導體棒的最大速度為8m/s

D.導體棒受到的摩擦力的最大值為5.2N

【答案】BC

【詳解】A.根據左手定則可知，導體棒受到的安培力方向垂直斜面向下，故A錯誤；

B.對導體棒受力分析可知，當導體棒沿斜面向下運動的速度達到最大時，導體棒所受外力的合力為0,則

04

有mgsmO=耳，q=?jgcos8+七,其中心=8〃，B=—t=0.8t,耳=解得/=4s故B正確；

C.在導體棒沿斜面向下運動的過程中，由牛頓第二定律可得比gsin。-4=根。結合上述解得。=4t作出導

體棒運動的。一圖像如圖所示

由于導體棒初速度為零，故圖像中的面積即可表示導體棒的末速度，結合上述由圖可知，導體棒的最大速

度為%=4x4x5m/s=8m/s故C正確；

D.導體棒受到的摩擦力為耳=〃（加8。0$6+3〃）即有耳=02+0.4可知導體棒運動時間越長，受到的摩擦

力就越大，故可判斷出導體棒的速度再次減為零時，導體棒受到的摩擦力最大，由圖可知，f=8s時導體棒

的速度為零，結合上述解得此時導體棒受到的摩擦力大小為耳=2.0N故D錯誤。故選BC。

10.（2024?安徽合肥?模擬預測）如圖所示，足夠長的光滑三角形絕緣槽，與水平面的夾角分別為a和￡（a

>￡）,加垂直于紙面向里的磁場。分別將質量相等、帶等量正、負電荷的小球a、6依次從兩斜面的頂端由

靜止釋放，關于兩球脫離滑槽之前的運動說法正確的是（）

10/33

A.在槽上，a、6兩球都做勻加速直線運動，且aa>06

B.在槽上，a、b兩球都做變加速運動，但總有

C.a、b兩球沿直線運動的最大位移是sa〈s6

D.a、6兩球沿槽運動的時間為力和仍，則加<仍

【答案】ACD

【詳解】A.兩小球受到的洛倫茲力都與斜面垂直向上，沿斜面方向的合力為重力的分力，故在槽上，a、b

兩球都做勻加速直線運動，加速度為%=gsintz,4=gsin￡可得心>%故A正確，B錯誤；

C.當小球受到的洛倫茲力與重力沿垂直斜面向下分力相等時，小球脫離斜面，則加gcosa=qv.8,

mgcosB=qv/可得v0="陪a,%=-gc：s'根據動力學公式=2%”,為2=2%s〃可得0、b兩球沿

qbqB

直槽運動的最大位移分別為s=mg,,sm&）,Sb=mgj,sm'）根據數學關系可得,<.故C正確;

a2q2B-sinab2q2B2sinp

mv,m

D-0、6兩球沿槽運動的時間分別為「7=/，力，7=燕而可得小。故D正確。故選ACD。

11.（2024?廣東茂名?模擬預測）如圖甲所示，水平粗糙絕緣地面上方有方向垂直紙面向里的有界勻強磁場,

磁感應強度大小為3。一個質量為加、電荷量為+4的物塊（可視為質點）以速度%垂直磁場方向進入磁場,

物塊進入磁場后始終未離開地面，其動能與時間的線-關系圖像如圖乙所示，圖像中Z點為曲線切線斜率

甲乙

A.f=0時刻，物塊從左邊進入磁場B.f=0時刻，物塊從右邊進入磁場

C.圖中Z點對應的速度大小為箸D,圖中Z點對應的速度大小為磊

【答案】AD

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【詳解】AB.圖像斜率

AF

左=2=竽AF.空As=尸v（=0時刻，物體的速度不為o,物體減速，洛倫茲力減小，受到的摩擦力增大，所

△tAvAZ

以洛倫茲力向上，物體的速度向右，即f=0時刻，物塊從左邊進入磁場，A正確，B錯誤；

CD.物體受到的摩擦力/=_〃（mg-qvB）合外力F=f所以斜率k=-"（mg-qvB）v由數學知識可得斜率絕

對值最大時"景，C錯誤，D正確。故選AD。

12.（2024?陜西西安?三模）現代科學儀器中常利用電、磁場控制帶電粒子的運動。如圖甲所示，紙面內存

在上、下寬度均為d的勻強電場與勻強磁場。電場強度大小為E,方向豎直向下；磁感應強度大小為B,方

向垂直紙面向里。現有一質量為機、電荷量為g的帶正電粒子（不計重力）從電場的上邊界的。點由靜止

釋放，運動到磁場的下邊界的P點時正好與下邊界相切。若把電場下移至磁場所在區域，如圖乙所示，重

新讓粒子從上邊界M點由靜止釋放，經過一段時間粒子第一次到達最低點N,下列說法正確的是（）

甲乙

A.勻強磁場2的大小為、粵

Vqd

B.粒子從O點運動到尸點的時間為"士!里

qB

C.粒子經過N點時速度大小為馴

m

3

D.MN兩點的豎直距離為一d

4

【答案】AC

【詳解】A.設粒子在磁場中的速率為v,運動半徑為幾對在電場中的運動過程由動能定理得

在磁場中運動過程由洛倫茲力充當向心力得小，3=切（粒子在磁場中的運動軌跡為半個圓周，可知運動的半

徑為尺=d解得8=J一故A正確;

\qd

t=一=—1271mTim

B.粒子在電場中的運動時間為iv在磁場中的運動時間為%2石石粒子從。運動到尸的

12/33

時間為f=%+=故B錯誤；

W2qB"'

CD.將粒子從M到N的過程中某時刻的速度分解為水平向右和豎直向下的分量，分別為vx、抄，再把粒子

受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個洛倫茲力分量分別為＜=45。，力=q8匕設粒子在

最低點N的速度大小為以，的豎直距離為小以向右為正方向，水平方向上由動量定理可得

機匕_0=￡08匕公'=1為由動能定理得。￡獷=，機片2_0解得匕=竺4,y="故C正確，D錯誤。故選AC。

2m

13.（2024?湖南衡陽?模擬預測）在地面上方空間存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為8的水平方向

勻強磁場，與豎直方向的勻強電場（圖中未畫出），一電荷量為+g、質量7〃的帶電粒子（重力不計），以水

平初速度%水平向右射出，運動軌跡如圖。已知電場強度大小為￡=萼，重力加速度為g。下列說法正確

的是（）

?????

%

A.電場方向豎直向上

B.帶電粒子運動到軌跡的最低點時的速度大小為2%

C.帶電粒子水平射出時的加速度大小為等

D.帶電粒子在豎直面內運動軌跡的最高點與最低點的高度差為萼

qB

【答案】BD

【詳解】A.由運動軌跡可知，帶電粒子只有受豎直向下的電場力，最低點線速度最大，向心力最小，偏轉

半徑最大，符合題意，則電場方向豎直向下，故A錯誤；

B.將帶電粒子的速度分解為一個水平向左、大小匕=5的分速度，和一個水平向右、大小匕=|%的分速

度，由于=（與電場力平衡）則帶電粒子的運動可以看成是以速率匕向左的勻速直線運動和

以速率匕的勻速圓周運動的合運動，故小球在運動軌跡的最低點時的速度大小n=%+嶺=2%故B正確；

C.由牛頓第二定律可得帶電粒子水平射出時的加速度大小為。=乙=絲也&=迦理故C錯誤；

mm2m

D.由于洛倫茲力不做功，帶電粒子從運動軌跡的最高點運動到最低點的過程有;機V；+E"=；加/又有

v=2v。解得力二絲2■故D正確。故選BD。

qB

13/33

14.（2024?福建廈門?模擬預測）如圖甲所示，在豎直面（紙面）內，一個足夠長的絕緣圓柱細桿與水平方

向成，=60。角固定，所在空間有垂直于紙面向里的勻強磁場和水平向左的勻強電場，一質量為，"=0.3kg、

帶電量q=+1.0C的穿孔小球套在桿上，小球上的孔徑略大于桿的直徑。桿的表面由兩種材料構成，圖甲中

桿的中軸線右上方一側的表面光滑，左下方一側的表面與小球的動摩擦因數為〃=溶。現將該小球由靜止

釋放，得其速度-時間圖像如圖乙所示，其中乙=gs之前的圖像為直線，之后的圖像為曲線。重力加速度

A.0~。內桿對小球的作用力垂直桿指向右上方

B.勻強磁場的磁感應強度大小為3T

C.小球最終將在桿上做速度大小為8m/s的勻速直線運動

D.若將圖甲中的細桿繞它的中軸線旋轉180。后再由靜止釋放小球，則小球最終將在桿上做加速度大小

為"m/s?的勻加速直線運動

3

【答案】AD

【詳解】AB.小球由靜止釋放做勻力口速運動，根據圖像可知a=Ar=Ub8m/s2根據牛頓第二定律

\t3

加8$111。-4￡^0$6=加。解得后=6]\[/€：在/=*$前做勻加速運動，則摩擦力為零，所以桿的支持力指向右

上方，當/=Yis時，支持力恰好為零，貝1|有的丫=沖儂。+4外由。解得3=1.51'故人正確，B錯誤；

5

C.小球最終將在桿上做勻速運動時加速度為零，則有用gsine=q￡cos<9+〃8，

FNuBq匕-sgcose-qEsin。解得匕=10m/s故C錯誤；

D.若將圖甲中的細桿繞它的中軸線旋轉180。后再由靜止釋放小球，剛開始時小球向下加速，隨著速度增大,

洛倫茲力增大，由于旋轉180。后中軸線右上方一側有摩擦力，所以摩擦力逐漸減小，最后無摩擦力的作用，

根據mgsin。-亞cos""%解得/=3?m/s2故D正確。故選AD。

3

14/33

15.（21-22高三?全國?課后作業）如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠

長固定絕緣桿小球P套在桿上，已知產的質量為加，電量為+?,電場強度為E、磁感應強度為8,P

與桿間的動摩擦因數為〃，重力加速度為g,小球由靜止開始下滑直到穩定的過程中（）

A.小球的加速度一直減小

B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變

2/jqE-mg

C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=

2/uqB

2/j.qE+mg

D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=

2/j.qB

【答案】CD

【詳解】A.小球靜止時只受電場力、重力、支持力及摩擦力，電場力水平向左，摩擦力豎直向上；開始時,

小球的加速度應為。=整二^小球速度將增大，產生洛侖茲力，由左手定則可知，洛侖茲力向右，故水

m

平方向合力將減小，摩擦力減小，故加速度增大，故A錯誤；

C.當洛侖茲力等于電場力時，摩擦力為零，此時加速度為g,達到最大；此后速度繼續增大，則洛侖茲力

增大，水平方向上的合力增大，摩擦力將增大；加速度將減小，故最大加速度的一半會有兩種情況，一是

在洛侖茲力小于電場力的時間內，另一種是在洛侖茲力大于電場力的情況下，則尸―）

解得

m

匕=寫著故C正確;

叫一〃畫匕-加解得匕=手詈故D正確;

D.同理有

m

B.而在下降過程中有摩擦力做功，故有部分能量轉化為內能，故機械能和電勢能的總和將減小，故B錯誤。

故選CDo

16.（2023?福建廈門?一模）如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強

磁場，磁感應強度大小為8,絕緣管道在水平外力/（圖中未畫出）的作用下以速度〃向右勻速運動。管道

內有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為0,一段時間后，小球運動到管道N端，小球質

15/33

量為機，電量為q,管道長度為/,小球直徑略小于管道內徑，則小球從川端運動到N端過程有（）

B.小球所受洛倫茲力做功為0

c.外力下的平均功率為收紜叵更

V2m

D.外力廠的沖量為4瓦

【答案】BCD

【詳解】A.小球在水平外力廠的作用下以速度〃向右勻速運動，故小球受到的洛倫茲力在沿管道方向的分

力保持不變，根據牛頓第二定律得quB=ma由初速度為零的位移公式x=［。產解得t=、網故A錯誤;

2VquB

B.小球所受洛倫茲力不做功，故B正確;

C.小球所受洛倫茲力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做負功的大小,

外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，則有畋=%=化=quBl外力尸的平均功率為

D.外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，外力F的沖量大小等于〃=Iy=Z*瓦=qBYvyt=qBl故

D正確。故選BCD。

題型三：電磁感應電場中的三大觀點的綜合應用

17.（2024?山東?模擬預測）如圖甲所示，水平面內有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌固定且間距為工。

空間中存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦現將兩根材料相同、橫截面積不同、長度均為工的

16/33

金屬棒仍、cd分別靜置在導軌上。現給斜棒一水平向右的初速度%,其速度隨時間變化的關系如圖乙所示,

兩金屬棒運動過程中，始終與導軌垂直且接觸良好。已知油棒的質量為機，電阻為R。導軌電阻可忽略不

計。下列說法正確的是（）

A.而棒剛開始運動時，〃棒中的電流方向為dfc

B.c"棒的質量為L"

2

C.在。~%時間內，棒產生的熱量為4mv；

D.在。時間內，通過〃棒的電荷量為翳

3BL

【答案】BCD

【詳解】A.金屬棒剛開始運動時，根據右手定則可知〃棒中的電流方向為cfd,故A錯誤；

21

B.兩金屬棒組成的系統動量守恒加V。=（加+/）§%解得"=5冽故B正確；

C.由于仍棒與Cd棒質量之比為2:1,且它們的材料和長度相同，故橫截面積之比為2:1,由尺=。:得電

阻之比為1:2,故仍棒與〃棒產生的熱量之比為1:2,根據兩棒組成的系統能量守恒有

—mv1=—（m+m9f—VQ>I+Q。~%時間內仍棒產生的熱量。而=±加說故C正確；

2213J318

D.對cd棒列動量定理有6無％冽x]%又q="則在0~%時間內，通過cd棒的電荷量,=翳^故D正確。

233BL

故選BCDo

18.（2024?四川?模擬預測）一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內的光滑定滑輪，繩的一端連接質

量為加、邊長為乙的正方形金屬線框成加，另一端連接質量為2加的物塊。虛線區域內有磁感應強度大小均

為B的勻強磁場，其方向如圖所示，磁場邊界I、II、IlkIV均水平，相鄰邊界間距均為工。最初拉住線框使

其成邊與I重合。f=o時刻，將線框由靜止釋放，仍邊由n運動至ni的過程中，線框速度恒為％。已知線框

的電阻為R,運動過程中線框始終在紙面內且上下邊框保持水平,重力加速度為g0下列說法正確的是（）

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v\\\\\\\\\\\\\\\

A.邊由HI運動至IV的過程中，線框速度恒為匕

mgR

o.V]—------

c=2粵+之時刻，/邊恰好與II重合

4B~LmgR

D.那邊由i運動至n與由ni運動至iv歷時相等

【答案】AC

【詳解】A.仍邊由n運動至in的過程中，線框速度恒為匕，可知線框受力平衡；湖邊由ni運動至iv的過程

中，線框仍有兩條邊切割磁感線，產生的感應電流大小不變，線框仍受力平衡，則線框速度恒為匕，故A

正確；

B.湖邊由n運動至ni的過程中，線框速度恒為匕，線框產生的感應電動勢為￡=2瓦^線框中的電流為

1

/4=寫線框受到的安培力為是=2BIL=竺彩根據受力平衡可得F安=2mg-加g解得匕=券》故

B錯誤；

c.設經過/時間/邊恰好與n重合，在他邊從I運動到n過程，對系統根據動量定理可得

B21}宜上一左力/日3mRB2l｝工4一十

2mgt-mgt-=（2m+加）v1其中工9=Z號"聯乂斛何公而密+麗故C正

RR

確;

D.力邊由I運動至n線框以速度匕做勻速運動，邊由ni運動至iv只有一邊切割磁感線，線框從速度匕開

始做加速運動，由于兩個過程通過的位移相等，所以那邊由I運動至n所用時間大于由ni運動至iv所用時間，

故D錯誤。