2025年高考物理二轮复习：电学中三大观点的综合应用（练习）解析版

专题14电学中三大观点的综合应用

目录

01模拟基础练.......................................................1

题型一：电场中的三大观点的综合应用............................................2

题型二：磁场中的三大观点的综合应用............................................9

题型三：电磁感应电场中的三大观点的综合应用...................................16

02重难创新练.......................................................25

埠班苴碑飨

题型一：电场中的三大观点的综合应用

1.（2024・贵州贵阳•模拟预测）如图，带电荷量为%（q>0）的球1固定在倾角为30。的光滑绝缘斜面上的。

点，其正上方L处固定一带电荷量为F的球2,斜面上距。点L处的P点有质量为m的带电球3恰好静止。

球的大小均可忽略，已知重力加速度大小为g。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。下列关于球3的说

B.运动至。点的速度大小为疯

C.运动至。点的加速度大小为。

D.运动至OP中点时对斜面的压力大小为等

O

【答案】BC

【详解】A.球3原来静止，迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动，说明1、3之间原来是斥力，球3带

正电，故A错误；

B.由几何关系知，球1球2球3初始位置为一正三角形，球3运动至。点过程中库仑力不做功，由动能定

理得mgLsin3。=〈mv2解得v=yfgL故B正确；

C.设球3电量为。，对P点的球3受力分析，在沿斜面方向有左竿=gin30+左翁cos60对。点的球

3受力分析，在沿斜面方向有，"gsin30-%挈■cosG。=〃?。联立解得。=看故C正确；

L.J3

D.运动至。尸中点时，在垂直斜面方向有“gcos30=%滞*y+/解得外=号龙根g根据牛顿第三

定律可得运动至。尸中点时球3对斜面的压力大小为2叵遇mg,故D错误。故选BC。

18

2.（2023・河北・三模）如图所示，竖直面内有一截面为圆形的抛物线管道0点为抛物线的顶点，整个

装置置于电场强度为E=」、方向水平向右的匀强电场中，现有一质量为m=lkg、电荷量为+4的小球从

q

管道的。点由静止释放，小球经过M点的速度为4m/s,已知小球半径略小于管道的内径，OP=0.5m,

PM=lm,g=10m/s2,小球的直径与管道的粗细忽略不计。下列说法正确的是（）

A.小球经过M点时的速度方向与电场强度的方向夹角为45°

B.管道对小球的摩擦力为零

C.小球的机械能减少了7J

D.小球的机械能增加了3J

【答案】AD

【详解】A.由于为抛物线管道，所以小球在M点的速度方向与电场强度的方向夹角为6,则有

OP_

⑦111荔=解得6=45°故A正确；

一riVl

2

B.对小球从。到M根据动能定理得机+叼=g机v?解得叼=-7J故B错误；

CD.由功能关系可知小球的机械能增加量AE=%+叼解得AE=3J所以从。到M小球的机械能增加了3J,

故C错误，D正确。故选AD。

3.（2025•内蒙古•模拟预测）如图，在竖直平面内，一水平光滑直导轨与半径为2乙的光滑圆弧导轨相切于N

点，M点右侧有平行导轨面斜向左下的匀强电场。不带电小球甲以5麻的速度向右运动，与静止于M点、

带正电小球乙发生弹性正碰。碰撞后，甲运动至MN中点时，乙恰好运动至N点，之后乙沿圆弧导轨最高

运动至P点，不考虑此后的运动。己知甲、乙的质量比为4:1,M、N之间的距离为6L,NP的圆心角为45。，

重力加速度大小为g，全程不发生电荷转移。乙从M运动到N的过程（）

B.所用时间为W产

A.最大速度为8痴

4心

C.加速度大小为4gD.受到的静电力是重力的5倍

【答案】ACD

【详解】A.甲乙发生弹性正碰，则有%%=叫叫+叫匕，!■叫说=；叫%2+；根乙年联立解得匕=|%=3及1,

%=g%=8疯此后乙做减速运动，所以乙的最大速度为8向，故A正确；

B.乙从M运动到N的过程中，甲运动到中点，甲做匀速直线运动，时间为f=%=故B错误；

匕\g

C.乙从M运动到N的过程中，做匀减速直线运动，根据位移时间关系有6L=解得加速度大小

a=4g故C正确。

D.由于NP所对的圆心角为45。，设电场线方向与水平方向夹角为仇乙从M到P根据动能定理有

一Fcos6（6+0）乙一（/g+/sin6）（2-&）乙=0-'乙岁艮据C选项分析可知尸cos。=4〃7乙g联立可得

尸sin0=3%乙g所以。=37°,尸=5相乙g故D正确。故选ACD。

4.（2025•河南安阳•一模）如图所示，两相距为4带同种电荷的小球在外力作用下，静止在光滑绝缘水平

面上。在撤去外力的瞬间，A球的加速度大小为°,两球运动一段时间后，B球的加速度大小为三，速度大

小为V。已知A球质量为2如B球质量为相，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效

应，则在该段时间内（）

AB

A.两球间的距离由d变为2d

B.两球组成的系统电势能减少了〃7V2

2

C.B球运动的距离为

D.库仑力对A球的冲量大小为2〃w

【答案】AC

【详解】A.当两球间的距离为d时，在撤去外力的瞬间，对A进行分析，由牛顿第二定律可得发学=2〃/

一段时间后设两球间的距离为，对B进行分析有左筌=根-。解得，=2d故A正确；

B.设球B的速度为v时，A球的速度为M,由动量守恒可得2m丫'=小丫解得v'=:两球的动能增加了

2

A£k=--2mM+工根丫2=上加/由能量守恒定律可知，两球组成的系统其电势能减少了，根V?,故B错误；

C.根据动量守恒定律有2加以-机％=。解得味=2以上述表达式在任意时刻均成立，则有环加=2/"即有

2

4=2工人又因为4+4=“'-4=4解得4故C正确；

D.在该段时间内，A球的速度由0变为1,由动量定理可得库仑力对A球的冲量大小为4=2根M=故

D错误。故选AC。

5.（2025•重庆•模拟预测）如图，空间存在水平方向的匀强电场，在电场中有一根长为L的绝缘细线，细线

一端固定在。点，另一端连接质量为，"，带电量为4的小球。现将小球从与。点等高的尸点静止释放。若小

球带负电，从尸点释放后恰好能到达。点的正下方M处，且此时动能为零。已知|0加|=|0尸|=乙，小球可看

成质点，重力加速度取g,。点为小球的重力势能和电势能的零势能点，不考虑空气阻力，则（）

P。-------------------O

I

I

I

I

I

-----------------------------------------------------------1-------------------

I

I

I

I

M

A.电场强度的大小为巡，方向水平向右

q

B.若小球带负电，小球在尸点的电势能为mgL

C.若小球带正电，当小球动能再次为零时，其电势能为零

D.若小球带正电，当小球动能再次为零时，其重力势能为孝相

【答案】AD

【详解】A.若小球带负电，从P点释放后恰好能到达。点的正下方M处，且此时动能为零，根据动能定

理可得/瓦=。解得电场强度的大小为石=巡由于电场力做负功，可知电场方向水平向右，故A正确；

q

B.因。点为零电势点，带负电的小球在尸点的电势能为1=-43=-«瓦=7咫乙故8错误；

CD.若小球带正电，则小球受到重力和电场力的合力大小F=方向与水平方向成45度角斜向右下；

小球从尸点到M点做直线运动，由动能定理得x也L=gw；可得小球到达M点前的速度为H=2疯

到达M点瞬间损失沿绳方向的速度，之后小球以初速度为%=/cos45o=巧I做圆周运动，假设绳子始终

处于伸直状态，则从M点到小球再次速度为零时，由动能定理得一圆gx=O-;根W（x为沿等效重力场方

向的距离）解得x=如图所示

可知小球运动到图中N点速度为0,此时绳子刚好可以处于伸直状态；。点为小球的重力势能和电势能的零

势能点，电场方向水平向右，根据几何关系可知小球的此时电势能为4=-荧・曰心=-孝加gL其重力势能

为与重=号相gL故C错误，D正确。故选AD。

6.（2024•辽宁沈阳•三模）如图所示，半径为「的内壁光滑的绝缘轨道沿竖直方向固定，整个空间存在与水

平方向成45的匀强电场，其电场强度大小为E=4如，图中。、。两点与圆心等高，b、，分别为圆轨道的

q

最高点和最低点，s、r两点分别为弧ad和弧儿的中点。一质量"?、电荷量为+4的小球在圆轨道内侧的d点

获得一初速度，结果小球刚好能在圆轨道内做完整的圆周运动，规定1点的电势为0,重力加速度为g。下

列说法正确的是（）

A.小球在f点时小球动能最小B.小球在d点获得的速度大小为

C.小球电势能的最大值为（a-1）机grD.小球在。、。两点对轨道的压力差大小为6,咫

【答案】BCD

【详解】A.小球在电场中受到的电场力为F=qE=叵mg则，在竖直方向上4=Fsin45°=mg即电场力在

竖直方向的分力与重力平衡，在水平方向的分力为小球所受到的合力与=工=歹8$45。=〃取所以，小球等

效受到水平向右的等效重力，等效重力大小为6'=七=，咫所以，a点为等效最高点，动能最小，故A错误；

B.小球在等效最高点等效重力恰好提供向心力时，小球刚好能在圆轨道内做完整的圆周运动，此时根据牛

顿第二定律G'=机组解得％=病则小球由d至U。的过程，根据动能定理-G'r=（租噂解得v=斥

r22

故B正确；

C.根据耳=4。可知，带正电的小球所在位置的电势越高，电势能越大，由题意可知，小球在s点时电势最

高，电势能最大。又因为d点电势为0。则U、产Ed、d=一sin45。）=一0'咫'=乳一％则s点的电势为

q

（ps=（近D小球的电势能为综=q（ps=（6-1）mgr故C正确；

q

D.由以上分析可知，。点为等效最高点，小球在等效最高点等效重力恰好提供向心力，此时轨道对小球的

支持力为零，即纥=。根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小等于轨道对小球的支持力大小，即

r=乂=0小球运动到c点，根据动能定理G'x2r小球在c点时，轨道对小球的支持力和小

2

球等效重力的合力提供向心力N「G'=m'联立，解得m=6但根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压

r

力大小等于轨道对小球的支持力大小，即匕=乂=6加g则，小球在八。两点对轨道的压力差大小为

"=£-乙=6叫故D正确。故选BCD。

7.（24-25高三上•四川成都・期中）如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，已知板间距为d,板长为L

两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m,电荷量为-q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射

入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变

除尘率〃（相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比）。当两极板间电压为时,

〃恰好为100%。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（）

V

A.两极板间电压为U。时，其中有尘埃在静电除尘装置中运动的动量变化量为管

B.两极板间电压为14时，除尘率可达50%

C.若极板间电压小于。0并保持除尘率100%,需要减小尘埃的速率v

D.仅减少尘埃的比荷，除尘率将增大

【答案】AC

【详解】A.分析可知，极板间的场强片=与由于尘埃在板间水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运

a

动，故运到时间『=上由动量定理得尘埃在静电除尘装置中运动的最大动量变化量为

V

w=Eqt=qd~=故A正确；

dvdv

B.两极板间电压为3时，由牛顿第二定律得学=加。所以尘埃的加速度变为原来的J，尘埃在板间水

444

平方向运动为匀速直线运动，故尘埃在板间运动的时间不变，由竖直方向位移y=那么尘埃在板间竖直

方向的最大位移为板间;，故除尘率〃=100%=25%故B错误；

C.若极板间电压小，则尘埃在板间的加速度减小，保持除尘率100%,则尘埃竖直方向的最大位移不变，

所以需要延长尘埃在板间的飞行时间，因此需要减小尘埃进入板间的速度，故c正确；

12

D.以上分析可知，除尘率：八：100%」2"Ro。%.。应>xlOO%仅减少尘埃的比荷，除尘率将减小，

d°d°2mv2d20

故D错误。故选ACo

8.(2024•河南•模拟预测)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一个质量为机、电荷量为4的带正电

小球用长为心不可伸长的绝缘细线悬于。点，将小球向左拉至与。点等高的A点，细线刚好伸直，己知

电场强度大小E=巡，g为重力加速度大小，小球可视为质点，将小球由静止释放，则下列判断正确的是

q

()

O

A©------------->--------------■B

E

---------------------------1----------------------------------►

A.小球运动到B点的速度大小为2疯

B.小球第一次运动到。点正下方时的速度是小球运动过程中的最大速度

C.小球运动过程中的最大速度为瓦及布Z

D.小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半个圆周

【答案】BD

【详解】BC.对小球受力分析，将电场力与重力合成为一个等效“重力”，如图所示

由1皿。噌=1解得，=45。可知其等效“重力场”的最低点为点C。如图所示

依题意，小球由静止释放后做匀加速直线运动，第一次运动到。点正下方时的速度设为v,由动能定理，可

得qEL+mgL=1mv2解得v=2疯此时细线瞬间绷紧，致使沿细线方向的速度变为零，则垂直于细线方向

的速度为乙=vcosO=7^之后，小球将以等效最低点C为中心做往复运动，设小球运动到C点的速度为

%，由动能定理可得qELsin6-mgL（1-cos，）=g根忆-gmv［解得％=小2&.gL<v可知小球第一次运动到。

点正下方时的速度是小球运动过程中的最大速度，即％=丫=2而故B正确；C错误；

AD.由对称性可知，小球运动到8点的速度大小与细线绷紧瞬间的速度大小相等，即%=乙=7^7设小

球往复运动过程中，运动到等效最低点左侧最高点时，细线与竖直方向夹角为a,由动能定理可得

qELsina+mgi（l-cosa）=1-mv［解得a=45。由几何关系及对称性可知，小球最终运动稳定时做往复运动,

轨迹为半个圆周。故A错误；D正确。故选BD。

题型二：磁场中的三大观点的综合应用

9.（2025•河南安阳•一模）如图1所示，在倾角6=37。的足够长绝缘斜面上放有一根质量，"=0.2kg、长/=1m

的导体棒，导体棒中通有方向垂直纸面向外、大小恒为/=1A的电流，斜面上方有平行于斜面向下的均匀磁

场，磁场的磁感应强度8随时间。的变化关系如图2所示。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数〃=025,重

力加速度g取10m/s2,sin37M）.6,cos37o=0.8。在t=0时刻将导体棒由静止释放，则在导体棒沿斜面向下

运动的过程中)

A.导体棒受到的安培力方向垂直斜面向上

B.导体棒达到最大速度所用的时间为4s

C.导体棒的最大速度为8m/s

D.导体棒受到的摩擦力的最大值为5.2N

【答案】BC

【详解】A.根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直斜面向下，故A错误；

B.对导体棒受力分析可知，当导体棒沿斜面向下运动的速度达到最大时，导体棒所受外力的合力为0,则

04

有Migsin0=4，久=7〃gcos0+是,其中J=8〃，B=—?=0.8z,4=〃综解得f=4s故B正确；

C.在导体棒沿斜面向下运动的过程中，由牛顿第二定律可得利gsin6-4=/w结合上述解得a=4T作出导

体棒运动的4T图像如图所示

由于导体棒初速度为零，故图像中的面积即可表示导体棒的末速度，结合上述由图可知，导体棒的最大速

度为%=4x4xgm/s=8m/s故C正确；

D.导体棒受到的摩擦力为耳=〃（根gcosO+B"）即有耳=02+0.4可知导体棒运动时间越长，受到的摩擦

力就越大，故可判断出导体棒的速度再次减为零时，导体棒受到的摩擦力最大，由图可知，f=8s时导体棒

的速度为零，结合上述解得此时导体棒受到的摩擦力大小为工=2.0N故D错误。故选BC。

10.（2024・安徽合肥•模拟预测）如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为a和//（a

＞为，加垂直于纸面向里的磁场。分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球队6依次从两斜面的顶端由

静止释放，关于两球脱离滑槽之前的运动说法正确的是（）

A.在槽上，a、6两球都做匀加速直线运动，且aa>ab

B.在槽上，a、b两球都做变加速运动，但总有以>成

C.a、方两球沿直线运动的最大位移是sa<sb

D.a、6两球沿槽运动的时间为S和方，则仍

【答案】ACD

【详解】A.两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，故在槽上，。、b

两球都做匀加速直线运动，加速度为4=gsina,%=gsin〃可得4>为故A正确，B错误；

C.当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面，则〃?gcosa=qv.B,

mgcos。=qv〃B可得v"="吆%%管2根据动力学公式，%2=2°应可得。、。两球沿

qBqB

直槽运动的最大位移分别为s/"Tin%）,="2gpsm2夕）根据数学关系可得力〈外故c正确；

a2q2B-sinab2q-B2sin/3

vmvm

D.a、b两球沿槽运动的时间分别为0=jn=1—，巧=h上=<N可得％故D正确。故选ACD。

aagtanaabgtan（3

IL（2024•广东茂名•模拟预测）如图甲所示，水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直纸面向里的有界匀强磁场,

磁感应强度大小为5。一个质量为小、电荷量为+4的物块（可视为质点）以速度%垂直磁场方向进入磁场,

物块进入磁场后始终未离开地面，其动能与时间的Ek-关系图像如图乙所示，图像中Z点为曲线切线斜率

甲乙

A.f=0时刻，物块从左边进入磁场B.f=0时刻，物块从右边进入磁场

mg

C-图中z点对应的速度大小为不D.图中Z点对应的速度大小为篝

【答案】AD

【详解】AB.图像斜率

左=其=其•竺时亥1b物体的速度不为0,物体减速，洛伦兹力减小，受到的摩擦力增大，所

XAsNt

以洛伦兹力向上，物体的速度向右，即f=。时刻，物块从左边进入磁场，A正确，B错误；

CD.物体受到的摩擦力f=-〃（mg-qvB）合外力F=f所以斜率k=-jU（mg-qvB）v由数学知识可得斜率绝

对值最大时"=不为，C错误，D正确。故选AD。

12.（2024•陕西西安・三模）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存

在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场。电场强度大小为E,方向竖直向下；磁感应强度大小为B,方

向垂直纸面向里。现有一质量为机、电荷量为4的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的。点由静止

释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重

新让粒子从上边界/点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N,下列说法正确的是（）

Fm

A.匀强磁场5的大小为

Vqd

+2）加

B.粒子从。点运动到尸点的时间为1——

qB

C.粒子经过N点时速度大小为酗

m

3

D.MN两点的竖直距离为

【答案】AC

【详解】A.设粒子在磁场中的速率为v,运动半径为凡对在电场中的运动过程由动能定理得4瓦?=3，加2

2

在磁场中运动过程由洛伦兹力充当向心力得qvB=m三粒子在磁场中的运动轨迹为半个圆周，可知运动的半

12Fm

径为R=d解得5=」一^故人正确；

yqd

t____]2兀m7itn

B.粒子在电场中的运动时间为l~v~qB在磁场中的运动时间为三二/9-二语粒子从O运动到P的

时间为t=ti+t2=故B错误；

CD.将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为小、呼，再把粒子

受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为A=qBvy,fy=qBvx设粒子在

最低点N的速度大小为v/,的竖直距离为方以向右为正方向，水平方向上由动量定理可得

;加1-0=»3%加=皿＞由动能定理得4a=3相片-0解得匕=噜，y=〃故C正确，D错误。故选AC。

13.（2024•湖南衡阳•模拟预测）在地面上方空间存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为8的水平方向

匀强磁场，与竖直方向的匀强电场（图中未画出），一电荷量为+q、质量机的带电粒子（重力不计），以水

平初速度%水平向右射出，运动轨迹如图。已知电场强度大小为片=今匕重力加速度为g。下列说法正确

的是（）

・••••

%

A.电场方向竖直向上

B.带电粒子运动到轨迹的最低点时的速度大小为2%

C.带电粒子水平射出时的加速度大小为必

D.带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为之

qB

【答案】BD

【详解】A.由运动轨迹可知，带电粒子只有受竖直向下的电场力，最低点线速度最大，向心力最小，偏转

半径最大，符合题意，则电场方向竖直向下，故A错误；

B.将带电粒子的速度分解为一个水平向左、大小匕=£的分速度，和一个水平向右、大小彩=1%的分速

度，由于耳=。4%3=耳（与电场力平衡）则带电粒子的运动可以看成是以速率匕向左的匀速直线运动和

以速率匕的匀速圆周运动的合运动，故小球在运动轨迹的最低点时的速度大小"=匕+匕=2%故B正确；

C.由牛顿第二定律可得带电粒子水平射出时的加速度大小为。=屋=史匹%=雪随故C错误；

D.由于洛伦兹力不做功，带电粒子从运动轨迹的最高点运动到最低点的过程有g"喏+E处=g〃”又有

v=2%解得〃=当故D正确。故选BD。

qB

14.（2024•福建厦门•模拟预测）如图甲所示，在竖直面（纸面）内，一个足够长的绝缘圆柱细杆与水平方

向成6=60。角固定，所在空间有垂直于纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，一质量为〃z=0.3kg、

带电量q=+1.0C的穿孔小球套在杆上，小球上的孔径略大于杆的直径。杆的表面由两种材料构成，图甲中

杆的中轴线右上方一侧的表面光滑，左下方一侧的表面与小球的动摩擦因数为〃=电。现将该小球由静止

释放，得其速度-时间图像如图乙所示，其中力=^s之前的图像为直线，之后的图像为曲线。重力加速度

A.内杆对小球的作用力垂直杆指向右上方

B.匀强磁场的磁感应强度大小为3T

C.小球最终将在杆上做速度大小为8m/s的匀速直线运动

D.若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180。后再由静止释放小球，则小球最终将在杆上做加速度大小

为坦叵m/s?的匀加速直线运动

3

【答案】AD

【详解】AB.小球由静止释放做匀加速运动，根据图像可知“=包=坦叵m/s2根据牛顿第二定律

\t3

加gsinO-qEcoseumrz解得E=®/c在f=前做匀加速运动，则摩擦力为零，所以杆的支持力指向右

上方，当々Is时，支持力恰好为零，则有的v=mgcos6+就sin。解得3=L5T故A正确，B错误；

5

C.小球最终将在杆上做匀速运动时加速度为零，则有Migsine=4Ecos6+〃用，

FN=Bqv?-〃zgcosd-qEsin。解得%=10m/s故C错误；

D.若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180。后再由静止释放小球，刚开始时小球向下加速，随着速度增大，

洛伦兹力增大，由于旋转180。后中轴线右上方一侧有摩擦力，所以摩擦力逐渐减小，最后无摩擦力的作用，

根据"zgsin6»-qEcose=/叫解得/=电且m/s?故D正确。故选AD。

3

15.（21-22高三•全国•课后作业）如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够

长固定绝缘杆MN,小球P套在杆上，已知尸的质量为优，电量为+分电场强度为E、磁感应强度为8,P

与杆间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（）

A.小球的加速度一直减小

B.小球的机械能和电势能的总和保持不变

2/jqE-mg

C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=

IjuqB

2piqE+mg

D.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是丫=

IjuqB

【答案】CD

【详解】A.小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时,

小球的加速度应为。=鳖*^小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水

m

平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增大，故A错误;

C.当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g,达到最大；此后速度继续增大，则洛仑兹力

增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是

在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，则|.="琢一解得

m

luqE-mg

%=2"qB故C正确;

D,同理有&=一〃（及%一圭）解得"号"故D正确;

一2m

B.而在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小，故B错误。

故选CDo

16.（2023•福建厦门•一模）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强

磁场，磁感应强度大小为8,绝缘管道在水平外力P（图中未画出）的作用下以速度M向右匀速运动。管道

内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0,一段时间后，小球运动到管道N端，小球质

量为，"，电量为q,管道长度为/,小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程有（

B.小球所受洛伦兹力做功为0

C.外力P的平均功率为/,8

D.外力P的冲量为夕引

【答案】BCD

【详解】A.小球在水平外力厂的作用下以速度a向右匀速运动，故小球受到的洛伦兹力在沿管道方向的分

1Iyyil

力保持不变，根据牛顿第二定律得quB=ma由初速度为零的位移公式x=』解得.产故A错误;

2丫quB

B.小球所受洛伦兹力不做功，故B正确；

C.小球所受洛伦兹力不做功，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负功的大小,

外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，则有%=%=网=4"引外力尸的平均功率为

D.外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力尸的冲量大小等于。=故

D正确。故选BCD。

题型三：电磁感应电场中的三大观点的综合应用

17.（2024.山东.模拟预测）如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为乙。

空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为乙的

金属棒"、cd分别静置在导轨上。现给必棒一水平向右的初速度%,其速度随时间变化的关系如图乙所示,

两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知而棒的质量为加，电阻为导轨电阻可忽略不

计。下列说法正确的是（）

XXXX.XXXX

cb

xxlxxlxxxx

vn

XXXXX>XX

xxxxxxxx

XXX"xXXX

甲

A.他棒刚开始运动时,〃棒中的电流方向为dfc

B.cd棒的质量为1相

2

C.在。务时间内，油棒产生的热量为［欣

18

D.在。务时间内，通过棒的电荷量为需

【答案】BCD

【详解】A.金属棒仍刚开始运动时，根据右手定则可知〃棒中的电流方向为cfd,故A错误；

21

B.两金属棒组成的系统动量守恒机%=（m+机解得加=5根故B正确；

C.由于血棒与加棒质量之比为2:1,且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为2:1,由氏=2微得电

阻之比为1:2,故必棒与〃棒产生的热量之比为1:2,根据两棒组成的系统能量守恒有

-mvl++Q。时间内必棒产生的热量=［相说故C正确；

22J318

D.对cd棒列动量定理有曲％机X；%又则在。%时间内，通过〃棒的电荷量4=黑^故D正确。

233BL

故选BCD。

18.（2024・四川•模拟预测）一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接质

量为机、边长为L的正方形金属线框仍必，另一端连接质量为2根的物块。虚线区域内有磁感应强度大小均

为8的匀强磁场，其方向如图所示，磁场边界I、II、III、IV均水平，相邻边界间距均为L。最初拉住线框

使其必边与I重合。r=O时刻，将线框由静止释放，滴边由H运动至III的过程中，线框速度恒为巧。已知

线框的电阻为尺,运动过程中线框始终在纸面内且上下边框保持水平，重力加速度为g。下列说法正确的是

A.他边由III运动至W的过程中，线框速度恒为匕

厂mgR

,12B21}

c‘=恚*+丝时刻，成边恰好与U重合

432mgR

D.整边由I运动至II与由III运动至IV历时相等

【答案】AC

【详解】A.ab边由II运动至III的过程中，线框速度恒为匕，可知线框受力平衡；必边由III运动至IV的过

程中，线框仍有两条边切割磁感线，产生的感应电流大小不变，线框仍受力平衡，则线框速度恒为匕，故A

正确；

B.必边由II运动至III的过程中，线框速度恒为W，线框产生的感应电动势为E=2BL匕线框中的电流为

/4=当1线框受到的安培力为是=221="生根据受力平衡可得是=2mg-wg解得巧=瞿\故

22

RR女R4B/,

B错误；

c.设经过/时间曲边恰好与n重合，在必边从I运动到II过程，对系统根据动量定理可得

2mgt-mgt-^F^t=（2〃7+刃）匕其中/f=~联立解得,=始+悬故C正

确;

D.«/边由I运动至II线框以速度匕做匀速运动，o/边由III运动至IV只有一边切割磁感线，线框从速度匕开

始做加速运动，由于两个过程通过的位移相等，所以〃边由I运动至n所用时间大于由iii运动至w所用时

间，故D错误。故选BC。

19.（2025•全国•模拟预测）某学习小组研究线框通过磁场时产生的阻尼与线框形状等因素的关系。光滑绝

缘水平面上宽度为小的区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为8,一周长为4L的线框Med,质量

为机。①如图所示，线框为正方形时，初速度为%,儿边平行磁场边界进入磁场，线框离开磁场时的速度

4

是进入磁场时的一半。②线框为矩形，初速度不变，左、右边长为§乙。下列说法正确的是（）

3

A.①情况下线框进入磁场过程安培力的冲量大小为

B.①情况下线框穿出磁场过程产生的电热为卷冽片

C.②情况下线框穿出磁场的速度大小为

4

D.②情况下整个过程线框产生的电热为《勿

9

【答案】BC

【详解】设线框电