電學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（練習(xí)）解析版-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)（新高考）

專(zhuān)題14電學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

目錄

01模擬基礎(chǔ)練.......................................................1

題型一：電場(chǎng)中的三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用............................................2

題型二：磁場(chǎng)中的三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用............................................9

題型三：電磁感應(yīng)電場(chǎng)中的三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用...................................16

02重難創(chuàng)新練.......................................................25

槨陽(yáng)其礎(chǔ)維

1/33

題型一：電場(chǎng)中的三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

1.（2024?貴州貴陽(yáng)?模擬預(yù)測(cè)）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(diǎn)，其正上方L處固定一帶電荷量為F的球2,斜面上距。點(diǎn)￡處的尸點(diǎn)有質(zhì)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(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于球3的說(shuō)

B.運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)的速度大小為

C.運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)的加速度大小為三

D.運(yùn)動(dòng)至。尸中點(diǎn)時(shí)對(duì)斜面的壓力大小為等

【答案】BC

【詳解】A.球3原來(lái)靜止，迅速移走球1后，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明1、3之間原來(lái)是斥力，球3帶

正電，故A錯(cuò)誤；

B.由幾何關(guān)系知，球1球2球3初始位置為一正三角形，球3運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)過(guò)程中庫(kù)侖力不做功，由動(dòng)能定

理得mgLsin30°=^mv2解得v=yfgL故B正確；

C.設(shè)球3電量為0,對(duì)尸點(diǎn)的球3受力分析，在沿斜面方向有左竽=/Mgsin30。+磴cos60。對(duì)。點(diǎn)的球

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

D.運(yùn)動(dòng)至。尸中點(diǎn)時(shí)，在垂直斜面方向有加gcos300=47篙/+PN解得區(qū)=線心機(jī)g根據(jù)牛頓第三

定律可得運(yùn)動(dòng)至。尸中點(diǎn)時(shí)球3對(duì)斜面的壓力大小為WlEmg,故D錯(cuò)誤。故選BC。

18

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

2/33

裝置置于電場(chǎng)強(qiáng)度為￡=上、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，現(xiàn)有一質(zhì)量為機(jī)=lkg、電荷量為+4的小球從

管道的O點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)過(guò)M點(diǎn)的速度為4m/s,已知小球半徑略小于管道的內(nèi)徑，。尸=0.5m,

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

A.小球經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)強(qiáng)度的方向夾角為45。

B.管道對(duì)小球的摩擦力為零

C.小球的機(jī)械能減少了7J

D.小球的機(jī)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(diǎn)的速度方向與電場(chǎng)強(qiáng)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(duì)小球從。到M根據(jù)動(dòng)能定理得加g-OP+硝?尸”+%=g加耐解得％=-7J故B錯(cuò)誤；

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

故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。

3.（2025?內(nèi)蒙古?模擬預(yù)測(cè)）如圖，在豎直平面內(nèi)，一水平光滑直導(dǎo)軌與半徑為2工的光滑圓弧導(dǎo)軌相切于

N點(diǎn)，M點(diǎn)右側(cè)有平行導(dǎo)軌面斜向左下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。不帶電小球甲以5版的速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止于M

點(diǎn)、帶正電小球乙發(fā)生彈性正碰。碰撞后，甲運(yùn)動(dòng)至MN中點(diǎn)時(shí)，乙恰好運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)，之后乙沿圓弧導(dǎo)軌

最高運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)，不考慮此后的運(yùn)動(dòng)。已知甲、乙的質(zhì)量比為4:1,M、N之間的距離為63標(biāo)的圓心角

為45。，重力加速度大小為g,全程不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移。乙從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程（）

甲乙

3L

A.最大速度為B.所用時(shí)間為二

3/33

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(fā)生彈性正碰，則有㈣1vo=機(jī)甲匕+4乙v?,；叫說(shuō)加甲v；+；加乙v；聯(lián)立解得匕=|v0=3^/gL,

匕=g%=此后乙做減速運(yùn)動(dòng)，所以乙的最大速度為，故A正確；

B.乙從河運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，甲運(yùn)動(dòng)到中點(diǎn)，甲做勻速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為/=匹=、,故B錯(cuò)誤；

匕qg

C.乙從“運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系有6乙=3/-解得加速度大小

。=48故?正確。

D.由于橋所對(duì)的圓心角為45。，設(shè)電場(chǎng)線方向與水平方向夾角為0,乙從M到P根據(jù)動(dòng)能定理有

-尸cos。（6+行）￡-（加乙g+尸sin（2-收）工=0-g根乙v；根據(jù)C選項(xiàng)分析可知尸cos0=4小乙g聯(lián)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(yáng)?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(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，B球的加速度大小為三，速度大

小為v。已知A球質(zhì)量為2加，B球質(zhì)量為機(jī)，兩小球均可視為點(diǎn)電荷，不考慮帶電小球運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電磁效

應(yīng)，則在該段時(shí)間內(nèi)（）

AB

CO

A.兩球間的距離由d變?yōu)?d

B.兩球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能減少了冽/

2

C.B球運(yùn)動(dòng)的距離為］d

D.庫(kù)侖力對(duì)A球的沖量大小為2mv

【答案】AC

【詳解】A.當(dāng)兩球間的距離為d時(shí)，在撤去外力的瞬間，對(duì)A進(jìn)行分析，由牛頓第二定律可得發(fā)號(hào)=2機(jī)。

一段時(shí)間后設(shè)兩球間的距離為小,對(duì)B進(jìn)行分析有太窄=解得」=2d故A正確；

B.設(shè)球B的速度為v時(shí)，A球的速度為M,由動(dòng)量守恒可得2向/=冽丫解得v'=］兩球的動(dòng)能增加了

4/33

A7Tk=--2mM+,加/=3加/由能量守恒定律可知，兩球組成的系統(tǒng)其電勢(shì)能減少了lmv?,故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2加VA-加％=0解得％=2VA上述表達(dá)式在任意時(shí)刻均成立，則有環(huán)加=2久加即有

2

XB=24又因?yàn)閄B+XA=d'-d=1解得/故C正確；

D.在該段時(shí)間內(nèi)，A球的速度由0變?yōu)橛蓜?dòng)量定理可得庫(kù)侖力對(duì)A球的沖量大小為，=2加v'=冽v故

D錯(cuò)誤。故選AC。

5.（2025?重慶?模擬預(yù)測(cè)）如圖，空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為Z的絕緣細(xì)線，細(xì)線

一端固定在。點(diǎn)，另一端連接質(zhì)量為加，帶電量為4的小球。現(xiàn)將小球從與。點(diǎn)等高的尸點(diǎn)靜止釋放。若小

球帶負(fù)電，從P點(diǎn)釋放后恰好能到達(dá)。點(diǎn)的正下方M處，且此時(shí)動(dòng)能為零。已知|<W卜尸卜小球可看

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

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

M

A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為整，方向水平向右

q

B.若小球帶負(fù)電，小球在P點(diǎn)的電勢(shì)能為根g￡

C.若小球帶正電，當(dāng)小球動(dòng)能再次為零時(shí)，其電勢(shì)能為零

D.若小球帶正電，當(dāng)小球動(dòng)能再次為零時(shí)，其重力勢(shì)能為日加g￡

【答案】AD

【詳解】A.若小球帶負(fù)電，從尸點(diǎn)釋放后恰好能到達(dá)。點(diǎn)的正下方M處，且此時(shí)動(dòng)能為零，根據(jù)動(dòng)能定

理可得皿g￡-韭￡=0解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為￡=整由于電場(chǎng)力做負(fù)功，可知電場(chǎng)方向水平向右，故A正確；

q

B.因。點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，帶負(fù)電的小球在/J點(diǎn)的電勢(shì)能為丸=-0%=-4磯=-%8￡故8錯(cuò)誤；

CD.若小球帶正電，則小球受到重力和電場(chǎng)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(diǎn)到“點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理得亞mgx6L=可得小球到達(dá)M點(diǎn)前的速度為匕=2必

O

到達(dá)W點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，假設(shè)繩子始終

5/33

處于伸直狀態(tài)，則從M點(diǎn)到小球再次速度為零時(shí)，由動(dòng)能定理得-亞sgx=O-：sv；（x為沿等效重力場(chǎng)方

向的距離）解得》=正￡如圖所示

可知小球運(yùn)動(dòng)到圖中N點(diǎn)速度為0,此時(shí)繩子剛好可以處于伸直狀態(tài)；O點(diǎn)為小球的重力勢(shì)能和電勢(shì)能的零

勢(shì)能點(diǎn)，電場(chǎng)方向水平向右，根據(jù)幾何關(guān)系可知小球的此時(shí)電勢(shì)能為耳=-4足?工=-2冽g￡其重力勢(shì)能

為斗重=手機(jī)gZ故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。

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

平方向成45。的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度大小為￡=蟲(chóng)鱉，圖中。兩點(diǎn)與圓心等高，b、d分別為圓軌道的

q

最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，s、/兩點(diǎn)分別為弧ad和弧6c的中點(diǎn)。一質(zhì)量如電荷量為+4的小球在圓軌道內(nèi)側(cè)的d點(diǎn)

獲得一初速度，結(jié)果小球剛好能在圓軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，規(guī)定d點(diǎn)的電勢(shì)為0,重力加速度為g。下

列說(shuō)法正確的是（）

A.小球在f點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能最小B.小球在d點(diǎn)獲得的速度大小為

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

【答案】BCD

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

6/33

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(diǎn)為等效最高點(diǎn)，動(dòng)能最小，故A錯(cuò)誤;

B.小球在等效最高點(diǎn)等效重力恰好提供向心力時(shí)，小球剛好能在圓軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)根據(jù)牛

211

頓第二定律G'=加上解得匕=而則小球由d到a的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理-G'r=-mv}--mvj解得v=展

r22

故B正確；

C.根據(jù)丸=49可知，帶正電的小球所在位置的電勢(shì)越高，電勢(shì)能越大，由題意可知，小球在s點(diǎn)時(shí)電勢(shì)最

高，電勢(shì)能最大。又因?yàn)?點(diǎn)電勢(shì)為0。則=Ed—"1-sin459=-D〃g'力，▼。則s點(diǎn)的電勢(shì)為

q

<p、=（也0小球的電勢(shì)能為綜=“%=（V2-1）mgr故C正確；

q

D.由以上分析可知，。點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，小球在等效最高點(diǎn)等效重力恰好提供向心力，此時(shí)軌道對(duì)小球的

支持力為零，即乂=0根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮〉扔谲壍缹?duì)小球的支持力大小，即

工=做=0小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理G&2r=；加加工小球在C點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)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(lián)立，解得M=6〃?g根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲?/p>

r

力大小等于軌道對(duì)小球的支持力大小，即￡=M=6根g則，小球在°、c兩點(diǎn)對(duì)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(jiǎn)化原理圖，已知板間距為d,板長(zhǎng)為3

兩塊平行帶電極板間為除塵空間。質(zhì)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(dāng)其碰到下極板時(shí)，所帶電荷立即被中和，同時(shí)塵埃被收集。調(diào)整兩極板間的電壓可以改變

除塵率〃（相同時(shí)間內(nèi)被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入除塵空間塵埃的數(shù)量之百分比）。當(dāng)兩極板間電壓為&時(shí),

〃恰好為100%。不計(jì)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(yīng)。下列說(shuō)法正確的是

—

1

=

一U

mV高壓直流

J-O

A.兩極板間電壓為時(shí)，其中有塵埃在靜電除塵裝置中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量變化量為半

av

B.兩極板間電壓為時(shí)，除塵率可達(dá)50%

7/33

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(chǎng)強(qiáng)￡=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(yùn)

a

動(dòng)，故運(yùn)到時(shí)間”自由動(dòng)量定理得塵埃在靜電除塵裝置中運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)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(shí)，由牛頓第二定律得第=%。所以塵埃的加速度變?yōu)樵瓉?lái)的;，塵埃在板間水

444

平方向運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，故塵埃在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(cuò)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(zhǎng)塵埃在板間的飛行時(shí)間，因此需要減小塵埃進(jìn)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(cuò)誤。故選ACo

8.（2024?河南?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為加、電荷量為q的帶正電

小球用長(zhǎng)為￡、不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸于。點(diǎn)，將小球向左拉至與。點(diǎn)等高的/點(diǎn)，細(xì)線剛好伸直，已知

電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=整，g為重力加速度大小，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)的速度大小為2瓦

B.小球第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)的速度是小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度

C.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為,2（收+l）g￡

D.小球最終運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，軌跡為半個(gè)圓周

8/33

【答案】BD

【詳解】BC.對(duì)小球受力分析，將電場(chǎng)力與重力合成為一個(gè)等效“重力”，如圖所示

由tan6=3"=1解得。=45°可知其等效“重力場(chǎng)”的最低點(diǎn)為點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，第一次運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)正下方時(shí)的速度設(shè)為V,由動(dòng)能定理，可

得qa+mg￡=g冽/解得v=2而此時(shí)細(xì)線瞬間繃緊，致使沿細(xì)線方向的速度變?yōu)榱?，則垂直于細(xì)線方向

的速度為v1=vcos6=7^Z之后，小球?qū)⒁缘刃ё畹忘c(diǎn)C為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度為

vc,由動(dòng)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(yùn)動(dòng)到O

點(diǎn)正下方時(shí)的速度是小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度，即%ax=v=2底故B正確；C錯(cuò)誤；

AD.由對(duì)稱(chēng)性可知，小球運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)的速度大小與細(xì)線繃緊瞬間的速度大小相等，即為=匕=也］設(shè)小

球往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與豎直方向夾角為a,由動(dòng)能定理可得

qELsina+wgZ（l-coscr）=g/片解得<z=45。由幾何關(guān)系及對(duì)稱(chēng)性可知，小球最終運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)做往復(fù)運(yùn)動(dòng),

軌跡為半個(gè)圓周。故A錯(cuò)誤；D正確。故選BD。

題型二：磁場(chǎng)中的三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

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

的導(dǎo)體棒，導(dǎo)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(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8隨時(shí)間，的變化關(guān)系如圖2所示。己知導(dǎo)體棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,重

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

9/33

運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（)

A.導(dǎo)體棒受到的安培力方向垂直斜面向上

B.導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度所用的時(shí)間為4s

C.導(dǎo)體棒的最大速度為8m/s

D.導(dǎo)體棒受到的摩擦力的最大值為5.2N

【答案】BC

【詳解】A.根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到的安培力方向垂直斜面向下，故A錯(cuò)誤；

B.對(duì)導(dǎo)體棒受力分析可知，當(dāng)導(dǎo)體棒沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到最大時(shí)，導(dǎo)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(dǎo)體棒沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由牛頓第二定律可得比gsin。-4=根。結(jié)合上述解得。=4t作出導(dǎo)

體棒運(yùn)動(dòng)的。一圖像如圖所示

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

度為%=4x4x5m/s=8m/s故C正確；

D.導(dǎo)體棒受到的摩擦力為耳=〃（加8。0$6+3〃）即有耳=02+0.4可知導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，受到的摩擦

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

的速度為零，結(jié)合上述解得此時(shí)導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小為耳=2.0N故D錯(cuò)誤。故選BC。

10.（2024?安徽合肥?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，足夠長(zhǎng)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(chǎng)。分別將質(zhì)量相等、帶等量正、負(fù)電荷的小球a、6依次從兩斜面的頂端由

靜止釋放，關(guān)于兩球脫離滑槽之前的運(yùn)動(dòng)說(shuō)法正確的是（）

10/33

A.在槽上，a、6兩球都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且aa>06

B.在槽上，a、b兩球都做變加速運(yùn)動(dòng)，但總有

C.a、b兩球沿直線運(yùn)動(dòng)的最大位移是sa〈s6

D.a、6兩球沿槽運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)，加速度為%=gsintz,4=gsin￡可得心>%故A正確，B錯(cuò)誤；

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

mgcosB=qv/可得v0="陪a,%=-gc：s'根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式=2%”,為2=2%s〃可得0、b兩球沿

qbqB

直槽運(yùn)動(dòng)的最大位移分別為s=mg,,sm&）,Sb=mgj,sm'）根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系可得,<.故C正確;

a2q2B-sinab2q2B2sinp

mv,m

D-0、6兩球沿槽運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yù)測(cè)）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(qiáng)磁場(chǎng),

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3。一個(gè)質(zhì)量為加、電荷量為+4的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以速度%垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁場(chǎng),

物塊進(jìn)入磁場(chǎng)后始終未離開(kāi)地面，其動(dòng)能與時(shí)間的線-關(guān)系圖像如圖乙所示，圖像中Z點(diǎn)為曲線切線斜率

甲乙

A.f=0時(shí)刻，物塊從左邊進(jìn)入磁場(chǎng)B.f=0時(shí)刻，物塊從右邊進(jìn)入磁場(chǎng)

C.圖中Z點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度大小為箸D,圖中Z點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度大小為磊

【答案】AD

11/33

【詳解】AB.圖像斜率

AF

左=2=竽AF.空As=尸v（=0時(shí)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(shí)刻，物塊從左邊進(jìn)入磁場(chǎng)，A正確，B錯(cuò)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(shù)學(xué)知識(shí)可得斜率絕

對(duì)值最大時(shí)"景，C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。

12.（2024?陜西西安?三模）現(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。如圖甲所示，紙面內(nèi)存

在上、下寬度均為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,方向豎直向下；磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方

向垂直紙面向里?，F(xiàn)有一質(zhì)量為機(jī)、電荷量為g的帶正電粒子（不計(jì)重力）從電場(chǎng)的上邊界的。點(diǎn)由靜止

釋放，運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的下邊界的P點(diǎn)時(shí)正好與下邊界相切。若把電場(chǎng)下移至磁場(chǎng)所在區(qū)域，如圖乙所示，重

新讓粒子從上邊界M點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間粒子第一次到達(dá)最低點(diǎn)N,下列說(shuō)法正確的是（）

甲乙

A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)2的大小為、粵

Vqd

B.粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)的時(shí)間為"士!里

qB

C.粒子經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)速度大小為馴

m

3

D.MN兩點(diǎn)的豎直距離為一d

4

【答案】AC

【詳解】A.設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的速率為v,運(yùn)動(dòng)半徑為幾對(duì)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理得

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程由洛倫茲力充當(dāng)向心力得小，3=切（粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為半個(gè)圓周，可知運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為iv在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為%2石石粒子從。運(yùn)動(dòng)到尸的

12/33

時(shí)間為f=%+=故B錯(cuò)誤；

W2qB"'

CD.將粒子從M到N的過(guò)程中某時(shí)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(gè)洛倫茲力分量分別為＜=45。，力=q8匕設(shè)粒子在

最低點(diǎn)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(dòng)量定理可得

機(jī)匕_0=￡08匕公'=1為由動(dòng)能定理得?！戢E=，機(jī)片2_0解得匕=竺4,y="故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。

2m

13.（2024?湖南衡陽(yáng)?模擬預(yù)測(cè)）在地面上方空間存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的水平方向

勻強(qiáng)磁場(chǎng)，與豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），一電荷量為+g、質(zhì)量7〃的帶電粒子（重力不計(jì)），以水

平初速度%水平向右射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖。已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為￡=萼，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確

的是（）

?????

%

A.電場(chǎng)方向豎直向上

B.帶電粒子運(yùn)動(dòng)到軌跡的最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為2%

C.帶電粒子水平射出時(shí)的加速度大小為等

D.帶電粒子在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差為萼

qB

【答案】BD

【詳解】A.由運(yùn)動(dòng)軌跡可知，帶電粒子只有受豎直向下的電場(chǎng)力，最低點(diǎn)線速度最大，向心力最小，偏轉(zhuǎn)

半徑最大，符合題意，則電場(chǎng)方向豎直向下，故A錯(cuò)誤；

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

度，由于=（與電場(chǎng)力平衡）則帶電粒子的運(yùn)動(dòng)可以看成是以速率匕向左的勻速直線運(yùn)動(dòng)和

以速率匕的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，故小球在運(yùn)動(dòng)軌跡的最低點(diǎn)時(shí)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(shí)的加速度大小為。=乙=絲也&=迦理故C錯(cuò)誤；

mm2m

D.由于洛倫茲力不做功，帶電粒子從運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程有;機(jī)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(mén)?模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，在豎直面（紙面）內(nèi)，一個(gè)足夠長(zhǎng)的絕緣圓柱細(xì)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(qiáng)磁場(chǎng)和水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)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(gòu)成，圖甲中

桿的中軸線右上方一側(cè)的表面光滑，左下方一側(cè)的表面與小球的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=溶。現(xiàn)將該小球由靜止

釋放，得其速度-時(shí)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(nèi)桿對(duì)小球的作用力垂直桿指向右上方

B.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)

D.若將圖甲中的細(xì)桿繞它的中軸線旋轉(zhuǎn)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(yùn)動(dòng)

3

【答案】AD

【詳解】AB.小球由靜止釋放做勻力口速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖像可知a=Ar=Ub8m/s2根據(jù)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(yùn)動(dòng)，則摩擦力為零，所以桿的支持力指向右

上方，當(dāng)/=Yis時(shí)，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(cuò)誤；

5

C.小球最終將在桿上做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(cuò)誤；

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

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

根據(jù)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(guó)?課后作業(yè)）如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直足夠

長(zhǎng)固定絕緣桿小球P套在桿上，已知產(chǎn)的質(zhì)量為加，電量為+?,電場(chǎng)強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,P

與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,小球由靜止開(kāi)始下滑直到穩(wěn)定的過(guò)程中（）

A.小球的加速度一直減小

B.小球的機(jī)械能和電勢(shì)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(shí)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(shí)的速度可能是v=

2/j.qB

【答案】CD

【詳解】A.小球靜止時(shí)只受電場(chǎng)力、重力、支持力及摩擦力，電場(chǎng)力水平向左，摩擦力豎直向上；開(kāi)始時(shí),

小球的加速度應(yīng)為。=整二^小球速度將增大，產(chǎn)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(cuò)誤；

C.當(dāng)洛侖茲力等于電場(chǎng)力時(shí)，摩擦力為零，此時(shí)加速度為g,達(dá)到最大；此后速度繼續(xù)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(huì)有兩種情況，一是

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

解得

m

匕=寫(xiě)著故C正確;

叫一〃畫(huà)匕-加解得匕=手詈故D正確;

D.同理有

m

B.而在下降過(guò)程中有摩擦力做功，故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故機(jī)械能和電勢(shì)能的總和將減小，故B錯(cuò)誤。

故選CDo

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

磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,絕緣管道在水平外力/（圖中未畫(huà)出）的作用下以速度〃向右勻速運(yùn)動(dòng)。管道

內(nèi)有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對(duì)管道速度為0,一段時(shí)間后，小球運(yùn)動(dòng)到管道N端，小球質(zhì)

15/33

量為機(jī)，電量為q,管道長(zhǎng)度為/,小球直徑略小于管道內(nèi)徑，則小球從川端運(yùn)動(dòng)到N端過(guò)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(yùn)動(dòng)，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(jù)牛頓第二定律得quB=ma由初速度為零的位移公式x=［。產(chǎn)解得t=、網(wǎng)故A錯(cuò)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(fù)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(yīng)電場(chǎng)中的三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

17.（2024?山東?模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，水平面內(nèi)有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌固定且間距為工。

空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦現(xiàn)將兩根材料相同、橫截面積不同、長(zhǎng)度均為工的

16/33

金屬棒仍、cd分別靜置在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)給斜棒一水平向右的初速度%,其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示,

兩金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知油棒的質(zhì)量為機(jī)，電阻為R。導(dǎo)軌電阻可忽略不

計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.而棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，〃棒中的電流方向?yàn)閐fc

B.c"棒的質(zhì)量為L(zhǎng)"

2

C.在。~%時(shí)間內(nèi)，棒產(chǎn)生的熱量為4mv；

D.在。時(shí)間內(nèi)，通過(guò)〃棒的電荷量為翳

3BL

【答案】BCD

【詳解】A.金屬棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知〃棒中的電流方向?yàn)閏fd,故A錯(cuò)誤；

21

B.兩金屬棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒加V。=（加+/）§%解得"=5冽故B正確；

C.由于仍棒與Cd棒質(zhì)量之比為2:1,且它們的材料和長(zhǎng)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(chǎn)生的熱量之比為1:2,根據(jù)兩棒組成的系統(tǒng)能量守恒有

—mv1=—（m+m9f—VQ>I+Q。~%時(shí)間內(nèi)仍棒產(chǎn)生的熱量。而=±加說(shuō)故C正確；

2213J318

D.對(duì)cd棒列動(dòng)量定理有6無(wú)％冽x]%又q="則在0~%時(shí)間內(nèi)，通過(guò)cd棒的電荷量,=翳^故D正確。

233BL

故選BCDo

18.（2024?四川?模擬預(yù)測(cè)）一絕緣細(xì)繩跨過(guò)兩個(gè)在同一豎直面（紙面）內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接質(zhì)

量為加、邊長(zhǎng)為乙的正方形金屬線框成加，另一端連接質(zhì)量為2加的物塊。虛線區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均

為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向如圖所示，磁場(chǎng)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(shí)刻，將線框由靜止釋放，仍邊由n運(yùn)動(dòng)至ni的過(guò)程中，線框速度恒為％。已知線框

的電阻為R,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平,重力加速度為g0下列說(shuō)法正確的是（）

17/33

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

A.邊由HI運(yùn)動(dòng)至IV的過(guò)程中，線框速度恒為匕

mgR

o.V]—------

c=2粵+之時(shí)刻，/邊恰好與II重合

4B~LmgR

D.那邊由i運(yùn)動(dòng)至n與由ni運(yùn)動(dòng)至iv歷時(shí)相等

【答案】AC

【詳解】A.仍邊由n運(yùn)動(dòng)至in的過(guò)程中，線框速度恒為匕，可知線框受力平衡；湖邊由ni運(yùn)動(dòng)至iv的過(guò)程

中，線框仍有兩條邊切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)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(yùn)動(dòng)至ni的過(guò)程中，線框速度恒為匕，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為￡=2瓦^(guò)線框中的電流為

1

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

B錯(cuò)誤；

c.設(shè)經(jīng)過(guò)/時(shí)間/邊恰好與n重合，在他邊從I運(yùn)動(dòng)到n過(guò)程，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)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(hào)"聯(lián)乂斛何公而密+麗故C正

RR

確;

D.力邊由I運(yùn)動(dòng)至n線框以速度匕做勻速運(yùn)動(dòng)，邊由ni運(yùn)動(dòng)至iv只有一邊切割磁感線，線框從速度匕開(kāi)

始做加速運(yùn)動(dòng)，由于兩個(gè)過(guò)程通過(guò)的位移相等，所以那邊由I運(yùn)動(dòng)至n所用時(shí)間大于由ni運(yùn)動(dòng)至iv所用時(shí)間，

故D錯(cuò)誤。