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

專題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

埠班苴碑饗

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%（q>0）的球1固定在傾角為30。的光滑絕緣斜面上的。

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)L處的P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

B.運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)的速度大小為瘋

C.運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)的加速度大小為。

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

O

【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(yùn)動(dòng)，說明1、3之間原來是斥力，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)過程中庫(kù)侖力不做功，由動(dòng)能定

理得mgLsin3。=〈mv2解得v=yfgL故B正確；

C.設(shè)球3電量為。，對(duì)P點(diǎn)的球3受力分析，在沿斜面方向有左竿=gin30+左翁cos60對(duì)。點(diǎn)的球

3受力分析，在沿斜面方向有，"gsin30-%挈■cosG。=〃?。聯(lián)立解得。=看故C正確；

L.J3

D.運(yùn)動(dòng)至。尸中點(diǎn)時(shí)，在垂直斜面方向有“gcos30=%滯*y+/解得外=號(hào)龍根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2叵遇mg,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0點(diǎn)為拋物線的頂點(diǎn)，整個(gè)

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

q

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

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

A.小球經(jīng)過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6,則有

OP_

⑦111荔=解得6=45°故A正確；

一riVl

2

B.對(duì)小球從。到M根據(jù)動(dòng)能定理得機(jī)+叼=g機(jī)v?解得叼=-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=%+叼解得AE=3J所以從。到M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乙的光滑圓弧導(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麻的速度向右運(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)。己知甲、乙的質(zhì)量比為4:1,M、N之間的距離為6L,NP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的過程（）

B.所用時(shí)間為W產(chǎn)

A.最大速度為8癡

4心

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%%=叫叫+叫匕，!■叫說=；叫%2+；根乙年聯(lián)立解得匕=|%=3及1,

%=g%=8瘋此后乙做減速運(yùn)動(dòng)，所以乙的最大速度為8向，故A正確；

B.乙從M運(yùn)動(dòng)到N的過程中，甲運(yùn)動(dòng)到中點(diǎn)，甲做勻速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為f=%=故B錯(cuò)誤；

匕\g

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

a=4g故C正確。

D.由于NP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仇乙從M到P根據(jù)動(dòng)能定理有

一Fcos6（6+0）乙一（/g+/sin6）（2-&）乙=0-'乙歲艮據(jù)C選項(xiàng)分析可知尸cos。=4〃7乙g聯(lián)立可得

尸sin0=3%乙g所以。=37°,尸=5相乙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°,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如B球質(zhì)量為相，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

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〃7V2

2

C.B球運(yùn)動(dòng)的距離為

D.庫(kù)侖力對(duì)A球的沖量大小為2〃w

【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)學(xué)=2〃/

一段時(shí)間后設(shè)兩球間的距離為，對(duì)B進(jìn)行分析有左筌=根-。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2m丫'=小丫解得v'=:兩球的動(dòng)能增加了

2

A￡k=--2mM+工根丫2=上加/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，根V?,故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2加以-機(jī)％=。解得味=2以上述表達(dá)式在任意時(shí)刻均成立，則有環(huán)加=2/"即有

2

4=2工人又因?yàn)?+4=“'-4=4解得4故C正確；

D.在該段時(shí)間內(nèi)，A球的速度由0變?yōu)?,由動(dòng)量定理可得庫(kù)侖力對(duì)A球的沖量大小為4=2根M=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L(zhǎng)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，"，帶電量為4的小球?，F(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。已知|0加|=|0尸|=乙，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（）

P。-------------------O

I

I

I

I

I

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

I

I

I

I

M

A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為巡，方向水平向右

q

B.若小球帶負(fù)電，小球在尸點(diǎn)的電勢(shì)能為mgL

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)能為孝相

【答案】AD

【詳解】A.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，根據(jù)動(dòng)能定

理可得/瓦=。解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為石=巡由于電場(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)電的小球在尸點(diǎn)的電勢(shì)能為1=-43=-?瓦=7咫乙故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F=方向與水平方向成45度角斜向右下；

小球從尸點(diǎn)到M點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得x也L=gw；可得小球到達(dá)M點(diǎn)前的速度為H=2瘋

到達(dá)M點(diǎn)瞬間損失沿繩方向的速度，之后小球以初速度為%=/cos45o=巧I做圓周運(yùn)動(dòng)，假設(shè)繩子始終

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)能定理得一圓gx=O-;根W（x為沿等效重力場(chǎng)方

向的距離）解得x=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)；。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4=-熒?曰心=-孝加gL其重力勢(shì)能

為與重=號(hào)相gL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E=4如，圖中。、。兩點(diǎn)與圓心等高，b、，分別為圓軌道的

q

最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，s、r兩點(diǎn)分別為弧ad和弧兒的中點(diǎn)。一質(zhì)量"?、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1點(diǎn)的電勢(shì)為0,重力加速度為g。下

列說法正確的是（）

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（a-1）機(jī)grD.小球在。、。兩點(diǎn)對(duì)軌道的壓力差大小為6,咫

【答案】BCD

【詳解】A.小球在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F=qE=叵mg則，在豎直方向上4=Fsin45°=mg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與=工=歹8$45。=〃取所以，小球等

效受到水平向右的等效重力，等效重力大小為6'=七=，咫所以，a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

頓第二定律G'=機(jī)組解得％=病則小球由d至U。的過程，根據(jù)動(dòng)能定理-G'r=（租噂解得v=斥

r22

故B正確；

C.根據(jù)耳=4?？芍?，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)閐點(diǎn)電勢(shì)為0。則U、產(chǎn)Ed、d=一sin45。）=一0'咫'=乳一％則s點(diǎn)的電勢(shì)為

q

（ps=（近D小球的電勢(shì)能為綜=q（ps=（6-1）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，即紇=。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

r=乂=0小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理G'x2r小球在c點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)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'聯(lián)立，解得m=6但根據(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，即匕=乂=6加g則，小球在八。兩點(diǎn)對(duì)軌道的壓力差大小為

"=￡-乙=6叫故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L(zhǎng)

兩塊平行帶電極板間為除塵空間。質(zhì)量為m,電荷量為-q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)。下列說法正確的是（）

V

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

B.兩極板間電壓為14時(shí)，除塵率可達(dá)50%

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)片=與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『=上由動(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

w=Eqt=qd~=故A正確；

dvdv

B.兩極板間電壓為3時(shí)，由牛頓第二定律得學(xué)=加。所以塵埃的加速度變?yōu)樵瓉淼腏，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y=那么塵埃在板間豎直

方向的最大位移為板間;，故除塵率〃=100%=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；

12

D.以上分析可知，除塵率：八：100%」2"Ro。%.。應(yīng)>xlOO%僅減少塵埃的比荷，除塵率將減小，

d°d°2mv2d20

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)量為機(jī)、電荷量為4的帶正電

小球用長(zhǎng)為心不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸于。點(diǎn)，將小球向左拉至與。點(diǎn)等高的A點(diǎn)，細(xì)線剛好伸直，己知

電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=巡，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

()

O

A?------------->--------------■B

E

---------------------------1----------------------------------?

A.小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大小為2瘋

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

C.小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為瓦及布Z

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

【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1皿。噌=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

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qEL+mgL=1mv2解得v=2瘋此時(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

的速度為乙=vcosO=7^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

%，由動(dòng)能定理可得qELsin6-mgL（1-cos，）=g根憶-gmv［解得％=小2&.gL<v可知小球第一次運(yùn)動(dòng)到。

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

AD.由對(duì)稱性可知，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%=乙=7^7設(shè)小

球往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中，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+mgi（l-cosa）=1-mv［解得a=45。由幾何關(guān)系及對(duì)稱性可知，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6=37。的足夠長(zhǎng)絕緣斜面上放有一根質(zhì)量，"=0.2kg、長(zhǎng)/=1m

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。已知導(dǎo)體棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=025,重

力加速度g取10m/s2,sin37M）.6,cos37o=0.8。在t=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

運(yùn)動(dòng)的過程中)

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

C.在導(dǎo)體棒沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過程中，由牛頓第二定律可得利gsin6-4=/w結(jié)合上述解得a=4T作出導(dǎo)

體棒運(yùn)動(dòng)的4T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%=4x4xgm/s=8m/s故C正確；

D.導(dǎo)體棒受到的摩擦力為耳=〃（根gcosO+B"）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工=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

＞為，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)電荷的小球隊(duì)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)說法正確的是（）

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

B.在槽上，a、b兩球都做變加速運(yùn)動(dòng)，但總有以>成

C.a、方兩球沿直線運(yùn)動(dòng)的最大位移是sa<sb

D.a、6兩球沿槽運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為S和方，則仍

【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，。、b

兩球都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為4=gsina,%=gsin〃可得4>為故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〃?gcosa=qv.B,

mgcos。=qv〃B可得v"="吆%%管2根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式，%2=2°應(yīng)可得。、。兩球沿

qBqB

直槽運(yùn)動(dòng)的最大位移分別為s/"Tin%）,="2gpsm2夕）根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系可得力〈外故c正確；

a2q2B-sinab2q-B2sin/3

vmvm

D.a、b兩球沿槽運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為0=jn=1—，巧=h上=<N可得％故D正確。故選ACD。

aagtanaabgtan（3

IL（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5。一個(gè)質(zhì)量為小、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)后始終未離開地面，其動(dòng)能與時(shí)間的Ek-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)

mg

C-圖中z點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度大小為不D.圖中Z點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度大小為篝

【答案】AD

【詳解】AB.圖像斜率

左=其=其?竺時(shí)亥1b物體的速度不為0,物體減速，洛倫茲力減小，受到的摩擦力增大，所

XAsNt

以洛倫茲力向上，物體的速度向右，即f=。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f=-〃（mg-qvB）合外力F=f所以斜率k=-jU（mg-qvB）v由數(shù)學(xué)知識(shí)可得斜率絕

對(duì)值最大時(shí)"=不為，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4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/點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過一段時(shí)間粒子第一次到達(dá)最低點(diǎn)N,下列說法正確的是（）

Fm

A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)5的大小為

Vqd

+2）加

B.粒子從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)的時(shí)間為1——

qB

C.粒子經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)速度大小為酗

m

3

D.MN兩點(diǎn)的豎直距離為

【答案】AC

【詳解】A.設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的速率為v,運(yùn)動(dòng)半徑為凡對(duì)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)能定理得4瓦?=3，加2

2

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程由洛倫茲力充當(dāng)向心力得qvB=m三粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為半個(gè)圓周，可知運(yùn)動(dòng)的半

12Fm

徑為R=d解得5=」一^故人正確；

yqd

t____]2兀m7itn

B.粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為l~v~qB在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為三二/9-二語(yǔ)粒子從O運(yùn)動(dòng)到P的

時(shí)間為t=ti+t2=故B錯(cuò)誤；

CD.將粒子從M到N的過程中某時(shí)刻的速度分解為水平向右和豎直向下的分量，分別為小、呼，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A=qBvy,fy=qBvx設(shè)粒子在

最低點(diǎn)N的速度大小為v/,的豎直距離為方以向右為正方向，水平方向上由動(dòng)量定理可得

;加1-0=?3%加=皿＞由動(dòng)能定理得4a=3相片-0解得匕=嚕，y=〃故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。

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)（圖中未畫出），一電荷量為+q、質(zhì)量機(jī)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)度大小為片=今匕重力加速度為g。下列說法正確

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)的加速度大小為必

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)的高度差為之

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=￡的分速度，和一個(gè)水平向右、大小彩=1%的分速

度，由于耳=。4%3=耳（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"=匕+匕=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。=屋=史匹%=雪隨故C錯(cuò)誤；

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)的過程有g(shù)"喏+E處=g〃”又有

v=2%解得〃=當(dāng)故D正確。故選BD。

qB

14.（2024?福建廈門?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6=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〃z=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〃=電。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，其中力=^s之前的圖像為直線，之后的圖像為曲線。重力加速度

A.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

為坦叵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加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖像可知“=包=坦叵m/s2根據(jù)牛頓第二定律

\t3

加gsinO-qEcoseumrz解得E=?/c在f=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)々Is時(shí)，支持力恰好為零，則有的v=mgcos6+就sin。解得3=L5T故A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Migsine=4Ecos6+〃用，

FN=Bqv?-〃zgcosd-qEsin。解得%=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，最后無摩擦力的作用，

根據(jù)"zgsin6?-qEcose=/叫解得/=電且m/s?故D正確。故選AD。

3

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MN,小球P套在桿上，已知尸的質(zhì)量為優(yōu)，電量為+分電場(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,小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中（）

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=

IjuqB

2piqE+mg

D.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是丫=

IjuqB

【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；開始時(shí),

小球的加速度應(yīng)為。=鱉*^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|.="琢一解得

m

luqE-mg

%=2"qB故C正確;

D,同理有&=一〃（及%一圭）解得"號(hào)"故D正確;

一2m

B.而在下降過程中有摩擦力做功，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?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P（圖中未畫出）的作用下以速度M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)

量為，"，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M端運(yùn)動(dòng)到N端過程有（

B.小球所受洛倫茲力做功為0

C.外力P的平均功率為/,8

D.外力P的沖量為夕引

【答案】BCD

【詳解】A.小球在水平外力廠的作用下以速度a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

1Iyyil

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=』解得.產(chǎn)故A錯(cuò)誤;

2丫quB

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%=%=網(wǎng)=4"引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，外力尸的沖量大小等于。=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)軌固定且間距為乙。

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)度均為乙的

金屬棒"、cd分別靜置在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)給必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)過程中，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知而棒的質(zhì)量為加，電阻為導(dǎo)軌電阻可忽略不

計(jì)。下列說法正確的是（）

XXXX.XXXX

cb

xxlxxlxxxx

vn

XXXXX>XX

xxxxxxxx

XXX"xXXX

甲

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

B.cd棒的質(zhì)量為1相

2

C.在。務(wù)時(shí)間內(nèi)，油棒產(chǎn)生的熱量為［欣

18

D.在。務(wù)時(shí)間內(nèi)，通過棒的電荷量為需

【答案】BCD

【詳解】A.金屬棒仍剛開始運(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)量守恒機(jī)%=（m+機(jī)解得加=5根故B正確；

C.由于血棒與加棒質(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,由氏=2微得電

阻之比為1:2,故必棒與〃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

-mvl++Q。時(shí)間內(nèi)必棒產(chǎn)生的熱量=［相說故C正確；

22J318

D.對(duì)cd棒列動(dòng)量定理有曲％機(jī)X；%又則在。%時(shí)間內(nèi)，通過〃棒的電荷量4=黑^故D正確。

233BL

故選BCD。

18.（2024?四川?模擬預(yù)測(cè)）一絕緣細(xì)繩跨過兩個(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)

量為機(jī)、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框仍必，另一端連接質(zhì)量為2根的物塊。虛線區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均

為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向如圖所示，磁場(chǎng)邊界I、II、III、IV均水平，相鄰邊界間距均為L(zhǎng)。最初拉住線框

使其必邊與I重合。r=O時(shí)刻，將線框由靜止釋放，滴邊由H運(yùn)動(dòng)至III的過程中，線框速度恒為巧。已知

線框的電阻為尺,運(yùn)動(dòng)過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g。下列說法正確的是

A.他邊由III運(yùn)動(dòng)至W的過程中，線框速度恒為匕

廠mgR

,12B21}

c‘=恚*+絲時(shí)刻，成邊恰好與U重合

432mgR

D.整邊由I運(yùn)動(dòng)至II與由III運(yùn)動(dòng)至IV歷時(shí)相等

【答案】AC

【詳解】A.ab邊由II運(yùn)動(dòng)至III的過程中，線框速度恒為匕，可知線框受力平衡；必邊由III運(yùn)動(dòng)至IV的過

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.必邊由II運(yùn)動(dòng)至III的過程中，線框速度恒為W，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=2BL匕線框中的電流為

/4=當(dāng)1線框受到的安培力為是=221="生根據(jù)受力平衡可得是=2mg-wg解得巧=瞿\故

22

RR女R4B/,

B錯(cuò)誤；

c.設(shè)經(jīng)過/時(shí)間曲邊恰好與n重合，在必邊從I運(yùn)動(dòng)到II過程，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量定理可得

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

確;

D.?/邊由I運(yùn)動(dòng)至II線框以速度匕做勻速運(yùn)動(dòng)，o/邊由III運(yùn)動(dòng)至IV只有一邊切割磁感線，線框從速度匕開

始做加速運(yùn)動(dòng)，由于兩個(gè)過程通過的位移相等，所以〃邊由I運(yùn)動(dòng)至n所用時(shí)間大于由iii運(yùn)動(dòng)至w所用時(shí)

間，故D錯(cuò)誤。故選BC。

19.（2025?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè)）某學(xué)習(xí)小組研究線框通過磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的阻尼與線框形狀等因素的關(guān)系。光滑絕

緣水平面上寬度為小的區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,一周長(zhǎng)為4L的線框Med,質(zhì)量

為機(jī)。①如圖所示，線框?yàn)檎叫螘r(shí)，初速度為%,兒邊平行磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，線框離開磁場(chǎng)時(shí)的速度

4

是進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的一半。②線框?yàn)榫匦?，初速度不變，左、右邊長(zhǎng)為§乙。下列說法正確的是（）

3

A.①情況下線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程安培力的沖量大小為

B.①情況下線框穿出磁場(chǎng)過程產(chǎn)生的電熱為卷冽片

C.②情況下線框穿出磁場(chǎng)的速度大小為

4

D.②情況下整個(gè)過程線框產(chǎn)生的電熱為《勿

9

【答案】BC

【詳解】設(shè)線框電