文档内容
专题 14 电学中三大观点的综合应用
目录
0
1考情透视·目标导航 3
02知识导图·思维引航................................................................................................................................................4
03核心精讲·题型突破................................................................................................................................................5
题型一 电场中的三大观点的综合应用................................................................................................................5
【核心精讲】...............................................................................................................................................................5
一、 电场中应用动力学观点处理问题的流程..........................................................................................................5
二、 电场中的功能关系及计算..................................................................................................................................5
三、 电场中的动量观点..............................................................................................................................................5
【真题研析】...............................................................................................................................................................6
【命题预测】...............................................................................................................................................................7
考向一 电场中的动力学观点的应用..........................................................................................................................7
考向二 电场中的能量观点的应用..............................................................................................................................9
考向三 电场中的动量观点的应用............................................................................................................................10
题型二 磁场中三大观点的综合应用....................................................................................................................12
【核心精讲】.............................................................................................................................................................12
一、 磁场中动力学观点............................................................................................................................................12
二、 磁场中能量观点................................................................................................................................................12
三、 磁场中动量观点................................................................................................................................................12
【真题研析】.............................................................................................................................................................12
【命题预测】.............................................................................................................................................................14
考向一 磁场中的动力学观点的应用........................................................................................................................14
考向二 磁场中的能量观点的应用............................................................................................................................15
考向三 磁场中的动量观点的应用............................................................................................................................17
题型三 电磁感应中三大观点的综合应用............................................................................................................19
【核心精讲】.............................................................................................................................................................19
一、 电磁感应的动力学问题处理方法....................................................................................................................19
二、电磁感应的能量问题处理方法..........................................................................................................................19
三、电磁感应的能量问题处理方法..........................................................................................................................20
【真题研析】.............................................................................................................................................................20
【命题预测】.............................................................................................................................................................22
考向一 电磁感应中的动力学观点的应用................................................................................................................22
考向二 电磁感应中的能量观点的应用....................................................................................................................24考向三 电磁感应中的动量观点的应用....................................................................................................................26
命题统计
2024年 2023年 2022年
命题要点
2024·山东卷·T10 2023·新课标卷·T12 2022·浙江卷·T9
2024·河北卷·T14 2023·湖北卷·T10 2022·辽宁卷·T10、T14
电场中的三大 2024·江西卷·T10 2023·北京卷·T20 2022·海南卷· T11
观点的应用
2024·广西卷·T7 2023·福建卷·T16 2022福建卷 T8
2024·福建卷·T16 2023·河北卷·T7
2024·安徽卷 T10 2023·北京卷·T13、T19 2022·湖南卷·T3
磁场中的三大
2024·浙江卷 T15 2023·江苏卷·T16 2022·天津卷·T13
热 观点的应用
考 2024·重庆卷T13 2023·浙江卷·T23 2022·湖北卷· T11
角 2024·河北卷·T14 2023·北京卷·T9 2022·湖南卷·T10
度
2024·辽宁、吉林、黑龙江卷·T9 2023·广东卷·T14 2022·重庆卷·T7
2024·山东卷·T11 2023·山东卷·T12 2022·湖北卷· T11
电磁感应中的 2024北京卷 T20 2023·天津卷·T11 2022福建卷 T17
三大观点的应
2024湖南卷 T8 2023重庆卷T7 2022全国甲卷 T7
用
2024江西卷T15 2023福建卷T4 2022浙江1月卷 T22
2024辽宁卷T9 2023全国甲卷T12 2022辽宁卷 T15
2024海南卷T13 2023湖南卷T14 2022福建卷 T15
从近三年高考试题来看，三大观点在电学中的考查较为普遍，题目以选择
命题规律 题居多，个别省份以计算题的形式出现，难度上中等偏上，对物理过程分析能
力和数学方法的应用能力上要求较高。
预计在2025年高考中，还会加大对三大观点的考查，选择题多以单一过程
考向预测 的分析为主，计算题预计会以压轴题的形式出现，体现过程情境下的物理问题
的研究。命题情景 多以特别的物理模型为基础，冠以某种科学技术为情境
常用方法 牛顿第二定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律
动力学
观点
能量的 主要运动形式：
电 观点 直线运动、
场 动量的 抛体运动、圆周
观点
动力学
观点
能量的 主要运动形式：直
电学中三大观点 磁 观点 线运动、
的综合应用 场 动量的 匀速圆周运动、一
观点
动力学
观点
能量的
电磁 观点 主要模型：线框模型、
单双棒模型
感应 动量的
观点题型一 电场中的三大观点的综合应用
一、 电场中应用动力学观点处理问题的流程
二、 电场中的功能关系及计算
1．电场中的功能关系
(1)若只有静电力做功电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有静电力和重力做功电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(3)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。
(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
2．电场力做功的计算方法
(1)W ＝qU (普遍适用)
AB AB
(2)W＝qEx cos θ(适用于匀强电场)
(3)W ＝－ΔE＝E －E (从能量角度求解)
AB p pA pB
(4)W ＋W ＝ΔE(由动能定理求解)
电 非电 k
三、 电场中的动量观点
1.动量定理的应用：带电粒子或者带电体在匀强电场中电场力为恒力，可以应用动量定理。
2.动量守恒定律的应用：带电粒子或带电体，电场力为内力，系统合外力为零，带电粒子或带电体组成的
系统动量守恒或者某一方向动量守恒。1．（2024·浙江·高考真题）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面
的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径
为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初
速度v 做完整的圆周运动，则（ ）
0
A．小球从A到C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到B点时的加速度
D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
【答案】C
【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，
则小球从A到C的过程电势增加，电势能增加，故A错误；
B．当场强满足Eq=mg时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；
1 1 v2
C．根据动能定理(mg−Eq)R= mv2− mv2 可求出小球到B点时的速度v ，根据a = B可得小球的向
2 B 2 0 B 1 R
心加速度，再根据牛顿第二定律mg−Eq=ma 可得小球的切向加速度a ，再根据矢量合成可得B点的加
2 2
速度为a=√a2+a2故C正确；
1 2
D．小球在D点受到竖直向下的重力、竖直向上的匀强电场的电场力、平行MN方向的等量异种点电荷的
电场力和圆环的作用力，圆环的作用力一个分力与等量异种点电荷的电场力平衡，其与MN平行，而另一
分力提供向心力，方向指向圆心，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。
故选C。
【技巧点拨】
（1）明确等量异种电荷电场连线和中垂线电场的特点，以及要明确小球所处电场是两种电场的叠加场；（2）根据小球所处场的环境，正确做出受力分析，根据受力分析判断BCD选项。
2．（2023·浙江·高考真题）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和
荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为
10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质
量为m，则电子（ ）
eU
A．在XX′极板间的加速度大小为
m
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为√2meU
l
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα=
20d
【答案】D
eE eU
【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小a = = ，A错误；
x m md
l
B．电子电极XX′间运动时，有v = a tt= 电子离开电极XX′时的动能为
x x v
z
1 l2
E = m(v2+v2 )=eU(10+ )电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小
k 2 z x 40d2
l2
为eU(10+ )，B错误；
40d2
l √meU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小I =mv = ，C错误；
x x d 20
v l
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα= x = ，D正确。故选D。
v 20d
z
【技巧点拨】（1）根据带电粒子所经过的电场，判断出粒子做类平抛运动；
（2）根据动能定理和动量定理求动能和冲量。
考向一 电场中的动力学观点的应用
3．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）A、B两小球质量相等，A球不带电，B球带正电，光滑的绝缘
斜面倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻质绝缘弹簧相连，图乙中，A、B两球用轻质绝缘杆相连，两个装
置均处于平行于斜面向上的匀强电场E中，此时A、B两球组成的系统均处于静止状态，轻弹簧、轻杆均
与斜面平行，重力加速度大小为g，当撤去匀强电场E的瞬间，则下列说法正确的是（ ）
A．两图中A、B两球的加速度大小均为gsinθ
B．两图中A球的加速度大小均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲、乙中B球的加速度大小之比为2:1
【答案】D
【分析】本题考查牛顿第二定律的瞬时性，意在考查考生的理解能力。
【详解】AB．题图甲、乙中两球组成的系统静止时，对两球组成的系统受力分析，可得B球受到的电场
力均为2mgsinθ，轻弹簧和轻杆的弹力均为mgsinθ，突然撤去匀强电场时，轻弹簧中弹力不变，题图甲中
A球加速度为零，B球加速度大小为2gsinθ，轻杆中弹力发生突变，题图乙中A、B两球的加速度大小均
为gsinθ，轻杆的弹力突变为零，故ABC错误；
D．在撤去匀强电场的瞬间，题图甲中B球的加速度大小为2gsinθ，题图乙中B球加速度大小为gsinθ，
故D正确。
4．（2024·四川德阳·模拟预测）如图所示，一根轻质的不可伸长的细线两端分别系在水平天花板上的A、
B两点，有一质量及大小均不计的光滑动滑轮跨在细线上，滑轮通过绝缘细线悬挂一带正电且可视为质点
的物块。空间存在竖直向下的匀强电场，物块处于静止状态。现将电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转
动到水平向右，A、B间细线的张力大小为F，滑轮与物块之间细线张力大小为F，则（ ）
1 2A．F 逐渐增大 B．F 逐渐减小
1 1
C．F 逐渐增大 D．F 先减小后增大
2 2
【答案】B
【详解】一根绳上的力大小处处相等，则初始时合力的方向为竖直向下，则设A、B间细线与竖直方向夹
角为θ，则
初始时，物块受到的重力和电场力之和（看作等效重力）等于滑轮与物块之间细线张力G′=F =mg+F
2
G′
AB绳上的张力F = 随着电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，电场力也逐渐逆时
1 2cosθ
针转动到水平向右，随着电场力和重力夹角增大，等效重力G′逐渐减小，即F2逐渐减小，AB细绳与等效
重力方向之间的夹角也在逐渐减小，如图中θ′，则cosθ′ > cosθ，可知F1在逐渐减小。故选B。
考向二 电场中的能量观点的应用
5．（2024·河北·模拟预测）将两个等量异种点电荷固定在边长为L的正方形ABCD的A、C两个顶点处，
它们所带电荷量分别为+Q和−Q，用长为L的不可伸长的绝缘细线将一质量为m、带电荷量为＋q的带电
小球拴在A点，将小球从B点由静止释放，小球从B点运动到D点，经过AC连线上的F点。整个装置处
mg
于竖直向下的匀强电场中，电场强度E= 。已知小球可视为质点，静电力常量为k，重力加速度为g，
q不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．小球在刚释放时的加速度大小为2g
B．在从B到F过程中，小球的机械能先增大后减小
C．经过D点时，小球的速度大小为2√gL
kQq
D．小球经过D点时，细线的拉力大小为F=3mg+
L2
【答案】C
kQq
【详解】A．小球刚释放时，沿切线方向运动，对小球在竖直方向受力分析有mg+Eq+ =ma解得
L2
kQq
a=2g+
故A错误；
mL2
B．小球沿圆弧从B运动到F的过程中，A处电荷给小球的静电力不做功，C处电荷给小球的静电力为吸
引力，始终做正功，匀强电场给小球的静电力做正功，所以小球的机械能一直增大，故B错误；
C．B、D是AC处点电荷形成静电场的等势点，所以小球在B、D位置时AC处静电荷形成的电场的电势
1
能相等，小球从B点运动到D点的过程中由能量守恒有mgL+EqL= mv2 解得v=2√gL故C正确；
2
kQq v2 kQq
D．当小球经过D点时在竖直方向上对小球受力分析有F−mg−Eq− =m 解得F=6mg+ 故
L2 L L2
D错误。故选C。
6．（2024·四川南充·二模）绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为-q（q>0）的滑块
（可看做点电荷）从a点以初速度v 沿水平面向Q运动，b点为滑块运动中距Q最近的点。已知a、b间距
0
离为d，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）A．滑块在b点的加速度一定为0
√2
B．滑块在运动过程的中间位置，速度的大小等于 v
2 0
v
C．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于 0
2
m(v2−2μgd)
D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为U = 0
ab 2q
【答案】D
【详解】A．由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运
动方相同，由于b点为滑块运动中距Q最近的点，则滑块在b点速度为零，则滑块在运动过程中库仑力小
于滑动摩擦力，随间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以到达b点时加速度不为零，故A错
误；
√v2
√2
BC．若滑块在滑动过程中做匀减速直线运动，则在运动过程的中间位置，速度的大小为v = 0= v
x 2 2 0
2
v
在运动过程的中间时刻，速度的大小为v = 0 而实际上，随着间距减小，库仑力增大，但一直小于滑动摩
t 2
2
√2 v
擦力，所以导致加速度减小，故中间位置的速度的大小不等于 v ，中间时刻的速度不等于 0，故BC
2 0 2
错误；
1 m(v2−2μgd)
D．根据动能定理可得W −μmgd=0− mv2W =−qU 所以U = 0 故D正确。故选
ab 2 0 ab ab ab 2q
D。
考向三 电场中的动量观点的应用
7．（2024·山东济南·二模）如图所示在场强为E的匀强电场中有一带电绝缘物体P处于水平面上。已知P
的质量为m、带电量为+q，其所受阻力与时间的关系为f =f +kt。t=0时物体P由静止开始运动直至速度
0再次为零的过程中，以下说法正确的是（ ）
Eq−f
A．物体达到最大速度的时间 0
mk
(Eq−f ) 2
B．物体达到的最大速度为 0
2mk
Eq(Eq−f )
C．全过程中，物体所受电场力的冲量为 0
2k
f (Eq−f )
D．全过程中，物体的阻力f的冲量为 0 0
k
【答案】B
Eq−f
【详解】AB．当物体所受合力为零时，物体的速度最大，则有Eq=f +kt解得t= 0从静止到物体达
0 k
f +Eq (Eq−f ) 2
到的最大速度，由动量定理有Eqt− 0 t=mv −0解得v = 0 故A错误，B正确；
2 m m 2mk
f +f +kt' 2(Eq−f )
CD．根据题意，对全过程，由动量定理有Eqt'− 0 0 t'=0解得t'= 0 则全过程中，物体所
2 k
2Eq(Eq−f ) f +f +kt' 2Eq(f −Eq)
受电场力的冲量为I =Eqt'= 0 物体的阻力f的冲量为I =− 0 0 t'= 0 故
1 k 2 2 k
CD错误。故选B。
8．（2024·安徽合肥·二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原
理简化如下图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，
经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流
强度为I．氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产
生的推力为（ ）√mU I √mU √mU √2mU
A．I B． C．I D．I
2q 2 q q q
【答案】D
【详解】氙离子经电场加速，根据动能定理有qU=
1
mv2−0解得v=
√2qU
设单位体积内离子数目为n，
2 m
加速喷出时截面积为S，在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出Δm=nmSvΔt形成电流为
√2mU √2mU
II=nqSv由动量定理可得FΔt=Δmv联立可得F=I 离子推进器产生的推力为I 。故选D。
q q
题型二 磁场中三大观点的综合应用
一、 磁场中动力学观点
1. 利用平衡平衡条件或牛顿第二定律处理通电导线在磁场中的平衡和加速问题。
2.带电粒子在叠加场中的直线运动
(1)带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平
衡解题。
(2)带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡
条件解题。
3.带电粒子在叠加场中的圆周运动
(1)带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。
(2)洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。
二、 磁场中能量观点带电粒子或带电体在磁场运动时，洛伦兹力不做功，只有其重力、摩擦力等力做功，可以利用动能定理。
三、 磁场中动量观点
带电体在叠加场中运动的问题，如果带电体做一般性的曲线运动，因洛伦兹力随着带电体运动过程中
速度大小和方向的变化，对此一般性曲线处理较为困难，可以利用微元的思想，对带电体列分方向动量定
理。例如：qv B∆t−mgt=mv−0
x
9．（2024·重庆·高考真题）小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为
2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为
L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面
内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加
速度为g，当P匀速下降时，求
（1）P所受单根导线拉力的大小；
（2）Q中电流的大小。
mg
【答案】（1）mg；（2）
BL
【详解】（1）由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设导线的拉力大小为T，对P有
2T = 2mg解得T = mg
mg
（2）设Q所受安培力大小为F，对P、Q整体受力分析，有mg＋F = 2mg又F = BIL解得I=
BL
【技巧点拨】
（1）根据平衡条件，对P受力分析，求单根导线拉力的大小；
（2）根据平衡条件，对整体受力分析，求单Q中电流的大小。
10．（2024·浙江·高考真题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电
荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所
在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v 沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
0A．合力冲量大小为mvcosθ B．重力冲量大小为mv sinθ
0 0
qBv2 2mgcosθ
C．洛伦兹力冲量大小为 0 D．若v = ，弹力冲量为零
2gsinθ 0 qB
【答案】CD
【详解】A．根据动量定理I=0−mv =−mv 故合力冲量大小为mv ，故A错误；
0 0 0
v mv
B．小球上滑的时间为t= 0 重力的冲量大小为I =mgt= 0故B错误；
gsinθ G sinθ
C．小球所受洛伦兹力为Bqv=Bq(v −at)=−Bqat+Bqv ，a=gsinθ随时间线性变化，故洛伦兹力冲量
0 0
v v v qBv2
大小为I =q× 0×Bt=q× 0×B× 0 = 0 故C正确；
洛 2 2 gsinθ 2gsinθ
2mgcosθ
D．若v = ，0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv =2mgcosθ小球在垂直细杆方向所受合力为零，可
0 qB 0
得Bqv=mgcosθ+F 即F =Bqv−mgcosθ=Bq(v −at)−mgcosθ=mgcosθ−Bqtgsinθ则小球在整个减
N N 0
速过程的F −t图像如图
N
图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。故选CD。
【技巧点拨】
（1）做好受力分析，根据受力分析对带电小球运动形式做出判断；（2）根据洛伦兹力和弹力随时间变化的关系表达式，明确两个力与时间的线性关系。
考向一 磁场中的动力学观点的应用
11．（2023·山东青岛·三模）如图，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，粗糙绝缘
的水平面上有一带正电小球，从P点由静止释放后向右运动，运动过程中会经过N点。已知小球质量m、
电荷量q，电场强度大小E，磁感应强度大小B，小球与水平面间动摩擦因数μ，重力加速度g，PN=L。
则关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球先做加速运动，后做减速运动，最后静止
qE−μmg
B．小球能够达到的最大速度为
μqB
C．小球运动到N点时合外力做的功为qEL−μmgL
D．若小球带负电，向左运动一段时间后会脱离水平面
【答案】B
【详解】AB．由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，大小为f =qvB小球所受摩擦力为
洛
f =μ（f +mg）根据牛顿第二定律可得qE−f =ma解得qE−μ（qvB+mg）=ma由题意可知小球先
洛
做加速运动，随着速度增大，洛伦兹力增大，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大，此时有
qE−μmg
qE=μ（qvB+mg）解得v= 此后小球做匀速直线运动，故A错误，B正确；
μqB
C．小球运动到N点时合外力做的功为W =qEL−W 由于
f
N=mg+qvBW >μmgL故C错误；
f
D．若小球带负电，向左运动时受到向左的电场力，向右的摩擦力，此时洛伦兹力向下，所以运动一段时
间后小球不会脱离水平面，故D错误。故选B。
12．（2023·河北保定·三模）粗糙水平地面上方存在着方向竖直向下的匀强电场，MN边界的左边存在着如
图所示的匀强磁场，一带电滑块（可视为质点）以速度v向右匀速运动，已知电场强度为E，磁感应强度E
B= ，重力加速度为g，滑块滑过边界MN之后经时间，速度方向与水平面夹角30°，根据以上条件，下
2v
列结论正确的是（ ）
A．滑块带正电 B．滑块可带正电也可以带负电
√3v √3v2
C．t= D．在时间t内，滑块在水平方向的位移为
3g g
【答案】C
【详解】AB．滑块滑过边界MN之后经时间，速度方向与水平面夹角30°，可知滑块受电场力向上，所以
滑块带负电，故AB错误；
E
CD．在MN左侧，带电滑块（可视为质点）以速度向右匀速运动，则有qE=qvB+mg结合题中B= ，
2v
解得qE=2mg滑块在MN右侧，根据牛顿第二定律有qE−mg=ma解得a=g，方向向上经t时间，根据速
at √3v √3v2
度的关系有tan30°= 解得t= 水平方向做匀速直线运动，有x=vt= 故C正确，D错误。故选
v 3g 3g
C。
考向二 磁场中的能量观点的应用
13．（2024·河南·一模）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、
D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R（R远大于轨道内径），直线段AC、HD粗糙，与圆
弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场
中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有
一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的√3
P点由静止释放，若PC=l，小球所受电场力等于其重力的 倍，所受摩擦力为小球与直线段轨道之间弹
3
力的μ倍，重力加速度为g，则（ ）
2√3mg
A．小球在轨道AC上下滑的最大速度为
3μqB
B．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中速度一直在增大
2√3
C．经过足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是 mgl
3
D．经过足够长时间，小球经过O点时对轨道的弹力一定为2mg+Bq√gR
【答案】AC
2√3
【详解】A．当小球合力为零时，加速度为零，速度最大，有f =mgsin60°+qEcos60°= mg，
m 3
2√3mg
mgcos60°+N=qEsin60°+qv B又f =μN=μqv B解得最大速度v = ，A正确；
m m m m 3μqB
1
B．小球第一次沿轨道AC下滑过程中，电场力在垂直轨道方向的分量为F =qEsin60°= mg重力在垂直
1 2
1
轨道方向上的分量为G =mgcos60°= mg=F 因此，电场力与重力的合力方向恰好沿AC方向，且刚开
1 2 1
始时小球与管壁无作用力。当小球开始运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致小球对管壁有压力，从而
导致滑动摩擦力增大，由牛顿第二定律mgsin60°+qEcos60°−μqvB=ma小球一开始做加速度逐渐减小
的加速运动，直到加速度为零，开始做匀速直线运动，B错误；
C．最终小球在CD间做往复运动，由动能定理√(mg) 2+(qE) 2·l−W =0−0解得克服摩擦力做功
f
2√3
W = mgl，C正确；
f 31 v2
D．小球经过O点时满足mgR(1−cos60°)= mv2 小球经过O点向右运动时N−mg+qvB=m 小球经过
2 R
v2
O点向左运动时N−mg−qvB=m 解得小球对轨道的弹力为N'=N=2mg−Bq√gR或
R
N'=N=2mg+Bq√gR，D错误。故选AC。
14．（2024·安徽池州·二模）如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感
应强度为B。质量为m、带电量为−q（q>0）的绝缘物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度
g。现将小物块紧贴竖直墙壁由静止释放，当小物块沿绝缘墙壁下滑h时获得最大速度开始匀速下滑，墙壁
足够长，下列说法正确的是（ ）
A．小物块运动过程中的最大加速度为g
mg
B．小物块获得最大速度v=
μqB
m2g2
C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程克服摩擦力做的功W =mgℎ−
2μ2q2B2
m μqBℎ
D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程经历的时间t= +
μqB mg
【答案】ABD
mg−μqvB
【详解】A．小物块运动过程中的加速度a= 物块由静止释放时有最大加速度a =g，A正确；
m m
mg
B．物块速度最大时合力为零，根据平衡条件得μqvB=mg解得小物块能达到的最大速度为v= ，B正
μqB
确；
1 m3g2
C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程根据动能定理
mv2=mgℎ−W解得w=mgℎ−
，C错误；
2 2μ2q2B2
D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程，根据动量定理mv=mgt−ΣμqBvtmv=mgt−μqBℎ解得m μqBℎ
t= + ，D正确；故选ABD。
μqB mg
考向三 磁场中的动量观点的应用
15．（2025·安徽黄山·一模）如图所示，质量为m，下端封闭、上端开口且内壁光滑的绝缘玻璃管竖直放
置，管底有一带正电的小球，电量为q，质量也为m。空间存在足够大且垂直纸面向里的水平匀强磁场，
mg
磁感应强度B= 。在斜向上的外力作用下，玻璃管在磁场中由静止开始做水平向右的匀加速直线运动，
4q
g
加速度大小为 ，最终小球从上端开口飞出。设运动过程中小球的电荷量始终保持不变，重力加速度g取
2
10 m/s2。则：
(1)求小球在玻璃管内脱离底部之前的运动时间；
(2)已知小球飞出玻璃管前的运动时间t = 2 s，求小球运动到玻璃管最高点时的加速度大小；
(3)如果小球在玻璃管内脱离底部之后外力保持不变，求玻璃管的最大速度大小（此时小球未飞出玻璃管）。
【答案】(1)0.8 s(2)5√10m/s2(3)(4+2√2)m/s
【详解】（1）设小球在玻璃管内脱离底部之前经历的运动时间为t，水平方向速度为v0，小球脱离底部
1
时，有qv B=mg且v =a t 联立可得t =0.8s
0 0 x 1 1
（2）小球在玻璃管中向上运动时间为t2，显然t =t−t 竖直方向q(v +a t )B−mg=ma 代入数据可得
2 1 0 x 2 y
竖直方向最大加速度a =15m/s2 故合加速度为a=√a2+a2 代入数据可得a=5√10m/s2
y x y
（3）设玻璃管匀速时玻璃管的速度为v，此时小球相对玻璃管的速度为v，当小球刚刚脱离玻璃管底端
1 2
时水平方向 因为玻璃管达最大速度，加速度为0，所以 解得 竖直方向
F =2ma =mg F =qv B v =4m/s
x x x 2 2
对小球列动量定理 又玻璃管水平位移 该过程中对系统水平方向列动量定
qv Bt −mgt =mv −0 s=v t
x 2 2 2 x 2
理 又小球竖直位移 该过程中对系统列动能定理
F t −qv Bt =2mv −2mv ℎ=v t
x 2 y 2 1 0 y 21 1 1
F s−mgℎ= mv2+ m(v2+v2)− ×2mv2 联立解得v =(4+2√2)m/s
x 2 1 2 1 2 2 0 1
16．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，固定的光滑绝缘斜面的倾角为θ(0°<θ<90°)，空间存在水平向里
的匀强磁场。一质量为m的带正电小球，t=0时刻从斜面上静止释放，经过时间T 离开斜面。重力加速度
0
为g，不计其他阻力。
（1）求小球离开斜面时的速度v；
0
（2）小球离开斜面后，在竖直面内的运动轨迹如图中虚曲线所示，且运动过程中的加速度大小始终不变。
已知小球经过相邻两个轨迹最高点所用的时间为2πT tanθ，求：
0
（ⅰ）小球的轨迹最高点和最低点间的高度差h；
（ⅱ）相邻两个最高点间的距离x。
【答案】（1）gT sinθ；（2）（ⅰ）2gT2tan2θsinθ；（ⅱ）2πgT2tan2θ
0 0 0
【详解】（1）小球释放后，沿斜面向下加速，洛伦兹力垂直斜面向上，小球脱离斜面前，洛伦兹力不影
响小球的加速度，沿斜面方向，由牛顿第二定律有mgsinθ=ma解得a=gsinθ小球在斜面上做匀加速直线
运动，由运动学公式有v =aT 解得v =gT sinθ
0 0 0 0
（2）小球刚要离开斜面时，垂直斜面方向，有qv B=mgcosθ设小球离开斜面后，在轨迹最低点的速度
0
为v ，在轨迹最高点的速度为v ，分析可知，v 、v 的方向都水平向右，且小球离开斜面后的加速度大小
1 2 1 2
都等于刚脱离斜面时的加速度a=gsinθ
（ⅰ）在最低点，小球加速度向上，由牛顿第二定律有qv B−mg=ma在最高点，小球加速度向下，由牛
1
顿第二定律有mg−qv B=ma小球从最低点运动到最高点，只有重力做功，洛伦兹力不做功，由动能定理
2
1 1
有−mgℎ= mv2− mv2 解得ℎ=2gT2tan2θsinθ
2 2 2 1 0
（ⅱ）小球离开斜面后，从一个最高点向相邻最高点运动的过程中，设某一时刻速度为v，方向与水平向右夹角为α，又经过一小段时间Δt，竖直方向速度变化量为Δv ，水平方向分位移为∆x，竖直方向由动
y
量定理有qBvΔtcosα−mgΔt=mΔv Δx=vΔtcosα对小球从一个最高点到相邻最高点的整个过程求和，有
y
qBx−mg⋅2πT tanθ=0−0解得x=2πgT2tan2θ
0 0
题型三 电磁感应中三大观点的综合应用
一、 电磁感应的动力学问题处理方法
1.力学对象和电学对象的相互关系
2.分析电磁感应现象中动力学问题的基本步骤
二、 电磁感应的能量问题处理方法
1.电磁感应现象中的能量转化
此类问题中克服安培力做功，转化为系统的电能，而后转化为其他形式的能量，例如焦耳热，此类问
题多用动能定理或能量守恒定律求解。2.能量转化问题的分析步骤
三、 电磁感应的能量问题处理方法
1.求解单棒或双棒问题中电量时，常用动量定理。例如 ： ，即 。
2.处理无外力等间距双棒问题时，常用动量守恒定律。
17．（2024·湖南·高考真题）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导
轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B C 段粗糙，其余部分光滑，A A 右侧处于竖直向下
1 1 1
的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v 沿导轨向右经过A A 进入磁场，
0 1
最终恰好停在CC 处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，AB=BC=d。
1
导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）v
A．金属杆经过BB 的速度为 0
1 2
1 1
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为 mv2− μmgd
2 0 2
C．金属杆经过A A B B与BB C C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
1 1 1 1
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
【答案】CD
【详解】A．设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E = BLv，
E B2L2v
I= 金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有−BILΔt=mΔv 则− t Δt=mΔv
2R 2R
B2L2d B2L2d
由于d=∑v Δt，则上面方程左右两边累计求和，可得− =mv −mv 则v =v − 设金属杆
t 2R B 0 B 0 2mR
在BB1C1C区域运动的时间为t，同理可得，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有
0
B2L2d B2L2d v μgt v
− −μmgt =−mv 解得v = +μgt 综上有v = 0+ 0> 0则金属杆经过BB1的速度大
2R 0 B B 2mR 0 B 2 2 2
v
于 0，故A错误；
2
1
B．在整个过程中，根据能量守恒有
mv2=μmgd+Q则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
2 01 1 1
Q = Q= mv2− μmgd故B错误；
R 2 4 0 2
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
B2L2 B2L2x
−∑BILΔt=−∑ v Δt= 则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，金属杆所受
2R t 2R
安培力的冲量相同，故C正确；
B2L2×2d
D．根据A选项可得，金属杆以初速度v 在磁场中运动有− −μmgt =−mv 金属杆的初速度加
0 2R 0 0
倍，设此时金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t'，全过程对金属棒分析得
B2L2x B2L2(x−4d)
− −μmgt′=0−2mv 联立整理得 =μmg(2t −t′)分析可知当金属杆速度加倍后，金
2R 0 2R 0
属杆通过BB1C1C区域的速度比第一次大，故t′4d可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆
0
在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。故选CD。
【技巧点拨】
（1）利用微元法列出动量定理表达式，分析ACD选项；
（2）利用能量守恒定律，分析产生的热量。
18．（2024·辽宁·高考真题）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、
右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有
一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，
ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中
（ ）
√3mg
A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于
3BL
C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1 D．两棒产生的电动势始终相等【答案】AB
【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
2mgsin30°−2BILcos30°=2ma 对cdmgsin30°−BILcos30°=ma 故可知a =a 分析可知两个导
ab cd ab cd
体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，
故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流
√3mg
达到稳定值，此时对ab分析可得2mgsin30°=2BILcos30°解得I= 故B正确，C错误；
3BL
D．根据前面分析可知a =a ，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的
ab cd
感应电动势不等，故D错误。故选AB。
【技巧点拨】
（1）做好受力分析，根据牛顿第二定律分别对两导体棒列方程，注意磁感应强度B的方向；
（2）回路中电流达到稳定的条件是什么。
考向一 电磁感应中的动力学观点的应用
19．（2024·河南安阳·一模）如图所示，两光滑且足够长的平行导轨与水平面的夹角为α=45°，两平行水
平虚线MN和PQ之间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，PQ以下区域有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，
PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。两质量相等、电阻均为R的导体棒a、b垂直导轨放置，两棒之
间用不计质量的绝缘轻杆相连，开始导体棒b恰好与虚线MN重合，无初速释放导体棒后导体棒始终与导
轨垂直且接触良好，在导体棒运动过程中发现有两段时间内做匀速直线运动，第一次做匀速直线运动时速
度为v ，第二次做匀速直线运动时速度为v ，不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
1 2
A．MN和PQ之间距离有可能小于导体棒a、b间距离B．MN和PQ之间距离一定大于导体棒a、b间距离
C．第一次做匀速直线运动时b棒有可能进入QP之下的磁场
D．两次做匀速直线运动时速度满足v =4v
1 2
【答案】AD
【详解】AB．由于各物理量的具体数据未知，所以无法确定导体棒第一次做匀速直线运动时导体棒的位移
与MN和PQ之间距离的大小关系，所以MN和PQ之间距离有可能小于导体棒a、b间距离，故A正确，
B错误；
C．如果第一次做匀速直线运动时b棒进入QP之下磁场，则会一直匀速运动直到a棒进入下方磁场此时回
路中午感应电流不会第二次匀速，故C错误；
Blv 2√2Rmg
D．第一次做匀速直线运动时有BIl=2mgsin45°其中I= 1解得v = 第二次做匀速直线运动
2R 1 B2l2
2Blv √2Rmg 1
时有2BI′l=2mgsin45°其中I′= 2解得v = 所以有v = v 故D正确。故选AD。
2R 2 2B2l2 2 4 1
20．（2024·山东济宁·模拟预测）如图所示，间距L=1m、足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角
为30°，其左端接一阻值R=1Ω的定值电阻。直线MN垂直于导轨，在其左侧面积S=1m2的圆形区域内存在
垂直于导轨所在平面向上的磁场，磁感应强度B随时间的变化关系为B=8t（T），在其右侧（含边界
MN）存在磁感应强度大小B=2.5T、方向垂直导轨所在平面向下的匀强磁场。t=0时，某金属棒从MN处
0
√3
以v=4m/s的初速度开始沿斜面向上运动，已知金属棒质量m=1kg，与导轨之间的动摩擦因数μ= ，导
0 2
轨、金属棒电阻不计且金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（
）
A．t=0时，闭合回路中有大小为2A的逆时针方向的电流
B．金属棒在运动过程中受到的安培力方向一直沿斜面向下
C．金属棒最终将以1.2m/s的速度匀速运动
D．金属棒最终将以1.0m/s的速度匀速运动
【答案】AC【详解】A．t=0时，金属棒产生的动生电动势大小E =B Lv =2.5×1×4V =10V方向由N到M。圆
动 0 0
ΔΦ ΔB
形区域内磁感应强度B随时间均匀变化，在闭合回路中产生感生电动势大小为E = = S=8V方向
感 Δt Δt
沿顺时针方向。因E ＞E ，所以金属棒中的电流方向由N→M，闭合回路中有逆时针方向的电流，电
动 感
E −E
流大小为I= 动 感=2A故A正确；
R
B．金属棒开始运动时，金属棒受到沿斜面向下的安培力、重力的分力和摩擦力作用，沿斜面向上减速运
ΔB
动，当B Lv = S时，感应电流为零，但金属棒仍受到沿斜面向下的重力的分力和摩擦力作用，继续减
0 1 Δt
ΔB
速，此后B Lv< S这时闭合回路中有顺时针方向的电流，金属棒受到沿斜面向上的安培力和沿斜面向
0 Δt
下重力的分力、摩擦力的作用，故金属棒在运动过程中受到的安培力方向不是一直沿斜面向下，故B错误；
CD．沿斜面向上的安培力大小等于沿斜面向下重力的分力与摩擦力的合力时，金属棒开始匀速运动，即
ΔB
S−B Lv
Δt 0 解得金属棒匀速运动的速度大小v=1.2m/s故C正确，D错误。
B L=μmgcosθ+mgsinθ
0 R
故选AC。
考向二 电磁感应中的能量观点的应用
21．（2025·重庆·一模）如图甲所示，一倾角为θ、上端接有阻值为R的定值电阻的光滑导轨，处于磁感应
强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨电阻忽略不计、且ab两点与导
轨上端相距足够远。一质量为m的金属棒，在棒中点受到沿斜面且平行于导轨的拉力F作用，由静止开始
从ab处沿导轨向上加速运动，金属棒运动的速度—位移图像如图乙所示（b点位置为坐标原点）。金属棒
在导轨间连接的阻值为R，且重力加速度为g，则金属棒从起点b沿导轨向上运动x 的过程中（ ）
0A．金属杆所受安培力的大小与速率成正比
B．金属棒做匀加速直线运动
B2L2v x
C．定值电阻产生的焦耳热为 0 0
4R
1 B2L2v x
D．拉力F做的功为 mv2+mgx sinθ+ 0 0
2 0 0 4R
【答案】AD
【详解】B．根据图乙可知v − x图像为一条倾斜的直线，若金属棒做匀加速直线运动，金属棒运动的速度
位移之间的关系为v2−v2=2ax此时v
− x图像应该为曲线，所以金属棒做变加速直线运动，故B错误；
0
BLv B2L2v
A．金属杆所受安培力的大小为F =BLI=BL = 故金属杆所受安培力的大小与速率成正比，
安 R+R 2R
故A正确；
CD．金属棒从静止开始从ab处沿导轨向上加速运动过程ab棒产生a流向b的感应电流，受到沿斜面向下
1
的安培力，从开始到向上运动x0的过程中，根据动能定理得W +W −mgx sinθ= mv2 这段时间v −
安 F 0 2 0
v x B2L2v B2L2 v x B2L2v x
x图像与横轴围成图形的面积为 0 0，所以W =− x=− ⋅ 0 0=− 0 0解得
2 安 2R 2R 2 4R
1 B2L2v x
W = mv2+mgx sinθ+ 0 0电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以定值电阻产生的焦
F 2 0 0 4R
R B2L2v x
耳热为Q =− W = 0 0故C错误，D正确。故选AD。
焦 2R 安 8R
1
22．（2024·安徽合肥·三模）如图所示，相距为 L的水平虚线MN、PQ间有垂直纸面向外的匀强磁场，
2
1
磁感应强度大小为B。“日”学形闭合导体线框竖直放置，线框宽为L，cd到MN的距离为 L，将金属框
2
由静止释放，cd边和ef边都恰好匀速通过磁场。已知ab、cd、ef边的电阻分别为R、R、3R，其他部分电
阻不计，运动中线框平面始终与磁场垂直，ab边始终水平，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正
确的是（ ）A．ef边和cd边通过磁场的速度之比为2:1
3BL2
B．cd边通过磁场过程中，通过ab边的电量为
14R
B2L3
C．ef边通过磁场过程中，安培力的冲量大小为
14R
4B2L3√gL
D．整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热
7R
【答案】ABD
B2L2v B2L2v
【详解】A．cd边进磁场时的速度为v ，则有mg= 1ef边进磁场时的速度为v ，则有mg= 2
1 2
1.75R 3.5R
解得v :v =2:1选项A正确；
2 1
1
BL× L 3 3BL2
B．cd边通过磁场过程中，通过cd边的电量为 2 BL2 则通过ab边的电量q = q= 选
q= = 1 4 14R
1.75R 3.5R
项B正确：
1
L
C．ef边通过磁场过程中，安培力的冲量大小 2 mgL B2L3 选项C错误；
I=mg× = =
v 2v 7R
2 2
1
D．整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为Q=2mg× L=mgL
2
1 1 B2L2√gL 4B2L3√gL
根据机械能守恒有mg× L= mv2 解得v =√gL则m= 解得Q= 选项D正确。故选
2 2 1 1 1.75gR 7R
ABD。
考向三 电磁感应中的动量观点的应用23．（2024·全国·模拟预测）如图所示，足够长的U形金属框质量M=0.5kg，放在光滑绝缘水平面上，相
距L=1m的两条边M M′、N N′相互平行，电阻R =0.2Ω的MN边垂直于M M′边。质量m=0.1kg的光滑
1
导体棒ab横放在金属框上，其接入电路的电阻R =0.1Ω。ab棒被左侧固定在水平面上的两个立柱挡住。
2
整个装置处于竖直向上的空间足够大的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。t=0时刻，金属框获得一水平
向左、大小为6m/s的初速度，金属框停止运动时，向左运动的总位移为x 。已知运动过程中ab棒与金属
1
框M M′边始终垂直且接触良好，其他电阻忽略不计。下列说法正确的是（ ）
25
A．t=0时刻，金属框的加速度大小为 m/s2
3
B．x =3.6m
1
C．若仅撤去立柱，则通过ab棒的总电荷量为5C
D．若仅撤去立柱，则ab棒上产生的焦耳热为0.5J
【答案】BD
【详解】A．t=0时刻金属框开始向左运动，MN边切割磁感线产生的感应电动势E=BLv 产生的感应电
0
E B2L2v
流I= 金属框受到的安培力F =BIL= 0对金属框根据牛顿第二定律有F =Ma 解得
R +R 安 R +R 安 0
1 2 1 2
a =10m/s2 ，A错误；
0
E ΔΦ BLx
B．设通过MN边的电荷量为q ，则有q =It= t= = 1 对金属框由动量定理有
1 1 R +R R +R R +R
1 2 1 2 1 2
−BLIt= −BLq =0−Mv 解得x =3.6m，B正确；
1 0 1C．若仅撤去立柱，金属框与ab棒组成的系统动量守恒，设共速时的速度为v ，则有Mv =(M+m)v 对
1 0 1
ab棒由动量定理有BLI′t′=BLq =mv 解得q =1C，C错误；
2 1 2
1 1
D．若仅撤去立柱，对金属框与ab棒组成的系统，由能量守恒定律有Q = Mv2− (M+m)v2 ab棒上
总 2 0 2 1
R
产生的焦耳热Q = 2 Q 解得Q =0.5J，D正确。故选BD。
ab R +R 总 ab
1 2
24．（2024·江苏南通·模拟预测）如图所示，两足够长的光滑平行长直金属导轨固定在水平面上，导轨间
距为L。两根长度均为L的导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的质量为2m，电阻为R，导体棒b的质量
为m，电阻为2R。导轨间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，给导体棒b一个水平向右的瞬
时冲量I，使b获得一个向右的初速度，同时给导体棒a一个水平外力，使a保持静止，当b的速度减小为
初速度的一半时，撤去作用在a上的外力。两导体棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，平行长直金
属导轨的电阻忽略不计。从给b一个冲量到最终a、b共速的过程中，下列说法正确的是（ ）
B2L2I
A．作用在导体棒a上的最大外力为
mR
I
B．作用在导体棒a上的外力的冲量大小为
2
2I
C．通过导体棒b的电量为
3BL
11I2
D．整个回路产生的焦耳热为
24m
【答案】BD
【详解】A．导体棒b获得初速度瞬间有I=mv 此时的感应电动势E =BLv 此时的感应电流为
0 0 0
E B2L2I
I = 0 此时作用在导体棒a上的外力最大，根据平衡条件有F =BI L解得F = 故A错误；
0 R+2R max 0 max 3mR
B．有外力作用时，处于静止状态，外力与导体棒a所受安培力始终大小相等，方向相反，而两导体棒中电流相等，所受安培力大小相等，方向相反，则外力与导体棒b所受安培力大小相等，方向相同，可知外
力的冲量与安培力对导体棒b的冲量大小相等，方向相同，对导体棒b进行分析，根据动量定理有
1 I
−I =−I =m⋅ v −mv 解得I = 故B正确；
F 安 2 0 0 F 2
1
C．撤去外力后，b 减速，a向右加速，对两棒构成的系统，根据动量守恒定律有m⋅ v =(m+2m)v 解
2 0 1
v q
得v = 0对导体棒b进行分析，根据动量定理有−BI<=mv −mv 根据电流的定义式有I= 结合上述解
1 6 1 0 t
5I
得q= 故C错误；
6BL
1 1 11I2
D．根据能量守恒定律，整个回路产生的焦耳热为Q= mv2− (m+2m)v2 结合上述解得Q= 故D
2 0 2 1 24m
正确。故选BD。
