文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
......................................................................................................................................................................................4
......................................................................................................................................................................................5
题型一 电场中的三大观点的综合应用................................................................................................................5
........................................................................................................................................................................................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
........................................................................................................................................................................................6
........................................................................................................................................................................................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
......................................................................................................................................................................................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
......................................................................................................................................................................................12
......................................................................................................................................................................................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
......................................................................................................................................................................................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
......................................................................................................................................................................................20
......................................................................................................................................................................................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
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
考向三 电磁感应中的动量观点的应用....................................................................................................................26
命题统计
命题要点
2024 年
2023 年
2022 年
热
考
角
度
电场中的三大
观点的应用
2024·山东卷·T10
2024·河北卷·T14
2024·江西卷·T10
2024·广西卷·T7
2024·福建卷·T16
2023·新课标卷·T12
2023·湖北卷·T10
2023·北京卷·T20
2023·福建卷·T16
2023·河北卷·T7
2022·浙江卷·T9
2022·辽宁卷·T10、T14
2022·海南卷· T11
2022 福建卷 T8
磁场中的三大
观点的应用
2024·安徽卷 T10
2024·浙江卷 T15
2024·重庆卷T13
2023·北京卷·T13、T19
2023·江苏卷·T16
2023·浙江卷·T23
2022·湖南卷·T3
2022·天津卷·T13
2022·湖北卷· T11
电磁感应中的
三大观点的应
用
2024·河北卷·T14
2024·辽宁、吉林、黑龙江卷·T9
2024·山东卷·T11
2024 北京卷 T20
2024 湖南卷 T8
2024 江西卷T15
2024 辽宁卷T9
2024 海南卷T13
2023·北京卷·T9
2023·广东卷·T14
2023·山东卷·T12
2023·天津卷·T11
2023 重庆卷T7
2023 福建卷T4
2023 全国甲卷T12
2023 湖南卷T14
2022·湖南卷·T10
2022·重庆卷·T7
2022·湖北卷· T11
2022 福建卷 T17
2022 全国甲卷 T7
2022 浙江1 月卷 T22
2022 辽宁卷 T15
2022 福建卷 T15
命题规律
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
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。
考向预测
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
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。
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
主要模型：线框模型、
单双棒模型
主要运动形式：直
线运动、
匀速圆周运动
一
主要运动形式：
直线运动、
抛体运动
圆周
动量的
观点
动量的
观点
动量的
观点
能量的
观点
动力学
观点
能量的
观点
动力学
观点
磁
场
能量的
观点
动力学
观点
电磁
感应
电
场
电学中三大观点
的综合应用
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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)WAB＝qUAB(普遍适用)
(2)W＝qEx cos θ(适用于匀强电场)
(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解)
(4)W 电＋W 非电＝ΔEk(由动能定理求解)
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。
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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v0做完整的圆周运动，则（ ）
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；
C．根据动能定理(mg−Eq) R = 1
2 m vB
2 −1
2 m v0
2可求出小球到B 点时的速度vB，根据a1= vB
2
R
可得小球的向
心加速度，再根据牛顿第二定律mg−Eq =ma2可得小球的切向加速度a2，再根据矢量合成可得B 点的加
速度为a=√a1
2+a2
2故C 正确；
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；
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（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（ ）
A．在XX′极板间的加速度大小为eU
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
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α 的正切tan α =
l
20d
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小ax = eE
m = eU
md ，A 错误；
B．电子电极XX′间运动时，有vx = axtt = l
v z
电子离开电极XX′时的动能为
Ek= 1
2 m(v z
2+ v x
2)=eU (10+
l
2
40d
2 )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
为eU (10+
l
2
40d
2 )，B 错误；
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小I x =m v x = l
d √
meU
20
，C 错误；
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α 的正切tanα = v x
v z
=
l
20d ，D 正确。故选D。
【技巧点拨】
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（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2 gsinθ，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F1，滑轮与物块之间细线张力大小为F2，则（ ）
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．F1逐渐增大
B．F1逐渐减小
C．F2逐渐增大
D．F2先减小后增大
【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
′ = F2=mg+ F
AB 绳上的张力F1=
G
′
2cosθ
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
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
于竖直向下的匀强电场中，电场强度E = mg
q 。已知小球可视为质点，静电力常量为k，重力加速度为g，
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
D．小球经过D 点时，细线的拉力大小为F =3mg+ kQq
L
2
【答案】C
【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+ kQq
L
2 =ma解得
a=2g+ kQq
m L
2故A 错误；
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
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= 1
2 mv
2解得v =2√gL故C 正确；
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−kQq
L
2 =m v
2
L 解得F =6mg+ kQq
L
2 故
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v0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
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（ ）
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．滑块在b 点的加速度一定为0
B．滑块在运动过程的中间位置，速度的大小等于√2
2 v0
C．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于v0
2
D．Q 产生的电场中，a、b 两点间的电势差为U ab= m(v0
2−2 μgd )
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；
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 x
2
=√
v0
2
2 = √2
2 v0
在运动过程的中间时刻，速度的大小为v t
2
= v0
2 而实际上，随着间距减小，库仑力增大，但一直小于滑动摩
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√2
2 v0，中间时刻的速度不等于v0
2 ，故BC
错误；
D．根据动能定理可得W ab−μmgd =0−1
2 m v0
2W ab=−qU ab所以U ab= m(v0
2−2 μgd )
2q
故D 正确。故选
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 0+ kt。t =0时物体P 由静止开始运动直至速度
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
再次为零的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物体达到最大速度的时间Eq−f 0
mk
B．物体达到的最大速度为(Eq−f 0)
2
2mk
C．全过程中，物体所受电场力的冲量为Eq(Eq−f 0)
2k
D．全过程中，物体的阻力f 的冲量为f 0(Eq−f 0)
k
【答案】B
【详解】AB．当物体所受合力为零时，物体的速度最大，则有Eq= f 0+ kt解得t = Eq−f 0
k
从静止到物体达
到的最大速度，由动量定理有Eqt −f 0+ Eq
2
t =mvm−0解得vm = (Eq−f 0)
2
2mk
故A 错误，B 正确；
CD．根据题意，对全过程，由动量定理有Eqt
'−f 0+ f 0+k t
'
2
t
' =0解得t
' = 2(Eq−f 0)
k
则全过程中，物体所
受电场力的冲量为I 1= Eqt
' = 2 Eq(Eq−f 0)
k
物体的阻力f 的冲量为I 2=−f 0+ f 0+k t
'
2
t
' = 2 Eq(f 0−Eq)
k
故
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（ ）
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．I√
mU
2q
B．I
2√
mU
q
C．I√
mU
q
D．I√
2mU
q
【答案】D
【详解】氙离子经电场加速，根据动能定理有qU = 1
2 m v
2−0解得v =√
2qU
m
设单位体积内离子数目为n，
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
II =nqSv由动量定理可得FΔt = Δmv联立可得F = I√
2mU
q
离子推进器产生的推力为I√
2mU
q
。故选D。
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
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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：q v x B ∆t −mgt =m v −0
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。
【答案】（1）mg；（2）mg
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
（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 = mg
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v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为m v0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为qB v0
2
2gsinθ
D．若v0= 2mgcosθ
qB
，弹力冲量为零
【答案】CD
【详解】A．根据动量定理I =0−m v0=−m v0故合力冲量大小为m v0，故A 错误；
B．小球上滑的时间为t =
v0
gsinθ
重力的冲量大小为I G=mgt = m v0
sinθ
故B 错误；
C．小球所受洛伦兹力为Bqv = Bq(v0−at)=−Bqat + Bq v0，a= gsinθ随时间线性变化，故洛伦兹力冲量
大小为I 洛=q× v0
2 ×Bt =q× v0
2 ×B×
v0
gsinθ = qB v0
2
2gsinθ
故C 正确；
D．若v0= 2mgcosθ
qB
，0 时刻小球所受洛伦兹力为Bq v0=2mgcosθ小球在垂直细杆方向所受合力为零，可
得Bqv =mgcosθ+ FN即FN = Bqv −mgcosθ = Bq(v0−at)−mgcosθ =mgcosθ−Bqtgsinθ则小球在整个减
速过程的FN−t图像如图
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；
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（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
B．小球能够达到的最大速度为qE−μmg
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 洛=qvB小球所受摩擦力为
f = μ（f 洛+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
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 = μ（qvB+mg ）解得v = qE−μmg
μqB
此后小球做匀速直线运动，故A 错误，B 正确；
C．小球运动到N 点时合外力做的功为W =qEL−W f由于
N =mg+qvBW f > μmgL故C 错误；
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
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B = E
2v ，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
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
C．t = √3 v
3 g
D．在时间t 内，滑块在水平方向的位移为√3 v
2
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；
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 = E
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
度的关系有tan30° = at
v 解得t = √3 v
3 g 水平方向做匀速直线运动，有x = vt = √3 v
2
3 g 故C 正确，D 错误。故选
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
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
P 点由静止释放，若PC =l，小球所受电场力等于其重力的√3
3 倍，所受摩擦力为小球与直线段轨道之间弹
力的μ倍，重力加速度为g，则（ ）
A．小球在轨道AC上下滑的最大速度为2√3mg
3 μqB
B．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中速度一直在增大
C．经过足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是2√3
3
mgl
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
【详解】A．当小球合力为零时，加速度为零，速度最大，有f m=mgsin60°+qEcos60° = 2√3
3
mg，
mgcos60°+ N =qEsin60°+q vm B又f m= μN = μq vm B解得最大速度vm= 2√3mg
3 μqB ，A 正确；
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F1=qEsin60° = 1
2 mg重力在垂直
轨道方向上的分量为G1=mgcos60° = 1
2 mg= F1因此，电场力与重力的合力方向恰好沿AC方向，且刚开
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 f =0−0解得克服摩擦力做功
W f = 2√3
3
mgl，C 正确；
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．小球经过O点时满足mgR(1−cos60°)= 1
2 mv
2小球经过O点向右运动时N −mg+qvB =m v
2
R
小球经过
O点向左运动时N −mg−qvB =m v
2
R 解得小球对轨道的弹力为N ' = N =2mg−Bq√gR或
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
B．小物块获得最大速度v = mg
μqB
C．小物块沿绝缘墙壁下滑h 过程克服摩擦力做的功W =mgℎ−
m
2 g
2
2 μ
2q
2B
2
D．小物块沿绝缘墙壁下滑h 过程经历的时间t = m
μqB + μqBℎ
mg
【答案】ABD
【详解】A．小物块运动过程中的加速度a= mg−μqvB
m
物块由静止释放时有最大加速度am = g，A 正确；
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 = mg
μqB ，B 正
确；
C．小物块沿绝缘墙壁下滑h 过程根据动能定理1
2 mv
2=mgℎ−W 解得w =mgℎ−
m
3 g
2
2 μ
2q
2B
2，C 错误；
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
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
t = m
μqB + μqBℎ
mg
，D 正确；故选ABD。
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，
磁感应强度B = mg
4 q 。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，
加速度大小为g
2 ，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
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√10 m/s
2(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t1，水平方向速度为v0，小球脱离底部
时，有q v0 B =mg且v0=axt1联立可得t1=0.8 s
（2）小球在玻璃管中向上运动时间为t2，显然t2=t −t1竖直方向q(v0+axt2)B−mg=ma y代入数据可得
竖直方向最大加速度a y =15 m/s
2故合加速度为a=√ax
2+a y
2 代入数据可得a=5√10 m/s
2
（3）设玻璃管匀速时玻璃管的速度为v1，此时小球相对玻璃管的速度为v2，当小球刚刚脱离玻璃管底端
时水平方向F x =2max =mg因为玻璃管达最大速度，加速度为0，所以F x =q v2B解得v2= 4 m/ s竖直方向
对小球列动量定理q v x Bt2−mgt2=m v2−0又玻璃管水平位移s= v xt2 该过程中对系统水平方向列动量定
理F xt2−q v y Bt2=2m v1−2m v0 又小球竖直位移ℎ= v yt2该过程中对系统列动能定理
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
F x s−mgℎ= 1
2 m v1
2+ 1
2 m(v1
2+ v2
2)−1
2 ×2m v0
2联立解得v1=(4+2√2)m/s
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T0离开斜面。重力加速度
为g，不计其他阻力。
（1）求小球离开斜面时的速度v0；
（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2π T 0tanθ，求：
（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 0sinθ；（2）（ⅰ）2 gT 0
2tan
2θsinθ；（ⅱ）2πgT 0
2tan
2θ
【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v0=aT 0解得v0= gT 0sinθ
（2）小球刚要离开斜面时，垂直斜面方向，有q v0 B =mgcosθ设小球离开斜面后，在轨迹最低点的速度
为v1，在轨迹最高点的速度为v2，分析可知，v1、v2的方向都水平向右，且小球离开斜面后的加速度大小
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q v1B−mg =ma在最高点，小球加速度向下，由牛
顿第二定律有mg−q v2B =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
有−mgℎ= 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2解得ℎ=2 gT 0
2tan
2θsinθ
（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
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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 y，水平方向分位移为∆x，竖直方向由动
量定理有qBvΔtcosα −mgΔt =mΔv y 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
qBx−mg⋅2π T 0tanθ=0−0解得x =2πgT 0
2tan
2θ
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。
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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B1C1段粗糙，其余部分光滑，A A1右侧处于竖直向下
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v0沿导轨向右经过A A1进入磁场，
最终恰好停在C C1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。
导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．金属杆经过B B1的速度为v0
2
B．在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为1
2 mv0
2−1
2 μmgd
C．金属杆经过A A1B1B与B B1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
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，
I = E
2 R 金属杆在AA1B1B 区域运动的过程中根据动量定理有−BILΔt =mΔv 则−B
2 L
2vt
2 R
Δt =mΔv
由于d =∑vt Δt，则上面方程左右两边累计求和，可得−B
2 L
2d
2 R
=mvB−mv0则vB= v0−B
2 L
2d
2mR 设金属杆
在BB1C1C 区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C 区域运动的过程中有
−B
2 L
2d
2 R
−μmgt0=−mvB解得vB= B
2 L
2d
2mR + μgt0综上有vB= v0
2 + μgt0
2
> v0
2 则金属杆经过BB1 的速度大
于v0
2 ，故A 错误；
B．在整个过程中，根据能量守恒有1
2 m v0
2= μmgd +Q则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
QR= 1
2 Q = 1
4 m v0
2−1
2 μmgd故B 错误；
C．金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为
−∑BILΔt =−∑B
2 L
2
2 R vt Δt = B
2 L
2 x
2 R
则金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域滑行距离均为d，金属杆所受
安培力的冲量相同，故C 正确；
D．根据A 选项可得，金属杆以初速度v0在磁场中运动有−B
2 L
2×2d
2 R
−μmgt0=−m v0金属杆的初速度加
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
−B
2 L
2 x
2 R
−μmgt
′ =0−2m v0联立整理得B
2 L
2(x−4 d)
2 R
= μmg(2t0−t
′)分析可知当金属杆速度加倍后，金
属杆通过BB1C1C 区域的速度比第一次大，故t
′<t0，可得x>4 d可见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，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
（ ）
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab 中电流趋于√3mg
3 BL
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
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【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° =2maab对cdmgsin30°−BILcos30° =macd故可知aab=acd分析可知两个导
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
达到稳定值，此时对ab 分析可得2mgsin30° =2BILcos30°解得I = √3mg
3 BL 故B 正确，C 错误；
D．根据前面分析可知aab=acd，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
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v1，第二次做匀速直线运动时速度为v2，不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．MN 和PQ 之间距离有可能小于导体棒a、b 间距离
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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v1= 4 v2
【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；
D．第一次做匀速直线运动时有BIl =2mgsin45°其中I = Bl v1
2 R
解得v1= 2√2 Rmg
B
2l
2
第二次做匀速直线运动
时有2B I
′l =2mgsin45°其中I
′ = 2Bl v2
2 R
解得v2= √2 Rmg
2B
2l
2 所以有v2= 1
4 v1故D 正确。故选AD。
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B0=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
以v0=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= √3
2 ，导
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
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】A．t=0 时，金属棒产生的动生电动势大小E动= B0 Lv0=2.5×1×4V =10V 方向由N 到M。圆
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感= ΔΦ
Δt = ΔB
Δt S =8V 方向
沿顺时针方向。因E动＞E感，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
流大小为I = E动−E感
R
=2 A故A 正确；
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
动，当B0 Lv1= ΔB
Δt 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
速，此后B0 Lv < ΔB
Δt 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
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
B0
ΔB
Δt S−B0 Lv
R
L= μmgcosθ+mgsinθ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。
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x0的过程中（ ）
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．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
C．定值电阻产生的焦耳热为B
2 L
2v0 x0
4 R
D．拉力F 做的功为1
2 m v0
2+mg x0sinθ+ B
2 L
2v0 x0
4 R
【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v
2−v0
2=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；
A．金属杆所受安培力的大小为F安= BLI = BL BLv
R+ R = B
2 L
2v
2 R
故金属杆所受安培力的大小与速率成正比，
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
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 安+W F−mg x0 sinθ = 1
2 mv0
2这段时间v −
x 图像与横轴围成图形的面积为v0 x0
2
，所以W 安=−B
2 L
2v
2 R
x =−B
2 L
2
2 R ⋅v0 x0
2
=−B
2 L
2v0 x0
4 R
解得
W F = 1
2 mv0
2+mg x0 sinθ+ B
2 L
2v0 x0
4 R
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
耳热为Q焦=−R
2 R W 安= B
2 L
2v0 x0
8 R
故C 错误，D 正确。故选AD。
22．（2024·安徽合肥·三模）如图所示，相距为1
2 L的水平虚线MN、PQ 间有垂直纸面向外的匀强磁场，
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1
2 L，将金属框
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（ ）
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．ef 边和cd 边通过磁场的速度之比为2:1
B．cd 边通过磁场过程中，通过ab 边的电量为3 B L
2
14 R
C．ef 边通过磁场过程中，安培力的冲量大小为B
2 L
3
14 R
D．整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热4 B
2 L
3√gL
7 R
【答案】ABD
【详解】A．cd 边进磁场时的速度为v1，则有mg= B
2 L
2v1
1.75 R
ef 边进磁场时的速度为v2，则有mg= B
2 L
2v2
3.5 R
解得v2:v1=2:1选项A 正确；
B．cd 边通过磁场过程中，通过cd 边的电量为q =
BL× 1
2 L
1.75 R = B L
2
3.5 R
则通过ab 边的电量q1= 3
4 q = 3 B L
2
14 R 选
项B 正确：
C．ef 边通过磁场过程中，安培力的冲量大小I =mg×
1
2 L
v2
= mgL
2v2
= B
2 L
3
7 R
选项C 错误；
D．整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为Q =2mg× 1
2 L=mgL
根据机械能守恒有mg× 1
2 L= 1
2 mv1
2解得v1=√gL则m= B
2 L
2√gL
1.75 gR 解得Q = 4 B
2 L
3√gL
7 R
选项D 正确。故选
ABD。
考向三 电磁感应中的动量观点的应用
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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R1=0.2Ω的MN边垂直于M M
′边。质量m=0.1kg的光滑
导体棒ab横放在金属框上，其接入电路的电阻R2=0.1Ω。ab棒被左侧固定在水平面上的两个立柱挡住。
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6 m /s的初速度，金属框停止运动时，向左运动的总位移为x1。已知运动过程中ab棒与金属
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（ ）
A．t =0时刻，金属框的加速度大小为25
3 m /s
2
B．x1=3.6 m
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 = BLv0产生的感应电
流I =
E
R1+ R2
金属框受到的安培力F安= BIL= B
2 L
2v0
R1+ R2
对金属框根据牛顿第二定律有F安= M a0解得
a0=10m/s
2，A 错误；
B．设通过MN边的电荷量为q1，则有q1= I t =
E
R1+ R2
t =
ΔΦ
R1+ R2
= BL x1
R1+ R2
对金属框由动量定理有
−BL I t = −BLq1=0−M v0解得x1=3.6m，B 正确；
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．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v1，则有M v0=(M +m)v1对
ab棒由动量定理有BL I
′ t
′ = BLq2=m v1解得q2=1C，C 错误；
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总= 1
2 M v0
2−1
2
(M +m)v1
2 ab棒上
产生的焦耳热Qab=
R2
R1+ R2
Q总解得Qab=0.5 J，D 正确。故选BD。
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（ ）
A．作用在导体棒a 上的最大外力为B
2 L
2 I
mR
B．作用在导体棒a 上的外力的冲量大小为I
2
C．通过导体棒b 的电量为2 I
3 BL
D．整个回路产生的焦耳热为11 I
2
24 m
【答案】BD
【详解】A．导体棒b 获得初速度瞬间有I =m v0此时的感应电动势E0= BLv0此时的感应电流为
I 0=
E0
R+2 R 此时作用在导体棒a 上的外力最大，根据平衡条件有Fmax = B I 0 L解得Fmax = B
2 L
2 I
3mR 故A 错误；
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
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
−I F=−I 安=m⋅1
2 v0−mv0解得I F= I
2故B 正确；
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⋅1
2 v0=(m+2m)v1解
得v1= v0
6 对导体棒b 进行分析，根据动量定理有−B I <=m v1−m v0根据电流的定义式有I = q
t 结合上述解
得q = 5 I
6 BL故C 错误；
D．根据能量守恒定律，整个回路产生的焦耳热为Q = 1
2 mv0
2−1
2
(m+2m)v1
2结合上述解得Q = 11 I
2
24 m故D
正确。故选BD。
32
