专题13 电磁学中三大观点的综合应用
目录
01 析·考情精解..........................................................................................................................................................2
02 构·知能架构...........................................................................................................................................................3
03 破·题型攻坚..........................................................................................................................................................4
题型一 电场中的三大观点的综合应用.................................................................................................................. 4
真题动向
侧重多力多状态融合
必备知识
知识1 电场中应用动力学观点处理问题的流程
知识2 电场中的功能关系及计算
知识3 电场中的动量观点
命题预测
考向1 电场中的动力学观点的应用
考向2 电场中的能量观点的应用
考向3 电场中的动量观点的应用
题型二 磁场中三大观点的综合应用....................................................................................................................13
真题动向
突出科技背景，深化动量定理与洛伦兹力的综合理解
必备知识
知识1 磁场中动力学观点
知识2 磁场中能量观点
知识3 磁场中动量观点
命题预测
考向1 磁场中的动力学观点的应用
考向2 磁场中的能量观点的应用
考向3 磁场中的动量观点的应用
题型三 电磁感应中三大观点的综合应用............................................................................................................ 22
真题动向
强调工程应用与多物理量关联
必备知识
知识1 电磁感应的动力学问题处理方法
知识2 电磁感应的能量问题处理方法
知识3 电磁感应的动量问题处理方法
命题预测
考向1 电磁感应中的动力学观点的应用
考向2 电磁感应中的能量观点的应用
考向3 电磁感应中的动量观点的应用
命题
轨迹
从近三年高考命题看，电磁学中力、能量、动量三大观点的综合应用试题以计算题为主，
难度中等偏上。命题趋势清晰：从单一观点在典型模型（如带电粒子匀强磁场中圆周运动）中
的应用→多观点在复合场或多过程问题中的联合分析（如电磁感应综合题）→进一步融入实际
透视
科技背景（如粒子加速器、电磁缓冲装置），构建复杂情境，考查学生基于受力与运动分析，
灵活选用并融通三大观点解决实际问题的能力。
考点
频次
总结
考点
2025 年
2024 年
2023 年
电场中的三大观
点的应用
2025 黑吉辽蒙卷T4,4
分
2024 山东卷T10,4 分
2024 河北卷T14,4 分
2024 江西卷T10,6 分
2024 广西卷T7,4 分
2024 福建卷T16,14 分
2023 新课标卷T12,6 分
2023 湖北卷T10,4 分
2023 北京卷T20,12 分
2023 福建卷T16,15 分
2023 河北卷T7,4 分
磁场中的三大观
点的应用
2025 广东卷T6,
2024 安徽卷T10,6 分
2024 浙江卷T15,12 分
2024 重庆卷T13,14 分
2023 北京卷T19,10 分
2023 江苏卷T16,15 分
2023 浙江卷T23,12 分
电磁感应中的三
大观点的应用
2025 山东卷T18,16 分
2025 江西卷T10,6 分
2025 重庆卷T10,5 分
2025 广西卷T7,4 分
2025 安徽卷T15,13 分
2024 山东卷T11,4 分
2024 北京卷T20,12 分
2024 湖南卷T8,4 分
2024 江西卷T15,15 分
2024 辽宁卷T9,4 分
2023 北京卷T9,3 分
2023 广东卷T14,12 分
2023 山东卷T12,4 分
2023 天津卷T11,4 分
2023 重庆卷T7,4 分
2026
命题
预测
预计2026 年高考中，对电磁学三大观点的考查，将以“带电粒子在复合场中的运动”及
“电磁感应中的动力学过程”为核心模型。命题将突出多阶段、多对象的过程分析，并倾向于
结合现代科技应用实例（如粒子筛选器、电磁缓冲等）构建情境，综合考查学生根据问题特
征，在力、能量、动量观点间灵活转换与整合的能力，仍将以压轴或次压轴的计算题形式出
现，难度保持较高水平。
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
题型一 电场中的三大观点的综合应用
1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题，4T，4 分）如图，光滑绝缘水平面AB 与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道
BC 在B 点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A 间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O 点，
另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在
A 点左侧释放后，依次经过A、B、C 三点时的动能分别为Ek A、Ek B、EkC，则（ ）
A．Ek A< Ek B< EkC
B．Ek B< Ek A< EkC
C．Ek A< EkC< Ek B
D．EkC< Ek A< Ek B
【答案】C
【详解】由题意可得A 点弹簧伸长量为r，B 点和C 点弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹性势能相等，则
由A 到B 过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB> EkA同理B 到C 过程中弹簧弹力和电
场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB> EkC由A 到C 全过程则有qEl AB−mglBC = EkC−EkA>0
因此EkB> EkC> EkA故选C。
命题解读
新情境：以“光滑绝缘水平面+竖直半圆形轨道+弹簧+匀强电场”为复合场景，将电场
力、重力、弹簧弹力的作用过程结合，构建多力、多过程的复杂物理模型。
新考法：通过分析A、B、C 三点弹簧弹性势能的关系，结合电场力、重力做功对动能的
影响，考查功能关系的综合应用，突破单一力做功的分析。
新角度：从弹性势能的等效性切入（A、B、C 三点弹簧形变量相同，弹性势能相等），
简化过程分析，角度聚焦“势能变化与动能变化的关联”。
2．（2024·福建·高考真题，16T，14 分）如图，木板A 放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹
簧M、N 与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B 放在A 的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带
正电的小球C 相连，轻绳绝缘且不可伸长，B 与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀
强电场，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t =0时撤去电场，C 向下加速运
动，下降0.2m后开始匀速运动，C 开始做匀速运动瞬间弹簧N 的弹性势能为0.1J。已知A、B、C 的质量分
别为0.3kg、0.4 kg、0.2kg，小球C 的带电量为1×10
−6C，重力加速度大小取10 m/s
2，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)求A 与B 间的滑动摩擦因数及C 做匀速运动时的速度大小；
(3)若t =0时电场方向改为竖直向下，当B 与A 即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B 继续向右运动，一段
时间后，A 从右向左运动。求A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B 未与A 脱离，C
未与地面相碰）
【答案】(1)2×10
6 N/C(2)0.5；2
3 m/s(3)2
3
❑√2m/s
【详解】（1）撤去电场前，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，对A、B 整体分析可知，此时绳中拉
力为0，对C 根据共点力平衡条件有qE =mC g解得E =2×10
6 N/C
（2）C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有T 1=mC g，T 1= f 其中f = μmB g解得
μ=0.5，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，此时A、B、C 三者速度大小相等，M、N 两弹簧
的弹性势能相同，C 下降0.2m的过程中，对A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有
mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)v
2+2 Ep解得v = 2
3 m /s
（3）没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为零，对A 根据
共点力平衡有2kh−f =0当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为h
′，对A
根据牛顿第二定律可得f −2k h
' =mAa对B、C 根据牛顿第二定律可得qE+mC g−f =(mB+mC)a撤去电场
后，由第（2）问的分析可知A、B 在C 下降0.2m时开始相对滑动，在C 下降0.2m的过程中，对A、B、C
及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有qE h
′ +mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)vmax
2
+2 Ep此时A 的速度是其
从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右向左运动过程中的最大速度为
v
′
max= vmax联立解得v
′
max = 2❑√2
3
m /s
命题解读
新情境：以“木板A+物块B+带电小球C+弹簧+匀强电场”为连接体模型，涉及电场撤去、
方向改变等状态切换，构建多对象、多状态的动态系统。
新考法：通过“电场撤去前静止→撤去后匀速→电场方向改变后相对滑动”的多阶段过
程，综合应用平衡条件、动能定理、动量守恒（隐含），考查多规律的衔接能力。
新角度：从“相对滑动临界状态”切入，分析A、B、C 三者速度关系及弹簧弹性势能的
变化，角度聚焦“临界状态下的系统能量与动量关联”。
知识1 电场中应用动力学观点处理问题的流程
知识2 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)
知识3 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。
考向1 电场中的动力学观点的应用
1．（2025·福建泉州·模拟预测）（多选）如图所示，在光滑水平面上方空间存在一匀强电场，其大小为
E、方向水平向左。劲度系数为k 的弹簧左端固定在墙面上，右端与带电量为+q、质量为m 的绝缘小滑块a
相连，O 点为弹簧原长位置，给a 一定初速度起振后，P 点为a 能到达的最左端位置，PO 距离为x0。当a
运动至P 时，在其右端立即无初速放置一个带电量为+2q、质量为m 的绝缘小滑块b，a、b 之间无电量交
换，不计a、b 之间的库仑力，已知k x0=8 Eq，下列说法正确的是（ ）
A．放b 前，a 运动到O 处速度最大
B．放b 前，a 运动到P 处加速度最大
C．放b 后，若ab 粘连不分离，弹簧振子振幅会增大
D．放b 后，若ab 不粘连，则两者会在O 点右侧1
8 x0处分离
【答案】BD
【详解】A．放b 前，当小滑块a 的加速度为零时，速度达到最大，即小滑块应受到向右的弹簧弹力，该位
置应位于O 点左侧，故A 错误；
B．放b 前，小滑块a 做简谐运动到P 点时，速度为零，此时处于最大位移处，加速度达到最大，故B 正确；
C．放b 后，若ab 粘连不分离，则ab 一起做简谐运动，平衡位置时，弹簧弹力等于ab 受到的总电场力，
此时弹簧的压缩量比a 单独做简谐运动处于平衡位置时弹簧的压缩量大，即ab 一起做简谐运动的平衡位置
更靠近P 点，所以弹簧振子振幅会减小，故C 错误；
D．放b 后，若ab 不粘连，假设ab 在O 点右侧x 处分离，此时a、b 之间的弹力为0；分别对a、b 由牛顿
第二定律可得Eq+ kx =ma，2 Eq=ma又k x0=8 Eq联立解得x = 1
8 x0，故D 正确。故选BD。
2．（2025·广西南宁·模拟预测）如图所示，水平地面上放置一长度L=10 m、质量M =1kg的绝缘不带电
长木板。一可视为质点、质量m=1kg、带电量q =+1×10
−5C的小物块放在木板上，小物块到木板右端距
离d1=7 m。在距木板右端d2=9 m的虚线右侧，存在宽度d3=11.5 m的匀强电场，场强E1=2×10
6 N /C，
方向竖直向下。匀强电场E1右侧存在宽度d4=6 m的匀强电场，场强E2=1×10
6 N /C，方向竖直向上。从
t =0时刻起，水平恒力F =8 N作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.3，
长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2，物块带电量始终不变，重力加速度g取10 m /s
2，已知最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)物块运动多长时间进入匀强电场E1；
(2)从物块进入匀强电场E1到离开匀强电场E1的过程，小物块对长木板的摩擦力所做的功；
(3)物块离开匀强电场E2时，其离木板右端的距离。
【答案】(1)4s(2)14J(3)6m
【详解】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为a0，则由牛顿第二定律有μ1mg=ma0
解得a0=3 m/s
2当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共
同加速度的加速度大小为a，则对整体由牛顿第二定律有F −μ2(m+ M )g=(m+ M )a代入数据解得
a=2m/s
2则假设成立，在未撤去力F 的时间内物块的位移x0= 1
2 at
2= 1
2 ×2×5
2=25 m可知x0>d1+d2则可
知在力F 撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的时间为t0，由位移与时
间的关系可得d1+d2= 1
2 at0
2解得t0= 4s
（2）当物块进入电场E1后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的
正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场E1中，在力F 未撤去时，设物块和木板共同运动的加速
度大小为a1，由牛顿第二定律有F −μ2[（m+ M ）g+q E1]=(m+ M ）a1解得a1=0 即在物块进入电场
E1中的t1=1s 时间内物块和木板一起做匀速直线运动，1s 后撤掉力F，此时它们的速度为v=v0=8m/s 假设物
块和木板能够保持相对静止，一起做匀变速直线运动，则对物块和长木板整体由牛顿第二定律有
μ2[（m+M）g+qE1]=(m+M）a2代入数据解得a2=4m/s²
对小物块，设其最大加速度大小为a'，则由牛顿第二定律有μ1(mg+qE1)=ma'代入数据解得a'=9m/s²
由于a2<a'，则假设成立，物块与长木板一起匀减速，它们之间的摩擦力为静摩擦f，根据牛顿第二定律，
有f=ma2=4N 位移关系为x1=d3−v t1=11.5 m −8×1m =3.5 m物块对长木板的摩擦力所做的功为W=fx1=14J
（3）设物块和木板共同进入电场E2时的速度大小为v1，则由速度与位移的关系可得v1
2−v
2=−2a2 x1
解得v1=6m/s 当进入匀强电场E2，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有qE2=mg 可知，物块在电场E2中
做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场E2时速度的大小为6m/s。设物块出电场E2所用的时间为t2，
物块在电场E2的运动过程中木板在电场E2中做匀减速直线运动的加速度大小为a3，则d4=v1t2根据牛顿第二
定律μ2 Mg= M a3解得t2=1s，a3=2m/s² 设该过程中木板的位移为x3，可得x3=v1t2-1
2a3t2²=5m 则可得物块出电
场E2时距离木板右端的距离为d5=d1−(d4−d3)=6m
考向2 电场中的能量观点的应用
3．（2025·全国·二模）（多选）如图，带正电3×10
−5C的物块A 放在水平桌面上，通过光滑的滑轮与B 相
连，A 处在水平向左的匀强电场中，E = 4×10
5 N /C，从O 开始，A 与桌面的动摩擦因数随x 的变化如图
所示，取O 点电势能为零，A、B 质量均为1kg，B 离滑轮的距离足够长，则（ ）
A．它们运动的最大速度为0.8m/s
B．它们向左运动的最大位移为2m
C．当速度为0.6m/s 时，A 的电势能可能是-2.4J
D．当速度为0.6m/s 时，绳子的拉力可能是10N
【答案】BC
【详解】AB．当加速度为零时，A、B 运动的速度最大，根据平衡条件得qE = μmg+T，T =mg
联立解得μ=0.2由图可知μ=0.2 x所以此时A、B 运动的位移大小为x =1m
根据动能定理可得Eqx −mgx +W f= 1
2 ×2m vm
2又W f=−1
2 μmgx
解得vm =1m /s当A、B 到达最大位移处时，速度为零，
则有qE xm−mg xm+W
′
f=0又W
′
f=−1
2 ⋅0.2 xm⋅mg xm联立解得xm =2m故A 错误，B 正确；
CD．当物体的速度为0.6 m /s时，有qE x1−mg x1+W f1= 1
2 ×2m v1
2
又W f1=−1
2 ⋅0.2 x1⋅mg x1
联立解得x1=0.2m或x1=1.8 m
所以A 的电势能为EpA=−qE x1=−2.4 J或EpA=−qE x1=−21.6J
根据μ=0.2 x
可知此时动摩擦因数为μ=0.04或μ=0.36
根据牛顿第二定律得qE−μmg−T =ma，T −mg=ma联立可得绳子拉力为T = qE−μmg+mg
2
代入数据解得T =10.8 N或T =9.2N故C 正确，D 错误。故选BC。
4．（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，BC 是水平绝缘的传送带，左端AB 是光滑绝缘水平面，在AB
面上有向右的匀强电场E1=2×10
3 N /C，B 处虚线是电场的边界线。右端CD 是绝缘水平面，DE 是光滑
绝缘竖直半圆轨道的直径，半圆轨道的半径R =0.1m，半圆轨道所在的空间有匀强电场E2=2×10
3 N /C，
与竖直方向的夹角θ =60°。在D 位置有一个质量m=0.1kg不带电的小物块Q，在AB 面上的M 位置静止
释放一个带正电小物块P，电荷量q =1×10
−3C，质量m=0.1kg，小物块P 与传送带和CD 面之间的动摩
擦因数都是μ=0.1，若小物块P 能与小物块Q 碰撞，碰后粘为一体。已知BC 与CD 之间的距离相等都为
L0=1m，两个小物块都可以看成质点。试回答：
(1)若传送带始终静止，释放点M 距B 点至少多远小物块P 才能与Q 碰撞？
(2)若传送带始终静止，释放点M 距B 点距离L=0.5 m，小物块P 与Q 碰撞后在半圆轨道上对轨道的最大压
力是多少？
(3)若传送带顺时针转动的线速度v0=1m /s，释放点M 距B 点的距离在哪些范围内小物块P 才能与Q 碰撞？
【答案】(1)0.1m(2)12N(3)大于0.1m
【详解】（1）若传送带始终静止，设释放点M距B点距离为L1时，小物块P恰好运动到D点与Q相碰，根
据动能定理得q E1 L1−2 μmg L0=0代入数据得L1=0.1m
（2）若传送带始终静止，设小物块P从距B点距离L=0.5 m处释放后与Q碰前的速度为v1，根据动能定理
得q E1 L−2 μmg L0= 1
2 m v1
2−0代入数据得v1= 4 m /s小物块P与小物块Q碰撞，碰后粘为一体，设碰后的
速度为v2，根据动量守恒得m v1=2m v2代入数据得v2=2m /s碰后小物块P、Q一起沿轨道滑动，受到的
重力为2mg=2N受到的电场力为q E2=2N如图所示
等效重力的方向与竖直方向的夹角为α =60°，且等效重力G
′ =2m g
′ =2N
小物块P、Q运动到等效最低点时速度最大为v3，对轨道的压力最大为F1，根据牛顿第三定律，轨道对小
物块P、Q的支持力大小也为F1，根据动能定理得2m g
′ R (1−cosα )= 1
2 ⋅2m v3
2−1
2 ⋅2m v2
2，
根据牛顿第二定律，有F1−2m g
′ =2m v3
2
R
代入数据得F1=12N小物块P 与Q 碰撞后在半圆轨道上对轨道
的最大压力是12N。
（3）设小物块P在C点的速度至少为v4，才能使小物块P运动到D点与Q相碰，从C到D根据动能定理得
−μmg L0=0−1
2 mv4
2代入数据得v4= ❑√2m /s因为v4= ❑√2m /s>v0=1m /s要使小物块P在C点的速度大
于v4，才能使小物块P运动到D点与Q相碰，小物块P在传送带只能一直减速，所以小物块的运动与传送
带始终静止时是相同的，故小物块P与Q碰撞的条件是释放点距离B点大于0.1m。
考向3 电场中的动量观点的应用
5．（25-26 高三上·河北保定·期中）如图所示，光滑绝缘水平面上的小球A、B 均带正电荷，小球B 左侧连
接一根轻质弹簧，弹簧原长为L。小球A 从与小球B 相距2L 处以初速度v₀ 向右运动。已知静电力常量为
k，小球A、B 均视为质点，质量分别为3m、m。若小球A 所带电荷量为q1，小球B 所带电荷量为q2，两球
相距r 时A、B 两球组成的系统的电势能为k q1q2
r
。
(1)求小球A、B 共速时的速度大小；
(2)若经过时间t，小球A 恰好接触弹簧，求此过程小球B 的位移大小；
(3)若运动过程中小球A 能够接触弹簧，求小球A、B 电荷量的乘积q1q2需要满足的条件。
【答案】(1)v共= 3
4 v0(2)xB= 3
4 (v0t −L)(3)q1q2≤3 Lmv0
2
4 k
【详解】（1）A、B 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有3m v0=(3m+m)v共 解得v共= 3
4 v0
（2）任意时刻A、B 组成的系统动量守恒，则有3m v0=3m vA+m vB
则∑3m v0 Δt =∑3m vA Δt +∑m vB Δt即3m v0t =3m xA+m xB小球A 恰好接触弹簧，则xA−xB=2 L−L
联立解得xB= 3
4 (v0t −L)
（3）取无限远处的电势为零，由题可知，初始时系统电势能为k q1q2
2 L
小球A、B 共速时相距最近，设距
离为x，弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有k q1q2
2 L + 1
2 ×3m v0
2=k q1q2
x
+ 1
2 ×4 m v共
2 + Ep
解得 q1q2=
2 Lx
k (2 L−x)(
3
8 m v0
2−Ep)其中x≤L，Ep≥0当x=L，Ep=0时q1q2有最大值，则有
q1q2≤3 Lmv0
2
4 k
6．（2025·安徽安庆·模拟预测）如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB固定在竖直面内，A 端
与光滑水平面平滑连接，O 为圆弧圆心，半径OA竖直，空间存在水平向右、大小为E 的匀强电场。质量
为3m的不带电小球a 静止在水平面上的D 点，质量为m，电荷量为q 的带正电的小球b 在水平面上的C 点
由静止释放，小球b 与小球a 的每次碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。小球b 的带电量始终不变，小球
a 始终不带电，C、D 间的距离为L，重力加速度为g，不计小球大小，两球第二次碰撞仍在水平面上，且
两次碰撞前小球b 的速度相同，求：
(1)第一次碰撞后，小球a 第一次运动到A 点时，对圆弧轨道的压力大小；
(2)第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔；
(3)小球b 第一次碰撞后向左运动到的最远位置与第二次碰撞后向左运动到的最远位置间的距离。
【答案】(1)3mg+ 3qEL
2 R
(2)3
2
❑√
2mL
qE
(3) 9
16 L
【详解】（1）设b 与a 碰撞前一瞬间速度大小为v0，根据动能定理qEL= 1
2 mv0
2
解得v0= ❑√
2qEL
m
碰撞过程动量守恒m v0=3m va1−m vb1
能量守恒1
2 m v0
2= 1
2 m vb1
2 + 1
2 ×3m va1
2
解得va1= ❑√
qEL
2m ，vb1= ❑√
qEL
2m
小球a 运动到A 点时，F −3mg=3m va1
2
R
解得F =3mg+ 3qEL
2 R
根据牛顿第三定律，小球a 第一次运动到A 点对轨道的压力大小为3mg+ 3qEL
2 R
（2）第二次碰撞前小球b 的速度大小仍为v0，小球运动过程中的加速度大小为a= qE
m
设从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t，则t = v0+ vb1
a
= 3
2
❑√
2mL
qE
（3）第一次碰撞后，小球b 从D 点向左运动的最远距离为x1= vb1
2
2a = L
4
第二次碰撞前，小球b 的位置离D 点的距离为x2= v0
2
2a −L
4 = 3
4 L
b 与a 第二次碰撞过程动量守恒，即3m va1−m v0=m vb2+3m va2
根据能量守恒1
2 ×3m va1
2 + 1
2 m v0
2= 1
2 m vb2
2 + 1
2 ×3m va2
2
解得vb2= 5
4 v0，va2=−1
4 v0
第二次碰撞后，b 向左运动的最大距离x3= vb2
2
2a = 25
16 L
因此，第一次碰撞后小球b 向左运动到的最远位置与第二次碰撞后向左运动到的最远位置间的距离
s= x3−x1−x2= 9
16 L
题型二 磁场中三大观点的综合应用
1．（2025·广东·高考真题，6T，4 分）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ 内有加速电场，
三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为+q、质量为m 的离子以初速度v0从P 处进入加速电场
后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离
子重力和相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1 次加速后，离子的动能增加了2qU
C．第k 次加速后．离子的速度大小变为
❑√m
2v0
2+ kqUm
m
D．第k 次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
❑√m
2v0
2+2kqUm
qR
【答案】D
【详解】A．直线通道PQ有电势差为U的加速电场，粒子带正电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可
知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A 错误；
BC．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为qU，由于洛伦兹力不做功，则加
速k 次后，带电粒子的动能增量为kqU，加速k 次后，由动能定理有kqU = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2解得
v = ❑√v0
2+ 2kqU
m
=
❑√m
2v0
2+2kqUm
m
故BC 错误；
D．粒子在偏转磁场中运动的半径为R，则有qvB =m v
2
R
联立解得
B = mv
qR = m
qR
❑√v0
2+ 2kqU
m
=
❑√m
2v0
2+2kmqU
qR
故D 正确。故选D。
命题解读
新情境：以“同步加速器”为科技背景，将加速电场与偏转磁场结合，构建“直线加速
+圆周偏转”的粒子运动模型，体现电磁学在现代科技中的应用。
新考法：通过分析第k 次加速后的动能、速度及偏转磁场的磁感应强度，考查动能定理、
洛伦兹力公式的综合应用，突破单一加速或偏转的分析。
新角度：从“加速次数与磁感应强度的关联”切入，推导第k 次加速后偏转磁场的表达
式，角度聚焦“多次加速对磁场调节的影响”。
2．（2024·浙江·高考真题，15T，12 分）（多选）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（
）
A．合力冲量大小为mv0cosƟ
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 = mv0
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F N−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。
命题解读
新情境：以“倾斜光滑绝缘细杆+匀强磁场+带电小球”为场景，将洛伦兹力、重力、弹力
的冲量结合，构建含磁场力的冲量分析模型。
新考法：通过分析合力、重力、洛伦兹力、弹力的冲量，考查动量定理的矢量性应用，突
破冲量的标量化理解。
新角度：从“洛伦兹力冲量的线性变化”切入，推导其冲量大小，角度聚焦“变力冲量的
特殊计算方法”。
知识1 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。
知识2 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。
知识3 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。
考向1 磁场中的动力学观点的应用
1．（2025·山东聊城·二模）如图所示，空间中存在一匀强磁场（图中未画出，大小、方向未知）。两条平
行金属导轨间距l=1m，与水平面成倾角θ=37°固定，在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量
m=0.5kg 的金属棒AB 置于短杆处，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数µ=0.5。现将两导轨与恒流电源相连
接，金属棒中电流大小为I=3A，重力加速度的大小取10m/s2，sin37°=0.6。要使金属棒沿导轨向上以
a=2m/s2的加速度做匀加速直线运动，则磁感应强度的最小值为（ ）
A．4 ❑√5
5
T
B．2❑√5
3
T
C．1T
D．2T
【答案】A
【详解】对金属棒受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律可得F cosα −mgsinθ−f =ma，FN+ F sin α =mgcosθ，f = μ FN
联立可得F =
6
cosα +0.5sin α N由此可知Fmin= Bmin Il =
6
❑√1+0.5
2 N = 12
❑√5 N所以Bmin= 4 ❑√5
5
T故选A。
2．（2025·甘肃白银·模拟预测）（多选）如图所示为两个完全相同的倾角为θ的绝缘固定斜面，以斜面中
垂线OO'为界，图甲中斜面的上半部分和图乙中斜面的下半部分空间分别存在磁感应强度大小均为B、方
向均垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为−q的小滑块（可视为质点）分别从两斜面的顶端由
静止释放后滑到斜面底端。小滑块在图甲中斜面运动时，小滑块经过斜面中点前瞬间的加速度为0，小滑
块经过斜面中点时的速度为v1中，到达斜面底端时的速度为v1；小滑块在图乙中斜面运动时，小滑块经过
斜面中点时的速度为v2中，到达斜面底端时的速度为v2。已知小滑块与斜面间的动摩擦因数均为
μ( μ<tanθ)，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．v1中= mgsinθ−μmgcosθ
μqB
B．v2中一定大于v1中
C．v2一定小于v1
D．v2可能小于v1中
【答案】ABC
【详解】A．在图甲中，小滑块在斜面的上半部分受到重力、摩擦力、支持力和洛伦兹力的作用。由于小
滑块经过斜面中点前瞬间的加速度为0，说明此时小滑块受到的合外力为0。设斜面的长度为L，则小滑块
在斜面中点时的速度为v1 中，此时的洛伦兹力为qBv1 中。根据平衡条件，有
mgsinθ = μ(mgcosθ+qB v1中)
解得v1中= mgsinθ−μmgcosθ
μqB
故A 正确；
B．图乙中前半段根据牛顿第二定律，有mgsinθ−μmgcosθ =ma乙
图甲中前半段根据牛顿第二定律，有mgsinθ−μ(mgcosθ+qvB)=ma甲
由此可知a乙>a甲根据速度-位移公式，有v
2=2a× L
2 可知v2中一定大于v1中，故B 正确；
CD．由上分析可知图甲中小滑块出磁场后做匀加速运动，到达底端的速度v1一定大于v1 中，图乙中小滑块
进磁场的速度一定大于v1 中，所以即小滑块进场将做减速运动，可能一直减速滑到最底端，也可能先减速
后匀速滑出磁场，所以v2不可能小于v1 中；从顶端滑到底端重力做功相同，乙种情况在磁场中的平均摩擦
力要大于甲种情况的平均摩擦力，即克服摩擦力做功乙种情况较大，所以v2一定小于v1，故C 正确，D 错
误。
故选ABC。
考向2 磁场中的能量观点的应用
3．（2025·四川广安·模拟预测）（多选）空间中存在竖直向上的匀强磁场，在光滑的半径为R 的半圆管中，
一根长为L、质量为m 的直导体棒静止在最低点，截面图如图所示。当导体棒中通有垂直线面向里的恒定
电流I 后，导体棒恰好可沿着半圆管运动到圆心等高处，重力加速度为g，在导体棒运动的过程中下列说
法正确的是（ ）
A．运动过程中安培力始终垂直于导体棒，不做功
B．运动过程中机械能一直增加
C．匀强磁场磁感应强度B = mg
IL
D．导体棒最大速度为❑√2(❑√2−1)gR
【答案】BCD
【详解】AB．导体棒运动过程中，受力情况如图所示
安培力始终垂直于导体棒，但与位移夹角为锐角，做正功，机械能一直增大，故A 错误，B 正确；
C．恰好运动到圆心等高处，从出发到圆心等高处，根据动能定理可得−mg·R+ BIL·R =0
故安培力F安= BIL=mg解得B = mg
IL ，故C 正确；
D．根据上述结论可知，当夹角θ = 45°时有最大速度，从出发到此处根据动能定理可得
−mgR(1−cosθ)+ BIL·Rsinθ = 1
2 mvm
2 −0解得最大速度vm =
❑√2(❑√2−1)gR，故D 正确。故选BCD。
4．（2025·辽宁丹东·二模）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，两板间电压为U，板长为d，板间
距离为d
3 ，极板间存在垂直纸面水平向外的匀强磁场（图中没有画出）。一质量为m 的带正电物块（可看
成质点）以初速度v0沿水平方向从电容器上极板左侧边缘进入电容器，做匀速圆周运动，从电容器下板右
侧边缘离开电容器，恰好由A 点沿切线进入固定的竖直光滑绝缘圆弧轨道，并从轨道最低点C 滑上水平传
送带（传送带足够长），传送带紧靠圆弧轨道末端，并与其水平相切。重力加速度大小为g，忽略空气阻
力。
(1)求两极板间磁场的磁感应强度B0的大小；
(2)若仅在该圆弧轨道空间存在与平面平行的水平向左的匀强电场（图中未画出），物块所受的电场力
F = 3mg
4
，圆轨道半径R = 3 v0
2
2 g
，求物块对轨道的最大压力大小；
(3)若在（2）问的基础上，轨道C 点右侧空间再加上垂直纸面水平向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0T，
带电物块从电容器上极板左侧边缘进入电容器的初速度v0=12m/s，物块质量为m＝2kg，电荷量q＝2.0C，
传送带以12m/s 的速度顺时针匀速转动，已知g 取10m/s
2，求物块滑上传送带过程中传送带对物块做的功。
【答案】(1)B0= 9U v0
5 gd
2 (2)FN= 23mg
12
(3)64 J
【详解】（1）平行板电容器内匀强电场的电场强度E = 3U
d 小物块在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力
与重力平衡，可得mg= Eq解得q = mgd
3U 小物块运动轨迹如图，由几何知识可得d
2+(r −d
3)
2
=r
2解得
r = 5d
3 根据qv B0=m v
2
r 解得B0= 9U v0
5 gd
2
（2）设小物块在平行板电容器中做匀速圆周运动的偏转角为a，则有sin α = d
r = 3
5，α =37°
因为FN= 3mg
4
，所以小物块在A 点所受电场力与重力的合力沿OA 方向，对轨道的压力最大在A 点，有
FN−
mg
cos37° = m v0
2
R
解得FN= 23mg
12
（3）设小物块在C 点的速度大小为v1，小物块从A 点运动到C 点的过程中，由动能定理
mgR(1−cos37°)−FR sin37° = 1
2 mv1
2−1
2 mv0
2解得v1= v0
2 =6 m /s
当q v2B =mg时，v2=10 m /s<12m /s物块脱离传送带，则根据动能定理W f= 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2=64 J
考向3 磁场中的动量观点的应用
5．（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图，倾角为37°足够长的光滑绝缘斜面处于匀强磁场中，磁场
方向垂直纸面，磁感应强度为B。可视为质点的小球质量为m，带电量为+q，以平行于斜面的初速度
υ0= mg
qB 从斜面底端O 点向上滑行，一段时间后小球从C 点（图上未标出）离开斜面。已知sin37° =0.6，
重力加速度为g，整个运动过程中小球带电量保持不变，下列分析正确的是（ ）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．O 与C 间距离为3υ0
2
10 g
C．小球离开斜面之前的过程中斜面对小球弹力的冲量大小为27mυ0
10
D．小球离开斜面后相对O 点能够上升的最大高度为23υ0
2
50 g
【答案】BC
【详解】A．小球在O 点受到洛伦兹力的大小F =qυ0 B =q⋅mg
qB ⋅B =mg，方向垂直斜面，如果垂直斜面
向上，有F >mgcos37
∘
则小球开始时就会离开斜面，而小球一段时间后才离开斜面，说明小球开始时所受洛伦兹力垂直斜面向下，
且小球是在下滑过程中离开斜面的，所以由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A 错误；
B．若小球至某位置时离开斜面。离开斜面前满足mgsin37° =ma
得a= gsin37°
加速度恒定，小球向上做匀减速直线运动；离开斜面瞬间满足qυB =mgcos37°
得υ= mgcos37°
qB
= 4
5 υ0
由匀变速直线运动规律得−υ=υ0−at
可得t = 3υ0
g ，x = υ0+(−υ)
2
t = 3υ0
2
10 g
，故B 正确；
C．上行过程垂直斜面方向上由平衡条件可得FN1=qυ上B+mgcos37°
此过程中弹力的冲量为I 1=∑(qυ上B+mgcos37°)Δt =(mgcos37°)t1+qB x1
同理可得下行过程弹力冲量为I 2=∑(−qυ下B+mgcos37°)Δt =(mgcos37°)t2−qB x2
全程弹力冲量为I = I 1+ I 2=(mgcos37°)(t1+t1)−qB(x1−x2)
根据选项B 的分析可知t1+t2=t = 3υ0
g
，x1−x2= x = 3υ0
2
10 g
联立得I = 27mυ0
10
，故C 正确；
D．小球离开斜面后做曲线运动，从离开斜面至到达到最高点的过程中由功能关系可得
mghm = 1
2 mυ
2−1
2 mυ
'
2
在水平方向上由动量定理可得∑qυ y BΔt =qB hm =mυcos37°−mυ
'联立可得
hm = 6υ0
2
25 g
离开斜面后相对O点能够上升的最大高度H =hm+ x sin37° = 21υ0
2
50 g
，故D 错误。故选BC。
6．（2025·山西吕梁·二模）（多选）威尔逊云室是显示高能带电粒子径迹的装置。为更好地研究带电粒子
的径迹，某研究小组设计的磁场分布如图所示，在坐标xOy 平面（纸面）的一、四象限内存在垂直纸面向
外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一比荷为q
m = v0
BL
的带正电的粒子从坐标为(0,2 L)的P 点以大小为v0
的速度垂直y 轴射入磁场，若粒子进入磁场后受到了与速率成正比、与速度方向相反的阻力，观察发现该
粒子轨迹呈螺旋状并与y 轴相切于Q 点（未画出）。不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子由P 点运动到Q 点的时间为3 πL
2v0
B．粒子由P 点运动到Q 点的时间为2πL
3 v0
C．Q 点的纵坐标为L
D．Q 点的纵坐标为3 L
4
【答案】AC
【详解】AB．粒子的运动轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qvB =mvω
可得ω= qB
m
即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为3 π
2 ，则有t3=
3
2 π
ω = 3 πL
2v0
故A 正确，B 错误；
CD．取一小段时间Δt，设水平方向速度为v x，竖直方向速度为v y，对粒子在x方向上列动量定理
−q v y BΔt −k v xΔt =mΔv x
两边同时对过程求和∑−q v y BΔt +∑−k v xΔt =∑mΔv x得qB∑−v yΔt + k ∑−v xΔt =m∑Δv x
即k ∑−Δ x−qB∑Δ y =m∑Δv x其中k ∑−Δ x =0则qBΔ y =m v0结合q
m = v0
BL得Δ y = L
所以Q点纵坐标为2 L−L= L故C 正确，D 错误。故选AC。
题型三 电磁感应中三大观点的综合应用
1．（2025·广西·高考真题，7T，4 分）如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，
间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R 的定值电阻，形成闭合回路：质量为m 的金属棒垂
直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k 的两个完全相同的绝缘轻质弹
簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能E p与形变量x 的关系为
E p= 1
2 k x
2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面
向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a 后静止释放，金属棒
沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过
程中（ ）
A．金属棒所受安培力冲量大小为B
2l
2(a+b)
R
B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为B
2l
2(a+b)
4 R
+ mgt sinθ
2
C．每个定值电阻产生的热量为k (a
2−b
2)
8
+ mg(a+b)sinθ
4
D．金属棒的平均输出功率为k (a
2−b
2)+mg(a+b)sinθ
2t
【答案】D
【详解】A．根据I 安= B I l Δt = Blq而q = E
R总
Δt = ΔΦ
R总
= Bl(a+b)
R总
,R总= 2 R⋅2 R
2 R+2 R + R =2 R解得
I 安= B
2l
2(a+b)
2 R
，选项A 错误；
B．该过程中由动量定理2 I 弹−I 安+mgsinθ⋅t =0解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
I 弹= 1
2 I 安−1
2 mgt sinθ = B
2l
2(a+b)
4 R
−1
2 mgt sinθ，选项B 错误；
C．由能量关系可知回路产生的总热量Q =mgsinθ(a+b)+2× 1
2 k a
2−2× 1
2 k b
2每个定值电阻产生的热量
为Q1= 1
4 Q = mgsinθ(a+b)
4
+ 1
4 k(a
2−b
2)，选项C 错误；
D．金属棒的平均输出功率P=
1
2 Q
t
= mgsinθ(a+b)+k(a
2−b
2)
2t
，选项D 正确。故选D。
命题解读
新情境：以“平行金属导轨+弹簧+金属棒+匀强磁场”为场景，将弹簧弹力、安培力、重
力的冲量与能量变化结合，构建电磁感应中的动量与能量综合模型。
新考法：通过分析安培力冲量、弹簧冲量、热量及平均功率，综合应用动量定理、能量守
恒定律，考查多物理量的关联计算。
新角度：从“安培力冲量与动量变化的关系”切入，推导安培力冲量的表达式，角度聚焦
“电磁感应中的动量定理应用”。
2．（2025·福建·高考真题，16T，14 分）水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度
分别为l1、 l2、的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁场的磁感应强
度大小相等、方向均垂直斜面向上，示意图如图所示。一质量为m、电阻为R 的正方形细导线框abcd 置于
区域Ⅰ上方的斜面上， cd 边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd
边进入Ⅰ到ab 边离开Ⅰ的过程中，线框速度恒为v，cd 边进入区域Ⅱ和ab 边离开区域Ⅱ时的速度相同；
区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长，线框各边材料相同、粗细均匀；下滑过程线框形状不变且
始终处于斜面内，cd 边始终与磁场边界平行；重力加速度为g。求：
(1)初始时，cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离；
(2)求cd 边进入Ⅰ号区域时，cd 边两端的电势差；
(3)cd 边进入区域Ⅱ到ab 边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平均功率。
【答案】(1)v
2
g
(2)3
4
❑√
mgRv
2
(3)若l2>l1，则P = mgv(l1+l2)
4 L1
；若l2<l1，则P = mgv(l1+l2)
4l2
【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律mgsinθ =ma根据运动学公式v
2=2ad联立
可得线框释放点cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离d = v
2
g
（2）因为cd 边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域
的长度相等，根据平衡条件有mgsinθ = BI l1又E = Bl1v，I = E
R cd 边两端的电势差U = 3
4 E联立可得
U = 3
4
❑√
mgRv
2
（3）①若l2=l1，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号
区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。
②若l2>l1，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理mgsinθ⋅t1−BI l1t1=0其中t1= l1
v ，q = I t1，
I = Bl1v
R
联立可得q = mg
2Bv 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mgsinθ⋅t2−2B I
−
l1t3=0根据
q = E
−
R ⋅t = Bl1
2
Rt ⋅t = Bl1
2
R
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q = I
−
t3联立可得t2= 2l1
v 根据能量守恒定律
−W 安+mgsinθ(l2+l1)=0克服安培力做功的平均功率P = W 安
t2
联立可得P = mgv(l1+l2)
4 L1
③若l2<l1，同理可得q
' = Bl1l2
R
根据动量定理mgsinθ⋅t 4−2B I
−
l1t5=0其中q
′ = I
−
t5结合q = mg
2Bv ，q = Bl1
2
R
联立可得t 4= 2l2
v 根据能量守恒定律−W
'
安+mgsinθ(l2+l1)=0克服安培力做功的平均功率P
′ = W
′
安
t 4
联立
可得P
' = mgv(l1+l2)
4l2
命题解读
新情境：以“倾斜光滑斜面+条形匀强磁场+正方形线框”为场景，将线框穿越磁场的匀
速、减速过程结合，构建电磁感应中的动力学与能量综合模型。
新考法：通过分析线框穿越磁场的速度变化、电势差、平均功率，综合应用平衡条件、动
能定理、动量定理，考查多过程的衔接分析。
新角度：从“线框边长与磁场宽度的关系”切入，推导线框穿越磁场的速度变化规律，角
度聚焦“磁场宽度对运动过程的影响”。
知识1 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
知识2 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
知识3 电磁感应的动量问题处理方法
1.用动量观点处理电磁感应中的单棒模型
(1)三类常见单棒模型
模型
过程分析
规律
阻尼式
（导轨光滑，电阻为R，
导体棒电阻为r）
设运动过程中某时刻的速度
为v，加速度为a，
，a、v 反
向，导体棒做减速运动，
v↓⇒a↓，当a＝0 时，v＝0，
导体棒做加速度减小的减速
运动，最终静止
1.力学关系：
；
2.能量关系：
3.动量电量关系：
；
电动式
（导轨光滑，电阻为R，
导体棒电阻不计，电源电
动势为E 内阻为r）
开关S 闭合瞬间，ab 棒受到
的安培力
，此
时
，速度v↑
⇒E 反BLv↑⇒
⇒FA＝BIL↓⇒加速度a↓，
当E 反＝E 时，v 最大，
且
1.力学关系：
；
2.动量关系：
3.能量关系：
4.两个极值：
(1)最大加速度：当v=0 时，E 反=0，
(2)最大速度：当E 反＝E 时，
发电式
(导轨光滑，电阻为R，
设运动过程中某时刻棒的速
度为v，加速度为
，
随v 的增加，a 减小，
当a＝0 时，v 最大。
1.力学关系：
2.动量关系：
3.能量关系：
导体棒电阻为r，F 为恒
力)
4.两个极值：
（1）最大加速度：当v=0 时，
。
（2）最大速度：当a=0 时，
(2)三类含容单棒模型
模型
过程分析
规律
放电式
(先接1 后接2,导轨光
滑)
电容器充电后，电键接2 后
放电，导体棒向右移动，切
割磁感线，产生反电动势，
当电容器电压等于Blvm时，
导体棒以最大速度匀速运
动。
1.电容器充电量：
2.放电结束时电量：
3.电容器放电电量：
4.动量关系：
；
5.功能关系：
无外力充电式
（导轨光滑）
充电电流减小，安培力减
小，a 减小，当a＝0 时，导
体棒匀速直线运动
达到最终速度时：
1.电容器两端电压：
（v 为最终速度）
2.电容器电量：
3.动量关系：
；
有外力充电式
（所有电阻不计，
导轨光滑）
电容器持续充
，
得I 恒定，a 恒定，导体棒做
匀加速直线运动
1.力学关系：
2.电流大小：
3.加速度大小：
2.用动量观点处理电磁感应中的双棒模型
(1)等间距双棒模型
模型
过程分析
规律
棒2 做变减速运动，棒1 做变加速
运动，稳定时，两棒的加速度均为
零，以相同的速度匀速运动.对系
统动量守恒，对其中某棒适用动量
定理。
1.电流大小：
2.稳定条件：两棒达到共同速度
3.动量关系：
无外力等距式
（导轨光滑）
4.能量关系：
；
有外力等距式
（导轨光滑）
a2减小，a1增大，当a2＝a1时二者
一起匀加速运动，存在稳定的速度
差
1.电流大小：
2.力学关系：
；
。（任
意时刻两棒加速度）
3.稳定条件：当a2＝a1时，v2-v1恒定；I 恒
定；FA恒定；两棒匀加速。
4.稳定时的物理关系：
；
；
；
(2)不等间距双棒模型
模型
过程分析
规律
无外力不等距式
（导轨光滑）
棒1 做变减速运动，棒2 做变加速运
动，稳定时，两棒的加速度均为零，
两棒以不同的速度做匀速运动，所围
的面积不变.v1L1＝v2L2
1.动量关系：
；
2.稳定条件：
3.最终速度：
；
4.能量关系：
5.电量关系：
考向1 电磁感应中的动力学观点的应用
1．（2025·江西·模拟预测）（多选）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨
平面与水平面的夹角θ =30
∘，导轨电阻不计，整个装置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。质量为m、长为L、电阻不计的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好。金属导轨
的上端连接一个阻值为R的定值电阻和一个电容为C的电容器，电容器原来不带电。现断开开关S，使金属
棒由静止开始运动。若金属棒下滑距离s时，闭合开关S，金属棒恰好开始匀速运动，重力加速度为g，下
列说法中正确的是（ ）
A．金属棒的末速度为mgR
2B
2 L
2
B．释放时金属棒的加速度为0.5 g
C．通过s距离金属棒所用的时间为❑√
4 s
g
D．金属棒匀速时电容器所储存的电能为1
2 mgs−m
3 g
2 R
2
8 B
4 L
4
【答案】AD
【详解】A．当金属棒匀速下滑时，产生的电动势不变，电容器上电压不变，无电流通过，电流经过电阻，
根据法拉第电磁感应定律E = BLv，安培力为F = BIL，电流I = E
R 联立可得F = B
2 L
2v
R
根据平衡可得
mgsinθ = B
2 L
2v
R
解得v = mgR
2B
2 L
2，故A正确；
B．初释放时，根据牛顿第二定律有mgsinθ−BLI =ma其中I =Δq
Δt = CBLΔv
Δt
=CBLa金属棒的加速度
a=
mg
2(B
2 L
2C +m)，金属棒做匀加速运动，故B 错误；
C．根据运动学公式s= 1
2 at
2，金属棒所用的时间t =2
❑√
s(B
2 L
2C +m)
mg
，故C错误；
D．金属棒下滑距离为s时，根据能量守恒有mgssinθ = 1
2 mv
2+ E得E = 1
2 mgs−m
3 g
2 R
2
8 B
4 L
4 ，故D 正确。
故选AD。
2．（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选）如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨水平固定，间距为
1m，导轨所在空间存在磁感应强度大小为0.5T 的匀强磁场，磁场方向竖直向下，导轨左端接有阻值为
0.5Ω 的定值电阻R。质量为0.5kg，长度为1m，电阻为0.5Ω 的金属杆MN 静止放置在导轨上。现对金属杆
施加一个水平向右的作用力F 使金属杆从静止开始做加速度大小为2m/s
2的匀加速直线运动，导轨电阻不
计，金属杆运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（ ）
A．在t＝2s 时，金属杆两端的电压为2V B．在t＝2s 时，金属杆受到的安培力大小为1N
C．在t＝2s 时，作用力F 做功的功率为8W
D．在0~2s 内，通过电阻R 的电荷量为4C
【答案】BC
【详解】A．金属杆做匀加速直线运动，可知在t =2s时，金属杆的速度大小为v =at = 4 m/s金属杆切割磁
感线产生的电动势大小为E = BLv =2V回路中的电流为I =
E
R+r =2A故金属杆两端的电压U = E－Ir =1V，
A 错误；
B．金属杆受到的安培力大小为F安= BIL=1N，B 正确；
C．根据牛顿第二定律可知F −F安=ma解得t =2s时，F =2N所以作用力F 的功率为P = Fv =8 W，C 正确；
D．在0～2s内，金属杆运动的距离为x = 1
2 at
2= 4 m通过定值电阻的电荷量q = BLv t
R+r = BLx
R+r =2C，D 错
误。
故选BC。
考向2 电磁感应中的能量观点的应用
3．（2025·广东·模拟预测）（多选）如图所示，正方形金属线框abcd 下方存在宽度为L 的匀强磁场区域，
该区域的上、下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h 处由静止开始自由下落。
线框ab 边进入磁场时开始减速，cd 边穿出磁场时的速度是ab 边进入磁场时速度的1
2。已知线框的边长为
L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab 边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。
下列说法正确的是（ ）
A．线框ab 边刚进入磁场时，产生的感应电流方向为abcda
B．线框ab 边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为BL❑√gh
C．线框在穿过磁场区域的过程中最大加速度为B
2 L
2
mR
❑√2gh
D．线框在穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为2mgL+ 3
4 mgh
【答案】AD
【详解】A．根据右手定则可得线框ab 边刚进入磁场时，产生的感应电流方向为abcda，选项A 正确；
B．设ab 边进入磁场时的速度大小为v，有v
2=2gh，ab 边进入磁场时，感应电动势E = BLv解得
E = BL❑√2gh，选项B 错误；
C．ab 边进入磁场时，线框的加速度最大，根据闭合电路欧姆定律可知，线框中感应电流的大小I = BLv
R ，
ab 边受到的安培力大小F = BIL根据牛顿第二定律有F −mg=ma得a= B
2 L
2
mR
❑√2gh−g，选项C 错误；
D．线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有Q =mg⋅2 L+ 1
2 m v
2−1
2 m(
v
2)
2
=2mgL+ 3
4 mgh，选项
D 正确。故选AD。
4．（2025·湖北襄阳·模拟预测）（多选）如图，两平行足够长且电阻可忽略的光滑金属导轨安装在倾角为
α光滑绝缘斜面上，导轨间距为L，磁感应强度为B的有界匀强磁场宽度为d，磁场方向与导轨平面垂直；
长度为2d的绝缘杆将导体棒和边长为d的正方形单匝金属线框连接在一起组成如图装置，其总质量m，导
体棒中通以大小为I的恒定电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的总电阻为R，其下边与磁场区
域边界平行。情形1：将线框下边置于距磁场上边界x处由静止释放，线框恰好可匀速穿过磁场区域；情形
2：线框下边与磁场区域上边界重合时将线框由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回。导
体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为g。则（ ）
A．情形1 中，从释放到线框下边刚穿过磁场过程通过线框截面的电荷量q = BLd
R
B．情形1 中，线框下边与磁场上边界的距离x = m
2 R
2 gsinα
2B
4d
4
C．情形2 中，装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q = 4 mgd sinα −BILd
D．情形2 中，线框第一次穿越磁场区域所需的时间t =
❑√
2BILd
m
−4 gd sinα
gsinα
+
2B
2d
3
mRgsinα
【答案】BCD
【详解】A．情形1 中，感应电动势的平均值E1= ΔΦ1
Δt1
= B d
2
Δt1
感应电流的平均值I 1= E1
R
，I 1= q
Δt1
解得
q = B d
2
R ，故A 错误；
B．情形1 中，令线框经过磁场的速度为v0，则有I 0= Bd v0
R
根据平衡条件有B I 0d =mgsin α线框进入磁场
前，根据牛顿第二定律有mgsin α =ma线框进入磁场前，根据速度与位移的关系有v0
2=2ax解得
x = m
2 R
2 gsinα
2B
4d
4
，故B 正确；
C．情形2 中，当线框上边界与磁场下边界重合时速度为v1，则此过程线框产生的焦耳热
Q =mg⋅2d sin α −1
2 mv1
2之后到速度减为0 过程，根据动能定理有mg⋅2d sin α −BILd =0−1
2 mv1
2解得
Q = 4 mgd sinα −BILd，故C 正确；
D．情形2 中，感应电动势的平均值E2= ΔΦ2
t
= 2B d
2
t
感应电流的平均值I 2= E2
R
，I 2= q1
t
解得
q1= I 2t = 2B d
2
R
对线框进行分析，根据动量定理有mgsin α ⋅t −B I 2dt =m v1解得t =
❑√
2BILd
m
−4 gd sinα
gsinα
+
2B
2d
3
mRgsinα
，
故D 正确。
故选BCD。
考向3 电磁感应中的动量观点的应用
5．（2025·海南儋州·模拟预测）电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全的辅助制动装置，其缓冲原理
可简化为如下情形：小车在平直公路上行驶时，小车内的某装置产生方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强
度为B，水平地面固定一矩形金属单匝线圈abcd，俯视图如图所示。已知线圈电阻为R，ab边长为L，ad
边长为2 L。当小车（无动力）水平通过线圈上方时，线圈与小车中的磁场发生作用，使小车做减速运动，
从而实现缓冲。已知小车的总质量为m，受到地面的摩擦阻力恒为f ；小车磁场刚到线圈ab边时速度大小
为v0，当小车磁场刚到线圈cd边时速度减为零（ab边未离开磁场）。下列描述正确的是（ ）
A．整个缓冲过程中流过线圈abcd的电荷量q = 2B L
2
R
B．小车磁场刚到线圈ab边时ab边所受安培力大小F=4 B
2 L
2v0
R
C．小车磁场从线圈ab边到cd边所用的时间为mv0 R−B
2 L
3
fR
D．小车磁场从线圈ab边到cd边整个过程中线圈产生的焦耳热Q=1
2 mv0
2−2fL
【答案】AD
【详解】A．根据法拉第电磁感应定律、闭合回路的欧姆定律以及电流与电荷量的关系E = ΔΦ
Δt
，I = E
R
，
q = I Δt
联立解得q = ΔΦ
R = BL×2 L
R
= 2B L
2
R
，故A 正确；
B．磁场刚进入线圈时，线圈ab边切割磁感线，有E = BLv0，I = E
R ，F = BIL联立解得ab边所受安培力大
小为F=B
2L
2v0
R
，故B 错误；
C．小车进入磁场到停下，以向右为正方向，根据动量定理得−ft −BL∑I i Δt =0−m v0
则有−ft −BLq =0−m v0解得t=mv0R−2B
2 L
3
fR
，故C 错误；
D．根据系统能量守恒可得1
2 m v0
2=Q+ f ⋅2 L可得整个过程中线圈产生的焦耳热为Q = 1
2 m v0
2−2fL，故D
正确。故选AD。
6．（2025·安徽芜湖·模拟预测）如图所示，两足够长的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 的光滑导体棒ab、cd 静置于导轨上，导体棒ab 的质量为m，电阻为2R，导体棒cd 的
质量为2m，电阻为R。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．初始时两导体棒之间的间
距为L，某时刻给导体棒cd 施加垂直导体棒水平向右的外力，使导体棒cd 由静止开始向右做加速度大小
为a0的匀加速直线运动，同时给导体棒ab 施加垂直导体棒水平向左的外力，使导体棒ab 始终保持静止。
经过时间t = 12mR
B
2 L
2 同时撤去施加在导体棒ab、cd 上的外力。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。下列说法正确的是（ ）
A．撤去外力瞬间，导体棒cd 的加速度大小为4 a0
B．导体棒cd 减速运动过程中，作用在导体棒cd 上外力冲量的大小为8m
2 R a0
B
2 L
2
C．从撤去外力到导体棒cd 运动稳定的过程中，导体棒cd 上产生的焦耳热为24 m
3 R
2a0
2
B
4 L
4
D．全过程通过导体棒ab 的感应电荷量q = 32m
2 R a0
B
3 L
3
【答案】BD
【详解】A．t 时间内，导体棒cd 由静止开始向右做加速度大小为a0的匀加速直线运动，则撤去外力瞬间，
导体棒cd 的速度为v =a0t =a0⋅12mR
B
2 L
2 = 12mRa0
B
2 L
2
此时电路中的感应电动势E = BLv感应电流I =
E
2 R+ R
导体棒cd 所受安培力FCD= BIL加速度a= FCD
2m
联立可得a=2a0 ，故A 错误；
BC．导体棒cd 减速运动过程中，从撤去外力到导体棒cd 运动稳定的过程中，取向右为正方向，根据动量
守恒定律有2mv =（2m+m）v1得v1= 2
3 v 施加在导体棒cd 上外力冲量的大小为
I❑=2m（v −v1）= 8m
2 Ra0
B
2 L
2
根据能量守恒定律有1
2 ×2mv❑
2= 1
2 （2m+m）v1
2+Q导体棒cd 上产生
的焦耳热为Qcd =
R
2 R+ R Q = 16m
3 R
2a0
2
B
4 L
4
，故B 正确，C 错误；
D．撤去外力前，导体棒ab 的感应电荷量q1= I t根据闭合电路欧姆定律有I =
E
R+2 R ，E = BLv ，
v = a0t
2 联立可得：q1= 24 m
2 Ra0
B
3 L
3
撤去外力后，对cd 棒，取向右为正方向，根据动量定理有
−BL I 1⋅t =2m v1−2mv
又q = I 1⋅t即qBL=2mv −2m v1结合v =a0t = 12mRa0
B
2 L
2
、v1= 2
3 v❑解得全过程通过导体棒ab 的感应电荷量
q =q1+q2= 32m
2 Ra0
B
3 L
3
，故D 正确；故选BD。
