2026年江苏高考物理二轮复习讲练测重难14 电学中三大观点的综合应用（解析版）

重难14电学中三大观点的综合应用

内容导航

速度提升技巧掌握手感养成

重难考向聚焦

锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向

重难技巧突破

授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧

重难保分练

稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值

重难抢分练

突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数

重难冲刺练

模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”

一、电场中的三大观点的综合应用

重难点1．电场中应用动力学观点处理问题的流程

重难点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＝qExcosθ(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)

重难点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。

二、磁场中三大观点的综合应用

重难点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。

重难点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。

重难点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：

����∆�−𝑚t=��−0

三、电磁感应中三大观点的综合应用

重难点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

重难点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

重难点3．电磁感应的动量问题处理方法

求解单棒或双棒问题中电量时，常用动量定理。例如：，即。

1.BLItmv2mv1BLqmv2mv1

2.处理无外力等间距双棒问题时，常用动量守恒定律。

（建议用时：15分钟）

1．（2026·江苏·一模）多个长度逐个增大的金属圆筒沿轴线排列成一串，如甲图所示，图中只画出了六个圆

筒作为示意。各筒按奇偶顺序交替连接到如乙图所示的交流电源的两端，已知交流电源周期为T、电压绝对

值为，且对应奇数号圆筒为高电势。整个装置放在高真空容器中。圆筒的两底面中心开有小孔，

U0UU0

粒子可以沿筒的中心轴线穿过。由于静电平衡，可认为只有相邻圆筒间缝隙中存在匀强电场，而圆筒内部

电场强度为零，缝隙的宽度很小，粒子在缝隙电场中加速的时间可以不计。t0时刻，有一电量为q、质

T

量为m的正离子由静止进入一、二圆筒间的电场开始加速，穿过二号圆筒后正好在t时刻进入二、三圆

2

T

筒之间的电场再次加速，且之后每经过正好进入下一缝隙电场。

2

(1)第n个圆筒的长度？

(2)实际应用中，由于相邻圆筒之间电压最大值有限制，要想使粒子获得较大速度，需要经过很多次加速，

设置的圆筒数量较多，导致粒子在缝隙电场中的加速时间不能再忽略。设相邻圆筒间距均为d，在不改变

交变电源的情况下，粒子能获得的最大动能是多少？

T2n1qU

【答案】(1)0

2m

q2U2T2

(2)0

8md2

1

【详解】（1）根据动能定理n1qUmv2

02n

T

又Lv

nn2

T2n1qU

联立可得L0

n2m

U

（2）匀强电场电场强度为E0

d

结合牛顿第二定律Eqma

1T

根据运动学公式kdat2，t

2002

结合动能的定义EkmkqU0

q2U2T2

联立可得E0

km8md2

2．（2026·江苏·一模）微通道电子倍增管是利用入射电子经过微通道时的多次反射放大信号强度的一种电子

器件，图甲为微通道的截面图。已知圆柱形微通道的直径为d、高为h，通道内有沿轴向的匀强电场，电场

强度大小为E，设一电子恰从微通道的入口边缘沿半径方向进入微通道内，入射速度大小为v0。假设每个电

子撞入内壁后撞出n个次级电子，忽略重力和各级电子间的相互作用，假设每个原电子的轴向动量在撞击

后被通道壁完全吸收，径向动量被完全反弹并被沿半径方向出射的n个次级电子均分。已知电子电量的绝

对值为e，质量为m。

(1)如果n1，求电子在通道内壁第一次撞击点与微通道入口的竖直方向距离h1。

(2)如果n2，假设电子刚好在撞击通道末端后离开，则欲使信号电量被放大到8倍，则h至少多大？

Eed2

【答案】(1)2

2mv0

21eEd2

(2)2

2mv0

1

【详解】（1）对电子，沿轴方向做匀加速直线运动，有hat2，

121

eE

电子的加速度为a

m

沿半径方向匀速直线运动，有dv0t1

Eed2

解得h12。

2mv0

v

（2）从第1次撞击通道壁后→第2次撞击通道壁前，沿半径方向d0t

22

1

沿轴方向hat2

222

v

从第2次撞击通道壁后→第3次撞击通道壁前，沿半径方向d0t

43

1

沿轴方向hat2

323

又因为hminh1h2h3

21eEd2

联立解得hmin2。

2mv0

3．（23-24高三下·江苏南通·开学考试）如图所示，光滑圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从

管口静止开始下落，圆管对小球的冲量I随下落时间t和下落高度h关系图像中正确的是（）

A．B．C．

D．

【答案】C

【详解】AB．小球竖直方向只受重力，做自由落体运动，则有

vgt

水平方向根据受力平衡可得，圆管对小球的弹力大小为

NqvBqBgt

可知圆管对小球的弹力大小随时间逐渐增大，由于It图像的切线斜率表示弹力大小，则It图像切线斜

率应逐渐增大，故AB错误；

CD．水平方向根据受力平衡可得，圆管对小球的弹力大小为

NqvB

圆管对小球的冲量为

INtqvBtqBvtqBh

可知Th图像为一条过原点的倾斜直线，故C正确，D错误。

故选C。

4．（2025·江苏南京·二模）如图，绝缘环a、b质量均为m，带电量均为+q，分别套在固定的水平绝缘杆上，

环的直径略大于杆的直径，环与杆的动摩擦因数均为，两杆分别处于竖直向下的匀强电场E和匀强磁场B

中，分别给两环水平向右的初速度v0，两环向右运动直至停下，下列说法不正确的是（）

A．摩擦力对两环的冲量相同

B．摩擦力对两环做的功相同

C．若两环最终位移相同，则a环运动时间较短

D．若两环最终运动时间相同，则a环位移较短

【答案】D

【详解】A．由题意，两环向右运动直至停下的过程中，两环所受合力沿杆水平向左，且大小等于受到的摩

擦力，对两环根据动量定理有If0mv0

显然摩擦力对两环的冲量相同，故A正确；

1

B．对两环，根据动能定理有W0mv2

f20

显然摩擦力对两环做的功相同，故B正确；

C．对环a受力分析可知，在竖直方向上，环受到竖直向下的电场力，重力，竖直向上的支持力作用，且

EqmgFN

环水平方向上受到的摩擦力fFNEqmgma

显然环a做匀减速直线运动直至停下；对环b受力分析可知，环水平方向上受到的摩擦力

22

fmgBqvma

显然环b做加速度逐渐减小的减速直线运动直至停下；若两环最终位移相同，可画出如图所示vt图像

由图像可知tatb，a环运动时间较短,故C正确；

D．根据选项C分析可知，若两环最终运动时间相同，则a环vt图像围成的面积较大，则其位移较长，故

D错误。

由于本题选择错误的，故选D。

5．（2025·江苏扬州·模拟预测）如图所示，光滑的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨足够长，电阻不计，

两轨间距为L，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，一

质量为m的金属棒，放置在导轨上，其电阻为r，某时刻一水平力F垂直作用在金属棒中点，金属棒从静

止开始做匀加速直线运动，已知加速度大小为a，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。

(1)从力F作用开始计时，请推导F与时间t的关系式；

(2)F作用时间t0后撤去，求金属棒能继续滑行的距离s和通过电阻R的电荷量。

B2L2

【答案】(1)Fatma

Rr

mat(Rr)mat

(2)s0；Q0

B2L2BL

【详解】（1）设t时刻，电路中电流为I，对金属棒由牛顿第二定律有F－BIL＝ma

根据闭合电路欧姆定律可得BLv＝I(R＋r)

金属棒速度v＝at

B2L2

联立，解得Fatma

Rr

（2）撤去F瞬间，金属棒速度v0＝at0

设金属棒能继续滑行的时间为Δt，在Δt时间内，取金属棒速度方向为正方向，由动量定理有ILBt0mv0

EΦBLs

在Δt时间内通过电阻R的电荷量QItt

RrRrRr

mat(Rr)mat

联立，解得金属棒能继续滑行的距离s0，Q0

B2L2BL

（建议用时：30分钟）

6．（2025·江苏·一模）如图，足够长的间距d=1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存

在一个宽度L=1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T，方向如图所示．一根质量ma=0.1kg，阻值

R=0.5Ω的金属棒a以初速度v0=4m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb=0.2kg，

阻值R=0.5Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电

阻不计，则求：

(1)金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热？

(2)金属棒a最终停在距磁场左边界多远处？

【答案】(1)0.34375J

(2)0.8m

【详解】（1）金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，

安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动。

BLd

电路中产生的平均电动势为E

tt

E

平均电流为I

2R

金属棒a受到的安培力为FBId

规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得BIdtmavamav0

解得对金属棒第一次离开磁场时速度va=1.5m/s

金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即

11

Qmv2mv2

2a02aa

联立并带入数据得Q=0.6875J

Q

由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热Q0.34375J

b2

（2）规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得mavamavambvb，

111

mv2mv2mv2

2aa2aa2bb

联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为va=-0.5m/s。

设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为

B(Lx)d

E

tt

E

平均电流为I

2R

金属棒a受到的安培力为FBId

'

规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得BIdt0mava

联立并带入数据解得x=0.8m

7．（2023·江苏扬州·模拟预测）如图甲所示，两足够长的光滑平行导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大

小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻。一金属棒垂直导轨放置，

质量为m，接入电路的电阻为r。在金属棒中点对棒施加一个水平向右、平行于导轨的拉力，棒与导轨始终

接触良好，导轨电阻不计，金属棒在水平拉力作用下，速度v随时间t按余弦规律变化，如图乙所示，取水

T

平向右为正方向，重力加速度为g。在t0到t的过程中，求：

4

（1）拉力做的功；

（2）拉力冲量的大小。

B2L2v2T1B2L2vT

【答案】（1）0mv2；（2）0mv

8(Rr)202(Rr)0

【详解】（1）速度随时间的变化关系为

2

vvcos

0T

电路中产生正弦式电流，电动势的峰值

E0BLv0

电动势的有效值

E

E0

2

产生的热量

E2T

Q

Rr4

解得

B2L2v2T

Q0

8(Rr)

安培力做的功

WAQ

由动能定理有

1

WW0mv2

A20

解得

B2L2v2T1

W0mv2

8(Rr)20

（2）单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型中，从平行磁感线位置开始转动后的四分之一周期内，

流过线圈的电量为

BSET

qIttm

tR总R总2R总

（其中EmBS）

将本题由于速度变化产生交变电流的情景与单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型类比，可得

BSETBLvT

q=m0

R总2R总2(Rr)

根据动量定理

II安0mv0

又

I安

FtBLItBLq

解得

22

BLv0T

II安mvmv

02(Rr)0

8．（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，在纸面内有一平面直角坐标系xOy，其第二象限内有一沿y轴负

方向的有界匀强电场，上边界y＝0.25m，下边界如图中虚线所示，电场强度大小E＝4V/m；第四象限同时

存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于纸面向里的磁场，电场强度大小也为E，磁感应强度大小为Bk|y|，

其中k＝4T/m。在P（-1m，0）处有一粒子源，以v0=4m/s速度均匀地向x轴上方各个方向发射粒子，粒子

2

电荷量q＝+8×10-6C，质量m＝1×10-6kg。过P点有一圆形匀强磁场区域，能使占比粒子平行于x轴射入

3

电场，经电场偏转后，全部通过原点O进入第四象限。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，求：

(1)写出匀强电场边界OQ段的边界方程（粒子入射点的坐标y和x间的关系式）；

(2)圆形磁场的半径和磁场强度大小；

(3)粒子从O点进入第四象限时，其速度方向与x轴正方向所成夹角的范围；粒子在第四象限运动的过程最

大速率。

【答案】(1)y＝x2（y≤0.25）

1

(2)R=m，B1=3T

6

(3)0°~45°，vm＝8m/s

qE

【详解】（1）粒子在电场中的加速度a32m/s2

m

x方向﹣x＝v0t

1

y方向y＝at2

2

解得y＝x2（y≤0.25）

（2）由几何关系可知r1r1sin300.25m

1

可得Rrm

16

v2

由qvB1m

r1

解得B13T

＝

（3）从Q点射入电场的粒子，到达O点时vx1＝v04m/s

vy1＝2ay＝4m/s

＝

得v142m/s，速度与x轴夹角在0°~45°

＝

水平方向动量定理qvyBtmvx

＝

即qvyΔtkymΔvx

1

qky2mvmv

2mm0

11

由动能定理qEy＝mv2mv2

m2m21

得ym=0.5m，vm=8m/s

9．（2025·江苏南通·模拟预测）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E53N/C，

同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，

质量m=1×10-6kg，电荷量q=2×10-6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁

场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），取g=10m/s2。求：

(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；

(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。

【答案】(1)20m/s，与电场方向夹角为60°

(2)23s

【详解】（1）小球做匀速直线运动，小球所受电场力、重力与洛伦兹力的合力为0，令重力与电场力合力方

向与竖直方向夹角为，如图所示

qE

则有tan

mg

解得60

根据平衡条件有qvBcosmg

解得v20m/s

（2）撤掉磁场时，小球做类平抛运动，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，则有

1

hvsintgt20

2

解得t23s

10．（2025·江苏·模拟预测）某空间Oxy平面内存在垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。t0

时刻，质量为m、电荷量为q的带电微粒从O点由静止释放，运动轨迹如图甲中的虚线所示，每经过2t0时

间微粒沿x方向“漂移”的距离为x0，通过理论分析可知粒子在轨迹最高点与在最低点所受的合力大小相等，

且“漂移”距离x0与微粒所受重力成正比。已知重力加速度为g，不计空气阻力。

(1)求微粒离x轴的最大距离h；

(2)若在Oxy平面内同时存在竖直向上的匀强电场，使微粒从O点由静止释放后运动轨迹与x轴的交点中包

含图甲中轨迹与x轴的所有交点，求匀强电场场强的最小值Em及此情况下微粒在最低点的加速度大小a；

mg

(3)若在Oxy平面内同时存在竖直向上、场强大小按图乙所示规律变化的匀强电场（其中E0，T未知），

q

使微粒从O点由静止释放后也能经过图甲中轨迹与x轴的所有交点，求除图甲轨迹与x轴的交点外，微粒运

动轨迹与x轴交点的坐标x及对应时刻t。

2m2g

【答案】(1)h

q2B2

mg1

(2)Em；a=g

2q2

2k12k12m2g

(3)xxrx，

2020q2B2

32m12m

k1,2,3...t12k1t0kn，t22k1t0kn，

4qB4qB

n1,2,3...，k1,2,3...

5m3m

或者t1=2k+2kn，t22k2kn，

2qB2qB

n1,2,3...，k1,2,3...

【详解】（1）设微粒在最低点速度为v，依题意知在最高点速度为0，只受重力，与最低点微粒所受合力大

小相等，则有mgqvBmg

1

根据机械能守恒定律得mghmv2

2

2m2g

解得h

q2B2

（2）设加电场后微粒“漂移”距离为x1，x0nx1

xmgEq

则1

x0mg

1mg

解得E1

nq

mg

当n2时，E最小，即Em

2q

在最低点由牛顿第二定律mgEmqma

1

解得ag

2

（3）在t0时刻微粒所受电场力与重力平衡，做匀速圆周运动，在t0~t0T时间内运动n圈回到最低点继续

mv2

在原轨道运动，由qvB

r

2m2g

解得r

q2B2

因此圆心在x轴上，轨迹如图所示

2k12k12m2g

除图甲轨迹与x轴的交点外，与x轴的所有交点的坐标x为xxrx，k1,2,3...

2020q2B2

v22r

微粒做圆周运动的周期为T0，根据qvBm，T

rv

2m

则有T，且TnT，n1,2,3...

0qB0

除图甲轨迹与x轴的交点外，微粒运动到x轴时对应时刻t为

T3T

t2k1tk1T0n1T，t2k1tk1T0n1T，n1,2,3...，k1,2,3...

10402040

32m12m

即t12k1t0kn，t22k1t0kn，

4qB4qB

n1,2,3...，k1,2,3...

2m5m3m

若将2t0T0代入也可得即t1=2k+2kn，t22k2kn，

qB2qB2qB

n1,2,3...，k1,2,3...

（建议用时：40分钟）

11．（2024·江苏泰州·模拟预测）如图所示，在竖直平面内放置一长为L的薄壁玻璃管，在玻璃管的a端放

置一个直径比玻璃管直径略小的小球，小球带电荷量为q、质量为m．玻璃管右边的空间存在匀强电场与

匀强磁场的复合场。匀强磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度为B；匀强电场方向竖直向下，电场强度大

mg

小为。电磁场的左边界与玻璃管平行，右边界足够远．玻璃管带着小球以水平速度v垂直于左边界向右

q0

运动，由于水平外力的作用，玻璃管进入磁场后速度保持不变，经一段时间，小球从玻璃管b端滑出并能

在竖直平面内运动，最后从左边界飞离磁场．设运动过程中小球的电荷量保持不变，忽略玻璃管的质量，

不计一切阻力．求：

（1）小球从玻璃管b端滑出时速度的大小；

（2）从玻璃管进入磁场至小球从b端滑出的过程中，外力F随时间t变化的关系；

（3）通过计算画出小球离开玻璃管后的运动轨迹。

2BvgB2vq2

【答案】（1）v0Lv2；（2）F0t；（3）

m0m

【详解】（1）由

mg

E

q

得

qEmg

即重力与电场力平衡，所以小球管中运动的加速度为

FBvq

ay0

mm

设小球运动至b端时的y方向速度分量为vy，则

2

vy2aL

又

22

vv0vy

可解得小球运动至b端时速度大小为

2Bvq

v0Lv2

m0

（2）由平衡条件可知，玻璃管受到的水平外力为

FFxBvyq

Bvq

vat0t

ym

可得外力随时间变化关系为

B2vq2

F0t

m

（3）设小球在管中运动时间为t0，小球在磁场中做圆周运动的半径为R，轨迹如图（a）所示

t0时间内玻璃管的运动距离

1

xvt,Lat2

0020

由牛顿第二定律得

mv2

qvB

R

由几何关系得

xx

sin1

R

xv

sin1y

Rv

所以

vqvBtmv

xyR00vtx

1vmvqB00

可得

sin0

故

0

即小球飞离磁场时速度方向垂直于磁场边界向左，小球运动轨迹如图（b）所示。

12．（2023·江苏南通·二模）如图所示，真空中有范围足够大、垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度

大小为B，在x轴下方有沿-y轴方向的匀强电场，电场强度大小为E。质量为m、电荷量为＋q的粒子在xOy

平面内从y轴上的P点以初速度大小为v0射出，不考虑粒子的重力。

（1）若粒子与-y轴方向成α角从P点射出，刚好能到达x轴，求P点的纵坐标y；

（2）若粒子沿-y轴方向从P点射出，穿过x轴进入第四象限，在x轴下方运动到离x轴最远距离为d的Q

点（图中未标出），求粒子在Q点加速度的大小a；

（3）若所在空间存在空气，粒子沿－y轴方向从P点射出，受到空气阻力的作用，方向始终与运动方向相

反，粒子从M点进入第四象限后做匀速直线运动，速度与＋x轴方向成角。求粒子从P点运动到M点的

过程中克服阻力所做的功W和运动的时间t。

22qEd22

mv01mEcosm

【答案】（）1sina；（）qBv0qE；（）2，

12m3mv02

qB22B2

mqB

【详解】（1）设粒⼦在磁场中做圆周运动的半径为R，则由洛伦兹力充当向心力可得

v2

qvBm0

0R

由⼏何关系得

yR1sina

解得

mv

y01sina

qB

（2）设粒⼦进⼊第四象限离x轴距离最⼤时速度为v1，电场⼒对粒⼦做正功，由动能定理可得

11

qEdmv2mv2

2120

由⽜顿第⼆定律有

qv1BqEma

解得

22qEd

qBv0qE

am

m

（3）设粒⼦进⼊第四象限以速度v2做匀速运动，受力分子如下图

受⼒关系有

qv2BqEcos

粒⼦从P点运动到M点，由动能定理得

11

Wmv2mv2

2220

解得

1mE2cos2

Wmv2

202B2

粒⼦从P点运动到M点过程中任意时刻满⾜

qvBmv

则P点运动到M点的时间为

t2

解得

m

2

t

qB

13．（2024·江苏盐城·模拟预测）如图所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为R的电

阻外，其余电阻不计。质量为m的金属棒MN与框架接触良好。在区域abcd和cdef内，存在磁感应强度大

小分别为B1＝B、B2＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae与bf间距为L。现

从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动。求：

（1）金属棒进入磁场B1区域后的速度大小；

（2）金属棒刚进入磁场B2区域时的加速度大小。

mgR

【答案】（1）；（2）3g

B2L2

【详解】（1）当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方

向相反。则

F1＝B1I1L＝BI1L＝mg

又

B1LvBLv

I1＝＝

RR

联立得

mgR

v＝

B2L2

（2）金属棒刚进入磁场B2区域时，由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上，大小为

2BLv4B2L2v

F2＝B2I2L＝2BL＝

RR

把（1）问求得的v代入，可得

F2＝4mg

根据牛顿第二定律得

F2－mg＝ma

得

a＝3g

14．（2024·江苏·一模）如图所示，足够长的两光滑竖直金属导轨间距为L，处在磁感应强度大小为B、方向

垂直导轨平面的匀强磁场中，匀质金属棒ab、cd均紧贴两导轨，质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不计，

重力加速度为g，现用悬绳固定ab棒，由静止释放cd棒，求：

（1）cd棒最终速度的大小；

（2）悬绳对ab棒拉力的最大值。

2mgR

【答案】（1）v；（2）T2mg

mB2L2

【详解】（1）根据题意，设cd棒最终速度的大小为vm，此时，感应电动势为

EBLvm

感应电流为

EBLv

Im

RR

安培力为

B2L2v

FBILmcd棒速度稳定时，对cd棒有

AR

mgFA

联立解得

2mgR

v

mB2L2

（2）cd棒匀速运动时，悬绳对ab棒拉力最大，则有

TmgFA2mg

15．（2025·全国·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第三象限内，区域I（x<-L）内有方向垂直

xOy平面向外的匀强磁场；区域II（-L<x<0）内有一平行纸面且大小、方向均未知的匀强电场（图中未画出）。

一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从点a（-2L，-2L）沿y轴正方向、以大小为v0的初速度开始运动，

L

从点b（-L，-L）沿x轴正方向进入区域II，粒子在电场中运动时间后，从坐标原点进入第一象限，第

2v0

一象限内存在垂直xOy平面向里的磁场，该磁场内各点的磁感应强度大小B2与横坐标x满足B2=kx（k为大

于0的常量）。不计粒子重力，求：

(1)区域I内匀强磁场磁感应强度B1的大小；

(2)区域II内匀强电场场强E的大小；

(3)该粒子在第一象限内运动过程中与y轴的最大距离。

mv

【答案】(1)0

qL

45mv2

(2)0

qL

2mv

(3)0

qk

【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示

由几何关系得粒子在区域I中运动的轨迹半径为RL