2026年高考物理二轮复习：专题13 电磁学中三大观点的综合应用（复习讲义）（全国适用）（解析版）

专题13电磁学中三大观点的综合应用目录TOC\o"1-2"\h\u01析·考情精解 202构·知能架构 303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3289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透视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。电学中三大观点的综合应用电学中三大观点的综合应用电场电磁感应动力学观点能量的观点磁场动力学观点能量的观点动力学观点能量的观点动量的观点动量的观点动量的观点主要运动形式：直线运动、抛体运动、圆周运动主要运动形式：直线运动、匀速圆周运动、一般曲线运动主要模型：线框模型、单双棒模型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EkA、A．EkA<C．EkA<【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>因此EkB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、0.4kg、0.2kg(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)2×106N/C(2)0.5；【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（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T1=mCg，T1=f其中f=μmB（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−2kℎ'=mAa对B、C根据牛顿第二定律可得qE+mCg−f=(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＝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)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kx0=8EqA．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18【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，2Eq=ma又kx0=8Eq2．（2025·广西南宁·模拟预测）如图所示，水平地面上放置一长度L=10m、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=7m。在距木板右端d2=9m的虚线右侧，存在宽度d3=11.5m的匀强电场，场强E1=2×106N/(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E(3)物块离开匀强电场E2【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μ解得a0=3m/s2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−μ2m+Mg=m+Ma代入数据解得a=2m/s2则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移（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+qE1]=(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+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−vt（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v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μ2Mg=Ma3解得t2=1s，a3=2m/s²设该过程中木板的位移为x3，可得x3=v1t2-12a3t2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=4×105N/C，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随A．它们运动的最大速度为0.8m/sB．它们向左运动的最大位移为2mC．当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-2.4JD．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=0.2x所以此时A、B运动的位移大小为x=1根据动能定理可得Eqx−mgx+Wf解得vm则有qExm−mgxmCD．当物体的速度为0.6m/又W联立解得x1=0.2所以A的电势能为EpA=−qE根据μ=0.2x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=代入数据解得T=10.8N或T=9.24．（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=2×103N/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=2×103N/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(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=0.5m(3)若传送带顺时针转动的线速度v0=1m/s【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qE（2）若传送带始终静止，设小物块P从距B点距离L=0.5m处释放后与Q碰前的速度为v1，根据动能定理得qE1L−2μmgL0=12mv12−0代入数据得v1=4等效重力的方向与竖直方向的夹角为α=60°，且等效重力G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根据牛顿第二定律，有F1−2mg（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−μmgL0=0−12mv42代入数据得v4=2m/s因为v4=2m/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(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q1【答案】(1)v共=34【详解】（1）A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有3mv0（2）任意时刻A、B组成的系统动量守恒，则有3m则∑3mv0Δt=∑3m联立解得x（3）取无限远处的电势为零，由题可知，初始时系统电势能为kq1q22L小球A、B共速时相距最近，设距离为x解得q1q2=2Lxk2L−x38mv02−Ep6．（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+(2)3(3)9【详解】（1）设b与a碰撞前一瞬间速度大小为v0，根据动能定理解得v碰撞过程动量守恒m能量守恒1解得va1=小球a运动到A点时，F−3mg=3m解得F=3mg+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+（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设从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t，则t=（3）第一次碰撞后，小球b从D点向左运动的最远距离为x第二次碰撞前，小球b的位置离D点的距离为xb与a第二次碰撞过程动量守恒，即3m根据能量守恒1解得vb2=第二次碰撞后，b向左运动的最大距离x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=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RA．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2qUC．第k次加速后．离子的速度大小变为mD．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为m【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=12mD．粒子在偏转磁场中运动的半径为R，则有qvB=mv2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v0A．合力冲量大小为mv0cosƟ B．重力冲量大小为mC．洛伦兹力冲量大小为qBv022g【答案】CD【详解】A．根据动量定理I=0−mv0=−mB．小球上滑的时间为t=v0gC．小球所受洛伦兹力为Bqv=Bqv0−at=−Bqat+BqvD．若v0=2mgcosθqB则小球在整个减速过程的FN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：qv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．455T B．25【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Fcosα−mgsinθ−f=ma联立可得F=6cosα+0.5sinα2．（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vA．v1中=mgsinC．v2一定小于v1 D．v【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mg解得v1B．图乙中前半段根据牛顿第二定律，有mg图甲中前半段根据牛顿第二定律，有mg由此可知a乙>a甲根据速度-位移公式，有v2CD．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=D．导体棒最大速度为2【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−mgR1−cosθ4．（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d3，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(1)求两极板间磁场的磁感应强度B0(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=3mg4，圆轨道半径(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10【答案】(1)B0=9Uv【详解】（1）平行板电容器内匀强电场的电场强度E=3Ud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=mgd3U小物块运动轨迹如图，由几何知识可得d2+（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sinα=d因为FN=3mg4，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（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mgR1−当qv2B=mg时，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=mgqB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A．磁场方向垂直纸面向里B．O与C间距离为3C．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27mD．小球离开斜面后相对O点能够上升的最大高度为23【答案】BC【详解】A．小球在O点受到洛伦兹力的大小F=qυ0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mg得a=g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=mg得υ=由匀变速直线运动规律得−υ=可得t=3υ0C．上行过程垂直斜面方向上由平衡条件可得F此过程中弹力的冲量为I同理可得下行过程弹力冲量为I全程弹力冲量为I=根据选项B的分析可知t1+联立得I=27mD．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离开斜面后相对O点能够上升的最大高度H=ℎ6．（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qm=v0BL的带正电的粒子从坐标为0,2L的P点以大小为v0的速度垂直A．粒子由P点运动到Q点的时间为3πLB．粒子由P点运动到Q点的时间为2πLC．Q点的纵坐标为LD．Q点的纵坐标为3L【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=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3π2，则有故A正确，B错误；CD．取一小段时间Δt，设水平方向速度为vx，竖直方向速度为vy，对粒子在两边同时对过程求和∑−qvy即k∑−Δx−qB∑Δy=m∑Δvx其中所以Q点纵坐标为2L−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Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2；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．金属棒所受安培力冲量大小为BB．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为BC．每个定值电阻产生的热量为kD．金属棒的平均输出功率为k【答案】D【详解】A．根据I安=BIlΔt=Blq而B．该过程中由动量定理2I弹−C．由能量关系可知回路产生的总热量Q=mgsinθ(a+b)+2×1D．金属棒的平均输出功率P=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)v2g(3)若l2>l1，则P=【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v2=2ad（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=BIl1又E=Bl1v（3）①若l2②若l2>l1，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理mgsinθ⋅t1−BIl1t1=0其中t1=l1v，③若l2<l1，同理可得q'=Bl1l2R根据动量定理mgsinθ⋅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，导体棒电阻为r，F为恒力)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：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无外力等距式（导轨光滑）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：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＝v2L21.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gA．金属棒的末速度为mgRB．释放时金属棒的加速度为0.5gC．通过s距离金属棒所用的时间为4sD．金属棒匀速时电容器所储存的电能为1【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=ER联立可得F=B2L2vB．初释放时，根据牛顿第二定律有mgsinθ−BLI=ma其中I=ΔC．根据运动学公式s=12at2D．金属棒下滑距离为s时，根据能量守恒有mgssinθ=1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/sA．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1NC．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=4m/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=B．金属杆受到的安培力大小为F安C．根据牛顿第二定律可知F−F安=ma解得t=2s时，F=2ND．在0～2s内，金属杆运动的距离为x=12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12。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abA．线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电流方向为abcdaB．线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为BLC．线框在穿过磁场区域的过程中最大加速度为BD．线框在穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为2mgL+【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v2=2gℎ，ab边进入磁场时，感应电动势E=BLv解得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=BLvab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=BD．线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有Q=mg⋅2L+14．（2025·湖北襄阳·模拟预测）