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（专题专练）（全国适用）（解析版）

1/2专题13电磁学中三大观点的综合应用目录第一部分风向速递洞察考向，感知前沿第二部分分层突破固本培优，精准提分A组·保分基础练题型01电场中的三大观点的综合应用题型02磁场中的三大观点的综合应用题型03电磁感应电场中的三大观点的综合应用B组·抢分能力练第三部分真题验证对标高考，感悟考法1．（2025·海南海口·模拟预测）如图所示，一根绝缘轻弹簧左端固定在绝缘的竖直挡板上，弹簧自然伸长时右端位于O点。用一根不可伸长的绝缘轻绳，通过轻质光滑定滑轮连接带电物块P（视为点电荷）和不带电物块Q，物块P所带的电荷量为＋q，物块P与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，整个空间存在水平向左的匀强电场，场强，已知AO＝2x，OB＝x，物块P和Q的质量均为m，现将物块P从图中A点静止释放，P能向左运动并压缩弹簧到最短的位置B点，P与滑轮之间的轻绳始终与水平面平行，不计空气阻力及弹簧与水平面间的摩擦，重力加速度为g，整个过程中，滑轮右边的轻绳始终处于伸直状态，则（）A．物块P从A点运动至O点的过程中，轻绳对物块Q的拉力大小为mgB．物块P从A点运动至O点的过程中，系统机械能增加3mgxC．物块P运动至O点时的动能为D．运动过程中弹簧的最大弹性势能为5mgx【答案】C【详解】A．物块P释放后向左做加速运动，根据牛顿第二定律，对物块P，Eq-μmg-T=ma对物块Q，T-mg=ma解得绳子拉力T=1.75mg，故A错误；B．物块P从A点运动至O点的过程中，机械能的增加量等于电场力和摩擦力所做的总功，即W=（qE-μmg）•2x=5mgx故B错误；C．物块P从A运动至O点过程中，对P、Q系统由能量守恒得W=mg•2x+2Ek解得Ek=，故C正确；D．物块P从A运动至B点过程中，对P、Q系统由能量守恒得qE•3x=mg•3x-μmg•3x+Ep解得Ep=4.5mgx，故D错误。故选C。2．（2025·四川南充·三模）如图所示，一根足够长的固定竖直绝缘杆，位于垂直纸面向外、磁感应强度的匀强磁场中。现有一个质量为、带电荷量的小球套在绝缘杆上从某点静止开始下滑，经过达到最大速度。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.8，重力加速度为。则在小球加速下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．小球的最大加速度为B．小球的最大速度为C．小球下降的高度为D．系统因摩擦生热为3J【答案】B【详解】A．根据题意可知，开始下滑时，小球速度为0，洛伦兹力为0，此时小球与杆间的摩擦力为0，小球只受重力，加速度最大，等于重力加速度，故A错误；B．根据题意可知，当小球速度最大时，加速度为0，则有解得故B正确；C．小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动量定理得整理可得解得选项C错误；D．小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动能定理得解得则系统因摩擦生热为，故D错误。故选B。3．（2025·广西南宁·一模）“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至接近地面时再减速，让游客体验失重的乐趣，如图甲所示。物理兴趣小组设计了相关的减速模型，如图乙所示，单匝线圈质量为m，半径为，总电阻为R。磁场减速区有一辐向磁场，俯视图如图丙，到中心轴距离为r处的磁感应强度大小为。线圈由静止开始释放，下落过程中线圈保持水平且圆心一直在中心轴上。磁场减速区高度为，线圈释放处离减速区下边界的高度为，忽略一切空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．线圈在磁场减速区内速度可以为零B．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程中重力的冲量大小等于安培力的冲量大小C．线圈刚进入磁场时受到的安培力大小为D．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程中产生的焦耳热为【答案】C【详解】C．设线圈的速度为，感应电动势为感应电流为安培力线圈刚进入磁场时安培力为，故C正确；A．线圈做减速运动，速度越小安培力越小，当安培力等于线圈的重力时，线圈做匀速运动，线圈速度不能减为零，故A错误；B．设线圈到达减速区下边界时速度为，有故有，故B错误；D．根据能量守恒可得解得，故D错误。故选C。01电场中的三大观点的综合应用4．（2025·河南·三模）如图所示，绝缘轨道ABC固定在竖直平面内，AB部分是光滑的圆弧轨道，轨道半径为R，BC部分是足够长的水平轨道，两部分平滑连接。空间存在水平向左的匀强电场（图中未画出），场强大小为E（未知）。现将一质量为m、电荷量为q的带电物块（可视为质点）从轨道上的A点由静止释放，物块沿轨道运动。已知物块与轨道BC间的动摩擦因数为0.125，整个运动过程中物块在BC段运动的总路程为2R，重力加速度大小为g，且。则整个运动过程中带电物块向右运动的最远处与B点相距（）A． B． C． D．【答案】A【详解】根据题意可知，由于则物块不会停在上，则物块最终将在点左侧一段圆弧上来回往复运动，且在点的速度为0，则有解得运动到最远时，根据动能定理得解得故选A。5．（2025·浙江·二模）如图所示，一根长为D的光滑金属导体板AB固定在绝缘水平面上，倾角30°，在垂直B端右上方C处固定一带电荷量+Q的点电荷，AC连线水平。现将一质量为m、电荷量为+q的绝缘小球（可视为点电荷）从金属棒的A端静止释放，小球沿金属棒向下滑动。假设小球的电荷量始终不变且不计电场边缘效应，则小球从A端滑到B端的时间（已知重力加速度为g）（）

A． B． C． D．不能确定【答案】B【详解】金属板放在点电荷+Q的电场中，则场强方向垂直于AB平面向下，则当+q的小球沿金属板下滑时受电场力垂直板向下，加速度为根据解得故选B。6．（2025·江西鹰潭·二模）沿空间某直线建立轴，该直线上的静电场方向沿轴，其轴正半轴上电场强度随轴上位置变化规律如图所示，原点到间的图线为直线，轴正方向为电场强度正方向，一个电荷量大小为的粒子在点由静止释放，刚好能沿轴正方向运动到处，不计粒子的重力，则下列判断错误的是（）A．该粒子带正电B．粒子在处的电势能大于处的电势能C．粒子在处的动能为D．点到之间电势差大于到之间电势差【答案】D【详解】A．粒子在点由静止释放，刚好能沿x轴正方向运动到处，故粒子先做加速运动后做减速运动；由图像可知，场强方向先沿轴正方向，后沿轴负方向，可知，受力方向与电场强度方向相同，粒子带正电，故A正确，不符合题意；B．粒子从到的过程中，电场力一直做正功，电势能减少，所以粒子在处的电势能大于处的电势能，故B正确，不符合题意；C．从点到处，图线与坐标轴所围的面积表示点到处的电势差；从点到处由动能定理得故粒子在处的动能为故C正确，不符合题意；D．设点到之间电势差为，到之间电势差为，由动能定理得解得故点到之间电势差等于到之间电势差，故D错误，符合题意。本题选错误选项，故选D。7．（2025·湖南永州·三模）如图所示，半径为的均匀带电细圆环处于水平面内，圆心位于竖直轴上的原点处，细圆环所带电荷量为，轴上A点与原点的距离为，静电力常量为，质量为的带负电小球恰能静止于A点，重力加速度为，下列说法正确的是（）A．若在外力作用下，将小球从A点移到B点，电势能减小B．若在外力作用下，将小球从A点移到O点，电场力不断增大C．细圆环带负电，小球所带电荷量为D．若在外力作用下，沿y轴向上缓慢移动小球，移动过程中外力所做的功大于小球增加的重力势能【答案】C【详解】A．带负电小球恰能静止于A点，则圆环带负电，在外力作用下将小球从A点移到B点，库仑力做负功，电势能增大，故A错误；C．原点处电场强度为零，轴上无穷远处电场强度也为零，小球带负电，在A点时，受到重力，细圆环对其向上的电场力，二者平衡，有微元累积求和，可得故细圆环带负电，小球所带电荷量为，故C正确；B．因与关系未知，则沿轴从A点移到O点，电场强度可能不断减小，也可能先增大后减小，故小球所受电场力可能不断减小，也可能先增大后减小，故B错误；D．球沿轴向上缓慢移动过程中，电场力对小球做正功，小球电势能减小，由动能定理可得即外力和电场力做的功之和等于小球的重力势能增加量，可知外力所做的功小于小球增加的重力势能，故D错误。故选C。8．（25-26高三上·河北唐山·开学考试）如图所示，在电场强度大小为、方向竖直向下的匀强电场中，一根长为的轻质绝缘细线一端固定在点，另一端固定一个质量为、所带电荷量为的带电小球1。另一带电荷量为的小球2固定在点正下方的点且距离点为。开始时小球1位于点，细线伸直且与电场线垂直，由静止释放小球1，小球1运动到点时速度为零，OQ连线与OP连线之间的夹角为。不计小球所受重力和空气阻力，两小球均可视为质点，下列说法正确的是（

）A．小球1从点运动到点的过程中，小球2对小球1做的功为B．P、Q两点的电势相等C．小球1运动至点时，其受力平衡D．小球1从点运动到点的过程中，小球1的电势能一直增大【答案】B【详解】A．小球1从点运动到点的过程中，根据动能定理可得解得小球2对小球1做的功为，故A错误；B．小球1从点运动到点，电场力做的功为零，所以P、Q两点的电势相等，故B正确；C．小球1运动到点时，其受力不平衡，随后其会返回点，故C错误；D．小球1从点运动到点的过程中，小球1受到的电场力对小球1先做正功后做负功，所以小球1的电势能先减小后增大，故D错误。故选B。9．（24-25高三下·安徽阜阳·模拟预测）如图所示，固定的光滑绝缘杆与水平方向的夹角为30°，a、b、c为杆上的三个点，且ab=bc。电荷量为+Q的点电荷固定在d点，a点与d点的连线水平，且。将带有小孔质量为m的带电小球穿过杆放置于b点，小球恰能静止不动。已知重力加速度为g，下列判断正确的是（）A．小球带正电B．小球对杆的压力大小为C．将小球从c点由静止释放的瞬间，加速度大小为2gD．将小球移到a点时，库仑力大小为【答案】B【详解】A．静止在b点时，根据平衡条件可知，小球必定受到d点电荷对它的引力，故小球带负电，故A错误；B．小球在b点受力分析如图所示设，由平衡条件结合题中几何关系可知，库仑力大小为小球受到的支持力大小为可知小球对杆的压力大小为，故B正确；C．小球在c点时，受到库仑力竖直向下，大小故静止释放的瞬间，根据牛顿第二定律有解得加速度大小为，故C错误；D．根据题意可知，小球在a点时受到的库仑力大小为，故D错误。故选B。02磁场中的三大观点的综合应用10．（2025·河南·模拟预测）电磁炮利用电磁系统中电磁场产生的安培力来对金属弹丸进行加速，与用传统的火药推动的大炮相比，电磁炮可大大提高弹丸的速度和射程。某电磁炮可简化为如图所示的模型，同一水平面内的两根平行光滑导轨、与可控电源相连，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，将一质量为、可视为质点的金属弹丸放在导轨上，弹丸在安培力的作用下由静止开始加速向右运动，离开导轨时的速度大小为，已知弹丸在导轨上加速的过程中，可控电源提供给弹丸的功率恒为，不计空气阻力及弹丸产生的焦耳热，下列说法正确的是（）A．导轨的电势较低 B．弹丸在导轨上运动时的加速度先减小后增大C．弹丸在导轨上的加速时间为 D．弹丸在导轨上的加速距离为【答案】C【详解】A．根据左手定则可知，导轨a与电源正极相连，电势较高，故A错误；B．弹丸在导轨上运动时，可控电源提供给弹丸的功率不变，随着速度增大，弹丸受到的安培力不断减小，根据牛顿第二定律知，弹丸的加速度不断减小，故B错误；C．此过程中弹丸受到的合力的功率不变，根据动能定理有解得故C正确；D．若弹丸做匀加速直线运动，则弹丸在导轨上的加速距离为弹丸在导轨上做加速度减小的加速运动，距离大于，故D错误。故选C。11．（2024·福建泉州·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q=0.5C，质量m=0.02kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.08kg，滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度为B=1.0T的垂直纸面向里的匀强磁场，开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量I=0.16N·s，g取10m/s2，那么小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为（）A．0.160J B．0.032J C．0.014J D．0.016J【答案】C【详解】开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量，即解得根据左手定则可知，滑块受到的洛伦兹力方向向上，假设二者能够达到共同速度，则解得当滑块脱离小车时，有解得滑块的速度大小为所以二者不可能达到共速，根据动量守恒定律可得解得根据能量守恒定律可得故选C。12．（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显然摩擦力对两环的冲量相同，故A正确；B．对两环，根据动能定理有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，且环水平方向上受到的摩擦力显然环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，可画出如图所示图像由图像可知，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。13．（24-25高三下·河北·开学考试）倾角均为的粗糙斜面AB、CD分别与半径为R的光滑圆弧OBC相切于B、C两点，圆弧所在的两虚线区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场图中未画出，质量为m、电荷量为的小滑块从斜面AB上距离圆弧最低点高为处由静止释放，小滑块第一次通过圆弧最低点时对圆弧面的压力大小为。已知小滑块可视为质点，它与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，运动过程中小滑块的电荷量保持不变，。下列说法中正确的是（）A．磁场的磁感应强度大小为 B．磁场的磁感应强度大小为C．小滑块减小的机械能为 D．小滑块减小的机械能为【答案】A【详解】AB．小滑块从开始运动到第一次通过圆弧面最低点的过程，由动能定理有解得在最低点对小滑块受力分析并结合牛顿第二定律有解得故A正确，B错误；CD．小滑块在斜面上运动时机械能会减小，最终小滑块在BC间往复运动，所以小滑块减小的机械能为故CD错误。故选A。14．（25-26高二上·辽宁·期中）如图，矩形区域（含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B和水平向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从左下角N点以大小为的速度水平向右射入，最终从右上角Q点以竖直向上大小为的速度射出。不计粒子所受其他作用力，下列说法正确的是（

）A．电场力做功 B．电场力做功C．矩形磁场的边长度为 D．矩形磁场的边长度为【答案】C【详解】AB．粒子从N到Q，根据动能定理，有，故AB错误；CD．洛伦兹力的竖直分量提供竖直方向的动量变化，根据动量定理，有即解得矩形磁场的NP边长度为，故C正确，D错误。故选C。15．（2025·黑龙江·二模）如图，是交替出现的宽为的匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3区域为电场，场强均为，2、4区域为磁场，场强均为，方向如图所示。质量为，带电量为的正粒子，从1区上边界由静止释放，不计重力。下列说法中正确的是（）A．粒子从4区下边界穿出后的动能一定为B．粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为C．粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为D．若粒子恰未从第4场区射出，则需满足【答案】A【详解】A．由于洛伦兹力总是不做功，粒子从静止释放到从4区下边界穿出，根据动能定理可得可知粒子从4区下边界穿出后的动能一定为，粒子从4区下边界穿出后的速度大小为故A正确；BCD．由于电场力处于竖直方向，不影响水平方向的速度，则粒子从静止释放到从4区下边界穿出，水平方向根据动量定理可得其中联立可得粒子从4区下边界穿出后的水平速度为则粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为若粒子恰未从第4场区射出，粒子达到4区下边界的竖直分速度刚好为0，则有解得故BCD错误。故选A。03电磁感应电场中的三大观点的综合应用16．（2025·安徽·模拟预测）如图甲所示，为磁悬浮列车，其系统简化为如图乙所示的物理模型：间距为L的绝缘水平光滑平行直导轨间，等距离分布方向相反、垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是L。导轨上有边长为L、质量为m的单匝正方形金属线框，总电阻为R。此时线框在图示位置以速度v0开始向右滑行，下列说法正确的是（）A．此时刻线框中的感应电流方向为顺时针B．线框中产生的感应电流最大值为C．线框运动过程中的最大加速度为D．当线框停止滑行时，通过线框截面的电荷量为【答案】D【详解】A．线框向右运动，根据右手定则可知，图乙所示时刻线框中的感应电流的方向是逆时针，故A错误；B．图乙时刻，线框左右两边产生的感应电动势应相加，根据法拉第电磁感应定律，此时有最大感应电动势线框中的最大电流为故B错误；C．线框受到的安培力最大为根据牛顿第二定律可得，线框的最大加速度为故C错误；D．在线框滑行过程中，其两条边均受到安培力，对线框运用动量定理有其中则通过线框截面的电荷量为故D正确。故选D。17．（2025·黑龙江·二模）国产电动汽车采用电磁式动力回收装置，可将部分动能转化为电能并储存。如图所示为该装置的简化模型，“日”字形的金属线框放在光滑的水平面上，各边长均为l，ab、cd、ef边电阻均为R，其余部分电阻可忽略不计。线框以速度v进入宽度为l的匀强磁场，最终恰好穿出磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，边界与ab边平行，则线框（）A．刚进磁场时，a端电势高于b端电势B．刚进磁场时，a、b两点间电势差为C．质量D．穿越磁场过程中ab边产生的热量【答案】C【详解】A．由右手定则可知，线框刚进入磁场时b端电势高，且其等效电路为：可知，a端电势低于b端，且，故AB均错误；C．由动量定理知，，解得，故C正确；D．ab棒发热分两个阶段：（1）ab棒在磁场中运动，由动量定理，有，解得过程中产生的热量（2）ab棒在磁场外运动过程中产生的热量所以，故D错误。故选C。18．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图所示，与水平面夹角为的绝缘斜面上固定有光滑型金属导轨，导轨间距为，导轨底端接阻值为的定值电阻。质量为、阻值也为的导体杆沿导轨向下运动，以大小为的速度进入方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间后，达到最大速度。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为。下列说法正确的是（）A．匀强磁场的磁感应强度大小为B．杆刚进入磁场时的加速度大小为C．杆在磁场中沿导轨加速下滑的距离为D．杆在磁场中加速运动过程回路中产生的热量为【答案】C【详解】A．杆在磁场中匀速运动时速度最大，有解得，A错误；B．杆刚进入磁场时，由牛顿第二定律得解得，B错误；C．对杆在磁场中的加速运动应用动量定理，得又联立解得，C正确；D．杆在磁场中加速运动过程由能量守恒定律得联立解得，D错误。故选C。19．（2025·浙江·模拟预测）我国首艘弹射型航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道．电磁弹射的简化模型如图所示：足够长的光滑水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器C相连，与机身固连的金属杆静置在轨道上，闭合开关S后，飞机向右加速达到起飞速度。下列说法正确的是（）A．飞机运动过程中，a端的电势始终低于b端的电势B．飞机起飞过程是匀加速直线运动C．飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零D．增大电容器的放电量，可以提高飞机的最大速度【答案】D【详解】A．飞机向右加速，通过金属杆ab的电流方向为a→b，则电容器上板带正电，下板带负电，a端的电势高于b端的电势，A错误；BC．随着飞机加速，金属杆ab产生的电动势为则电动势增大，电容器两端电压U减小，根据牛顿第二定律对金属杆和飞机有金属杆的加速度a减小，当时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的电荷量，BC错误；D．对金属杆与飞机，由动量定理可得，联立解得故提高电容器的放电量，可以提升飞机的起飞速度，D正确。故选D。20．（2025·山东·模拟预测）如图所示，甲、乙为两根完全相同的金属棒，质量均为m，电阻均为R，垂直放置在足够长的水平金属导轨上，导轨间距为d，整个区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。两棒与导轨无摩擦且接触良好，t=0时刻给甲棒施加一个水平向右的恒力F，初始状态时两棒都静止，经时间t0后电路的电功率达到最大。下列说法正确的是（）A．t0时刻甲棒的速度B．t0时刻乙棒的速度C．电路中的最大电功率D．0~t0时间内通过甲棒的电荷量【答案】D【详解】AB．开始时甲棒在拉力和安培力作用下加速运动，此时速度较小，安培力较小，加速度较大，乙棒在安培力作用下做加速运动，此时安培力较小，加速度较小，由于甲速度增加的比乙快，则回路电动势增加，安培力增加，则甲棒加速度减小，乙棒加速度增加，最终稳定时，两棒的速度差恒定即加速度相同，安培力不再变化，电路的电功率达到最大，根据牛顿第二定律，对甲棒有对乙棒有回路中电动势为电流为根据动量定理可得，联立可得，，故AB错误；C．电路中的最大电功率为故C错误；D．根据，联立可得故D正确。故选D。21．（2022·广东河源·模拟预测）如图所示，足够长的光滑平行导轨固定在水平面上，左侧导轨间距是右侧导轨间距的2倍。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，质量均为m的金属棒ab和cd分别静止在左、右两侧导轨上。现给ab棒一向右的初速度，当ab棒滑上右侧导轨的瞬间，cd棒的速度大小为，最终两金属棒都在右侧导轨上运动并达到稳定状态，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，下列说法正确的是（）A．ab棒滑上右侧导轨前，ab棒和cd棒所受安培力大小之比为B．ab棒滑上右侧导轨前，ab棒和cd棒所受安培力大小之比为C．ab棒滑上右侧导轨瞬间的速度大小为D．ab棒滑上右侧导轨瞬间的速度大小为【答案】C【详解】AB．设右侧导轨间距为L，则左侧导轨间距为2L，两金属棒与导轨组成闭合电路，流过两金属棒的电流I大小相等，ab棒滑上右侧导轨前，ab棒和cd棒所受安培力大小之比为故AB错误；CD．以向右为正方向，从ab棒开始滑动到ab棒滑上右侧导轨瞬间过程，对ab棒，由动量定理得对cd棒有联立解得故C正确，D错误。故选C。22．（2025·云南昆明·模拟预测）（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，竖直放置时另一端位于O点，现将绝缘不带电物块a和带正电的物块b叠放在弹簧上，系统稳定时弹簧上端位于P点。a、b的质量均为m，b的电荷量为q，在空间中加上竖直向上的匀强电场，场强大小为，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）A．加上电场瞬间，b的加速度大小为B．b运动到最高点时弹簧的压缩量为C．a、b物体会分离，且分离时b的加速度大小为D．a、b物体不会分离，两物体将一起做简谐振动，振幅为【答案】BD【详解】A．a、b两物体叠放在轻弹簧上，并处于静止时，此时弹簧弹力等于a、b的重力，可得加电场后，电场力为a、b整体受到的合力，故，A错误；BC．假设a、b不会分离，则a、b将做简谐运动，由对称性知当a、b运动到最高点时，加速度向下，大小为对b分析得a、b间弹力，假设成立，故a、b不会分离。上升到最高点，对a、b整体分析可得，故B正确C错误；D．根据以上分析可知，ab一起做简谐运动，故振幅，D正确。故选BD。23．（2025·重庆·模拟预测）（多选）如图，空间存在一匀强电场，一质量为m的带电小球仅在重力和电场力的作用下运动，重力加速度为g，虚线与水平地面之间的夹角为。若小球从虚线上某处静止释放，恰好沿虚线向下运动。现将小球以大小为、方向与虚线之间的夹角为的初速度从图示位置抛出，则小球运动到最高点的过程中（）A．小球的最小速度为B．小球竖直上升的高度可能为C．重力和电场力做的总功为D．小球所受合力的冲量大小为【答案】BCD【详解】A．根据题意可知，小球静止释放沿虚线运动，则小球受到的重力、电场力的合力沿虚线向下，沿虚线、垂直虚线建立正交直角坐标系，小球沿虚线做匀加速直线运动、垂直虚线做匀速直线运动，可知抛出时小球的速度最小，即小球的最小速度为，故A错误；B．若电场方向与方向相同，如图所示由几何关系有竖直方向上加速度小球竖直上升到最高点的高度，故B正确；CD．设小球到达最高点时的速度大小为，方向水平向右，从抛出到最高点过程中小球速度的变化量大小为，其方向由可知，的方向与的方向一致，即沿虚线向下，根据矢量三角形法则做出速度三角形，如图所示由几何关系可得，由动能定理可得，重力和电场力做的总功为由动量定理可得，小球所受合力的冲量大小为故CD正确。故选BCD。24．（2025·重庆·三模）（多选）如图，空间存在范围足够大的匀强电场,场强大小，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为的光滑圆弧与足够长的倾斜粗糙轨道组成，与水平面夹角均为且在两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为，电荷量为，从轨道上与圆心等高的点以的速度沿轨道下滑。已知滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为。则（）A．滑块在轨道下滑时的加速度大小为B．滑块在轨道运动中对轨道的最大压力为C．滑块最终会停在轨道上D．滑块在粗糙轨道上运动的总路程为【答案】BC【详解】A．根据题意可知，则重力与电场力的合力为，方向垂直于AB面向下当滑块在AB轨道下滑时，有解得，即加速度大小为，故A错误；B．由几何关系可知，滑块在轨道的B点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为，轨道对滑块的支持力为，有解得根据牛顿第二定律，有解得根据牛顿第三定律，滑块在轨道中对轨道的最大压力为，故B正确；C．从B点到C点，电场力做负功，滑块需克服电场力做功为所以滑块在到达C点前已经减速到零，后反向滑回到B点，滑块从B点出发到滑回到B点的过程中，合力做功为零，所以速度大小不变，仍为，然后沿BA轨道上向上滑行，由于在BA轨道只有摩擦力做负功，所以最后会停在AB轨道上，故C正确；D．由C选项分析可知，滑块不能经过C点，所以滑块在轨道上整个运动过程合力做功为零，滑块滑回B点时，速度依然为，设在AB轨道上滑行后减速为零，有解得所以滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为，故D错误。故选BC。25．（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场，一质量为，且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板的左端无初速放置一质量为，电荷量的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为的恒力，取。则（）A．若，木板和滑块一起做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动B．若，滑块先匀加速到，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动C．若，木板和滑块一直以做匀加速运动D．若，木板先以做匀加速运动，再做加速度增大的加速运动，最后做匀加速运动【答案】BCD【详解】AC．若，滑块受到的洛伦兹力方向向下，对整体，加速即木板和滑块一直以做匀加速运动，故A错误，C正确；B．若，以滑块为研究对象，在滑块未发生滑动之前，以整体为研究对象可知设匀加速阶段滑块能达到的速度为v，故有解得v=6m/s随着滑块速度增大，洛伦兹力增大且方向向上，受到的摩擦力减小，加速度减小，当滑块与木板间没有摩擦力时，滑块在水平方向不再加速，达到最大速度，此时重力与洛伦兹力平衡，故有Bqvm=mg解得此后滑块匀速运动，故B正确；D．若，木板先以做匀加速运动，随着随着滑块速度增大，洛伦兹力增大且方向向上，木板与滑块间的摩擦力减小，则木块加速度增大，当它们间无摩擦力时，木板加速度故D正确。故选BCD。26．（2025·安徽合肥·模拟预测）（多选）如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从边界上O点射入磁场，入射方向与边界成45°角。当粒子第一次运动到电场中的P点时速度大小为、方向与边界平行，且P点与O点水平方向相距3L，P点与边界相距L。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．粒子从O点射入磁场时的速度大小为B．粒子第一次射入电场时的速度大小为C．匀强电场的场强大小为D．匀强磁场的磁感应强度大小为【答案】ACD【详解】AB．若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示粒子在O点时的速度大小为v，段为圆周，段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得解得，选项A正确，B错误；C．在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得解得，选项C正确；D．在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向的位移为竖直方向的位移为可得，由故粒子在段圆周运动的半径及解得，选项D正确。故选ACD。27．（2025·湖南·模拟预测）（多选）中国航天科技集团六院801所研发的50千瓦级双环嵌套式霍尔推力器于2025年5月成功点火并稳定运行，推力达牛，接近美国X3推进器牛水平，这一突破使中国成为全球第三个掌握该技术的国家，标志着我国在大功率电推进领域进入国际第一梯队。霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。改变速度大小，得到了如图甲、乙所示的两种轨迹，则下列说法正确的是（）A．若入射速度，电子的轨迹一定如图乙中虚线所示B．只要入射速度，电子距离x轴的最远距离都为C．若入射速度，电子的轨迹一定如图甲中虚线所示，且当电子速度为时，电子的纵坐标为D．无论是图甲还是图乙，电子在运动过程中所受的合力大小均不变【答案】CD【详解】A．若入射速度，则有可知电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子将沿x轴做匀速直线运动，若入射速度，将分解为和，电子的运动可以分解为，沿x轴的匀速直线运动和以为速度的沿y轴负方向的匀速圆周运动，图乙中最低点速度沿x轴负向，则，即，故A错误；B．只要入射速度，电子的运动均可以分解为沿x轴的匀速直线运动和沿y轴的匀速圆周运动，距离x轴的最远距离都为根据可得，故B错误；C．电子运动过程中洛伦兹力不做功，只有电场力做功，当电子入射速度为，运动到速度为的过程中，由动能定理得解得，故C正确；D．无论是图甲还是图乙，电子的运动均可以分解为匀速直线运动和匀速圆周运动，故电子所受的合外力大小均为电子做匀速圆周运动的向心力大小，故D正确。故选CD。28．（2025·广东·模拟预测）（多选）如图所示，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁场方向均沿水平方向垂直纸面向外，两磁场边界水平，磁场宽度均为L，磁场Ⅰ下边界到磁场Ⅱ上边界的距离为4L，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B。边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框位于垂直于磁场的竖直平面内，开始时ab边到磁场Ⅰ上边界距离为L，由静止释放金属线框，线框在向下运动的过程中始终在竖直面内，且ab边始终水平，线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）

A．磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B．线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热C．金属线框的质量为D．线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为【答案】BC【详解】AC．静止释放金属线框到ab边开始进入磁场Ⅰ，根据动能定理有解得匀速穿过磁场Ⅰ，则有，解得同理，金属线框从cd出磁场Ⅰ到ab进磁场Ⅱ过程，根据动能定理有解得匀速穿过磁场Ⅱ，则有，解得故A错误，C正确；B．线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，则根据功能关系知线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热为2mgL，等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热2mgL，故B正确；D．线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为故D错误。故选BC。29．（2025·云南昆明·模拟预测）（多选）如图甲所示，水平粗糙导轨左侧接有的定值电阻，导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度，导轨间距。一质量的金属棒在水平向右拉力作用下从处由静止开始运动，金属棒与导轨间动摩擦因数，接入电路的有效电阻，金属棒的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是（）A．由图像可知金属棒做匀加速直线运动B．时，安培力的大小为C．导体棒克服安培力做的功等于系统产生的焦耳热D．从起点到位移的过程中，回路产生的焦耳热为【答案】BCD【详解】A．若物体做匀变速直线运动，则有v2=2ax可得则v-x图像不是一条直线。由图乙知金属棒的v-x图像是一条直线，故金属棒不是做匀加速直线运动，故A错误；B．由图乙可知当x=1m时，金属棒的速度为2m/s。则金属棒产生的感应电动势E=BLv1=2V此时的电流安培力F安=BIL=0.5N，B正确；C．根据功能关系可知，导体棒克服安培力做的功等于回路中的电能，最后转化为系统产生的焦耳热，C正确；D．由功能关系可知金属棒从起点运动到x=0.5m处的过程中，回路产生的焦耳热等于金属棒克服安培力所做的功即从题图乙中图线与坐标轴围成的面积的物理意义可知解得该过程回路产生的焦耳热，D正确。故选BCD。30．（2025·贵州·模拟预测）（多选）如图，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨间距为l=1m，其间存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T。两根长度相同的金属棒a、b垂直于导轨放置，金属棒的质量为ma=mb=1kg，其接入电路的电阻分别为Ra=1Ω、Rb=3Ω。初始时刻金属棒a、b间距离足够大，同时给两金属棒方向相反、大小分别为v0a=2m/s，v0b=6m/s的初速度，两金属棒相向运动。两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻。下列说法正确的是（）A．初始时刻金属棒b的加速度大小为8m/s2B．整个运动过程中通过金属棒a的电荷量为1CC．整个运动过程中金属棒b产生的焦耳热为12JD．为使两金属棒不相碰，则初始距离最小为2m【答案】AC【详解】A．初始时刻，回路中感应电动势电流对金属棒b，根据牛顿第二定律得代入数据解得，故A正确；B．对整体，由动量守恒定律可得代入数据解得对金属棒a，由动量定理可得，代入数据解得，故B错误；C．由上述分析可知金属棒a、b最终以2m/s的速度向左做匀速运动，由能量守恒定律得，整个回路中产生热量则整个过程金属棒b产生热量，故C正确；D．设从初始时刻到运动状态最终稳定用时为t，由，，，可得代入数据解得，故D错误。故选AC。31．（2025·福建·高考真题）（多选）

如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为q（q>0）的带电微粒从M点以初速度v入射，沿着MN做匀速直线运动。微粒到N点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、P三点处于同一竖直平面内，MN与水平方向呈45°，N点与P等高，重力加速度为,则（）A．电场强度大小为B．磁场强度大小为C．N、P两点的电势差为D．从N点运动到P的过程中，微粒到直线NP的最大距离为【答案】BC【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。由受力平衡可知，解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。C、在点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。且加速度粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值所以粒子在点的速度到过程，由动能定理，有解得两点间的电势差，C正确；D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且故粒子能向上运动的最大距离D错误；故选BC。32．（2025·山东·高考真题）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（−2L≤x<−L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x≥0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。(1)若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s；(2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t=0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。【答案】(1)，(2)【详解】（1）金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则切割磁感线产生的电动势线框中电流线框做匀速直线运动，则解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得可得释放时pq边与区域I上边界的距离（2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t=0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中此时线路中的感应电流线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为则线框受到的安培力代入化简得当线框平衡时，可知此时线框速率为0。则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得即对时间累积求和可得可得33．（2025·云南·高考真题）如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程