0TOC \ "1-3" \h \u 1 \l "_Tc18654" 考情透視·目標導(dǎo)航 PAGEREF _Tc18654 \h 3
\l "_Tc8127" \l "__x0001_" 02知識導(dǎo)圖·思維引航 PAGEREF _Tc8127 \h 4
\l "_Tc3027" \l "__x0001__1" 03核心精講·題型突破 PAGEREF _Tc3027 \h 5
\l "_Tc13154" 題型一 電場中的三大觀點的綜合應(yīng)用 PAGEREF _Tc13154 \h 5
\l "_Tc32640" \l "__x0001__3" 【核心精講】 PAGEREF _Tc32640 \h 5
\l "_Tc50" 一、 電場中應(yīng)用動力學(xué)觀點處理問題的流程 PAGEREF _Tc50 \h 5
\l "_Tc1710" 二、 電場中的功能關(guān)系及計算 PAGEREF _Tc1710 \h 5
\l "_Tc29300" 三、 電場中的動量觀點 PAGEREF _Tc29300 \h 5
\l "_Tc9888" \l "__x0001__2" 【真題研析】 PAGEREF _Tc9888 \h 6
\l "_Tc1043" \l "__x0001__4" 【命題預(yù)測】 PAGEREF _Tc1043 \h 7
\l "_Tc7299" 考向一 電場中的動力學(xué)觀點的應(yīng)用 PAGEREF _Tc7299 \h 7
\l "_Tc9418" 考向二 電場中的能量觀點的應(yīng)用 PAGEREF _Tc9418 \h 9
\l "_Tc11103" 考向三 電場中的動量觀點的應(yīng)用 PAGEREF _Tc11103 \h 10
\l "_Tc15571" 題型二 磁場中三大觀點的綜合應(yīng)用 PAGEREF _Tc15571 \h 12
\l "_Tc20113" \l "__x0001__3" 【核心精講】 PAGEREF _Tc20113 \h 12
\l "_Tc26103" 一、 磁場中動力學(xué)觀點 PAGEREF _Tc26103 \h 12
\l "_Tc7447" 二、 磁場中能量觀點 PAGEREF _Tc7447 \h 12
\l "_Tc5677" 三、 磁場中動量觀點 PAGEREF _Tc5677 \h 12
\l "_Tc19509" \l "__x0001__2" 【真題研析】 PAGEREF _Tc19509 \h 12
\l "_Tc4144" \l "__x0001__4" 【命題預(yù)測】 PAGEREF _Tc4144 \h 14
\l "_Tc29751" 考向一 磁場中的動力學(xué)觀點的應(yīng)用 PAGEREF _Tc29751 \h 14
\l "_Tc20908" 考向二 磁場中的能量觀點的應(yīng)用 PAGEREF _Tc20908 \h 15
\l "_Tc4193" 考向三 磁場中的動量觀點的應(yīng)用 PAGEREF _Tc4193 \h 17
\l "_Tc13302" 題型三 電磁感應(yīng)中三大觀點的綜合應(yīng)用 PAGEREF _Tc13302 \h 19
\l "_Tc15182" \l "__x0001__3" 【核心精講】 PAGEREF _Tc15182 \h 19
\l "_Tc23406" 一、 電磁感應(yīng)的動力學(xué)問題處理方法 PAGEREF _Tc23406 \h 19
\l "_Tc29513" 二、電磁感應(yīng)的能量問題處理方法 PAGEREF _Tc29513 \h 19
\l "_Tc13046" 三、電磁感應(yīng)的能量問題處理方法 PAGEREF _Tc13046 \h 20
\l "_Tc20069" \l "__x0001__2" 【真題研析】 PAGEREF _Tc20069 \h 20
\l "_Tc23591" \l "__x0001__4" 【命題預(yù)測】 PAGEREF _Tc23591 \h 22
\l "_Tc1119" 考向一 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)觀點的應(yīng)用 PAGEREF _Tc1119 \h 22
\l "_Tc557" 考向二 電磁感應(yīng)中的能量觀點的應(yīng)用 PAGEREF _Tc557 \h 24
\l "_Tc9362" 考向三 電磁感應(yīng)中的動量觀點的應(yīng)用 PAGEREF _Tc9362 \h 26
電學(xué)中三大觀點的綜合應(yīng)用
電場
電磁感應(yīng)
動力學(xué)觀點
能量的觀點
磁場
動力學(xué)觀點
能量的觀點
動力學(xué)觀點
能量的觀點
動量的觀點
動量的觀點
動量的觀點
主要運動形式：直線運動、
拋體運動、圓周運動
主要運動形式：直線運動、
勻速圓周運動、一般曲線運動
主要模型：線框模型、單雙棒模型
題型一 電場中的三大觀點的綜合應(yīng)用
電場中應(yīng)用動力學(xué)觀點處理問題的流程
電場中的功能關(guān)系及計算
1．電場中的功能關(guān)系
(1)若只有靜電力做功電勢能與動能之和保持不變。
(2)若只有靜電力和重力做功電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。
(3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化。
(4)所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化。
2．電場力做功的計算方法
(1)WAB＝qUAB(普遍適用)
(2)W＝qEx cs θ(適用于勻強電場)
(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)
(4)W電＋W非電＝ΔEk(由動能定理求解)
電場中的動量觀點
1.動量定理的應(yīng)用：帶電粒子或者帶電體在勻強電場中電場力為恒力，可以應(yīng)用動量定理。
2.動量守恒定律的應(yīng)用：帶電粒子或帶電體，電場力為內(nèi)力，系統(tǒng)合外力為零，帶電粒子或帶電體組成的系統(tǒng)動量守恒或者某一方向動量守恒。
1．（2024·浙江·高考真題）如圖所示空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面的M、N點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環(huán)ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點，半徑為R、AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在圓環(huán)上，從A點沿圓環(huán)以初速度v0做完整的圓周運動，則（ ）
A．小球從A到C的過程中電勢能減少
B．小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運動
C．可求出小球運動到B點時的加速度
D．小球在D點受到圓環(huán)的作用力方向平行MN
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)等量異種點電荷的電場線特點可知，圓環(huán)所在平面為等勢面，勻強電場方向豎直向上，則小球從A到C的過程電勢增加，電勢能增加，故A錯誤；
B．當(dāng)場強滿足Eq=mg時，小球運動時受到的向心力大小不變，可沿圓環(huán)做勻速圓周運動，故B錯誤；
C．根據(jù)動能定理mg?EqR=12mvB2?12mv02可求出小球到B點時的速度vB，根據(jù)a1=vB2R可得小球的向心加速度，再根據(jù)牛頓第二定律mg?Eq=ma2可得小球的切向加速度a2，再根據(jù)矢量合成可得B點的加速度為a=a12+a22故C正確；
D．小球在D點受到豎直向下的重力、豎直向上的勻強電場的電場力、平行MN方向的等量異種點電荷的電場力和圓環(huán)的作用力，圓環(huán)的作用力一個分力與等量異種點電荷的電場力平衡，其與MN平行，而另一分力提供向心力，方向指向圓心，故小球在D點受到圓環(huán)的作用力方向不平行MN，故D錯誤。
故選C。
【技巧點撥】
（1）明確等量異種電荷電場連線和中垂線電場的特點，以及要明確小球所處電場是兩種電場的疊加場；
（2）根據(jù)小球所處場的環(huán)境，正確做出受力分析，根據(jù)受力分析判斷BCD選項。
2．（2023·浙江·高考真題）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子（ ）
A．在XX′極板間的加速度大小為eUm
B．打在熒光屏?xí)r，動能大小為11eU
C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為2meU
D．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα=l20d
【答案】D
【詳解】A．由牛頓第二定律可得，在XX′極板間的加速度大小ax=eEm=eUmd，A錯誤；
B．電子電極XX′間運動時，有vx = axtt=lvz電子離開電極XX′時的動能為Ek=12m(vz2+vx2)=eU(10+l240d2)電子離開電極XX′后做勻速直線運動，所以打在熒光屏?xí)r，動能大小為eU(10+l240d2)，B錯誤；
C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小Ix=mvx=ldmeU20，C錯誤；
D．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα=vxvz=l20d，D正確。故選D。
【技巧點撥】
（1）根據(jù)帶電粒子所經(jīng)過的電場，判斷出粒子做類平拋運動；
（2）根據(jù)動能定理和動量定理求動能和沖量。
考向一 電場中的動力學(xué)觀點的應(yīng)用
3．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）A、B兩小球質(zhì)量相等，A球不帶電，B球帶正電，光滑的絕緣斜面傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕質(zhì)絕緣彈簧相連，圖乙中，A、B兩球用輕質(zhì)絕緣桿相連，兩個裝置均處于平行于斜面向上的勻強電場E中，此時A、B兩球組成的系統(tǒng)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，重力加速度大小為g，當(dāng)撤去勻強電場E的瞬間，則下列說法正確的是（ ）
A．兩圖中A、B兩球的加速度大小均為gsinθ
B．兩圖中A球的加速度大小均為零
C．圖乙中輕桿的作用力一定不為零
D．圖甲、乙中B球的加速度大小之比為2:1
【答案】D
【分析】本題考查牛頓第二定律的瞬時性，意在考查考生的理解能力。
【詳解】AB．題圖甲、乙中兩球組成的系統(tǒng)靜止時，對兩球組成的系統(tǒng)受力分析，可得B球受到的電場力均為2mgsinθ，輕彈簧和輕桿的彈力均為mgsinθ，突然撤去勻強電場時，輕彈簧中彈力不變，題圖甲中A球加速度為零，B球加速度大小為2gsinθ，輕桿中彈力發(fā)生突變，題圖乙中A、B兩球的加速度大小均為gsinθ，輕桿的彈力突變?yōu)榱悖蔄BC錯誤；
D．在撤去勻強電場的瞬間，題圖甲中B球的加速度大小為2gsinθ，題圖乙中B球加速度大小為gsinθ，故D正確。
4．（2024·四川德陽·模擬預(yù)測）如圖所示，一根輕質(zhì)的不可伸長的細線兩端分別系在水平天花板上的A、B兩點，有一質(zhì)量及大小均不計的光滑動滑輪跨在細線上，滑輪通過絕緣細線懸掛一帶正電且可視為質(zhì)點的物塊?？臻g存在豎直向下的勻強電場，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將電場強度方向由豎直向下緩慢逆時針轉(zhuǎn)動到水平向右，A、B間細線的張力大小為F1，滑輪與物塊之間細線張力大小為F2，則（ ）
A．F1逐漸增大B．F1逐漸減小
C．F2逐漸增大D．F2先減小后增大
【答案】B
【詳解】一根繩上的力大小處處相等，則初始時合力的方向為豎直向下，則設(shè)A、B間細線與豎直方向夾角為θ，則
初始時，物塊受到的重力和電場力之和（看作等效重力）等于滑輪與物塊之間細線張力G′=F2=mg+FAB繩上的張力F1=G′2csθ隨著電場強度方向由豎直向下緩慢逆時針轉(zhuǎn)動到水平向右，電場力也逐漸逆時針轉(zhuǎn)動到水平向右，隨著電場力和重力夾角增大，等效重力G′逐漸減小，即F2逐漸減小，AB細繩與等效重力方向之間的夾角也在逐漸減小，如圖中θ′，則csθ′ > csθ，可知F1在逐漸減小。故選B。
考向二 電場中的能量觀點的應(yīng)用
5．（2024·河北·模擬預(yù)測）將兩個等量異種點電荷固定在邊長為L的正方形ABCD的A、C兩個頂點處，它們所帶電荷量分別為+Q和?Q，用長為L的不可伸長的絕緣細線將一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電小球拴在A點，將小球從B點由靜止釋放，小球從B點運動到D點，經(jīng)過AC連線上的F點。整個裝置處于豎直向下的勻強電場中，電場強度E=mgq。已知小球可視為質(zhì)點，靜電力常量為k，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法中正確的是（ ）
A．小球在剛釋放時的加速度大小為2g
B．在從B到F過程中，小球的機械能先增大后減小
C．經(jīng)過D點時，小球的速度大小為2gL
D．小球經(jīng)過D點時，細線的拉力大小為F=3mg+kQqL2
【答案】C
【詳解】A．小球剛釋放時，沿切線方向運動，對小球在豎直方向受力分析有mg+Eq+kQqL2=ma解得a=2g+kQqmL2故A錯誤；
B．小球沿圓弧從B運動到F的過程中，A處電荷給小球的靜電力不做功，C處電荷給小球的靜電力為吸引力，始終做正功，勻強電場給小球的靜電力做正功，所以小球的機械能一直增大，故B錯誤；
C．B、D是AC處點電荷形成靜電場的等勢點，所以小球在B、D位置時AC處靜電荷形成的電場的電勢能相等，小球從B點運動到D點的過程中由能量守恒有mgL+EqL=12mv2解得v=2gL故C正確；
D．當(dāng)小球經(jīng)過D點時在豎直方向上對小球受力分析有F?mg?Eq?kQqL2=mv2L解得F=6mg+kQqL2故D錯誤。故選C。
6．（2024·四川南充·二模）絕緣水平面上固定一正點電荷Q，另一質(zhì)量為m、電荷量為-q（q>0）的滑塊（可看做點電荷）從a點以初速度v0沿水平面向Q運動，b點為滑塊運動中距Q最近的點。已知a、b間距離為d，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。以下判斷正確的是（ ）
A．滑塊在b點的加速度一定為0
B．滑塊在運動過程的中間位置，速度的大小等于22v0
C．滑塊在運動過程的中間時刻，速度的大小等于v02
D．Q產(chǎn)生的電場中，a、b兩點間的電勢差為Uab=m(v02?2μgd)2q
【答案】D
【詳解】A．由題意可知，滑塊水平方向受庫侖力、滑動摩擦力，摩擦力與運動方向相反，而庫侖力與運動方相同，由于b點為滑塊運動中距Q最近的點，則滑塊在b點速度為零，則滑塊在運動過程中庫侖力小于滑動摩擦力，隨間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，所以到達b點時加速度不為零，故A錯誤；
BC．若滑塊在滑動過程中做勻減速直線運動，則在運動過程的中間位置，速度的大小為vx2=v022=22v0在運動過程的中間時刻，速度的大小為vt2=v02而實際上，隨著間距減小，庫侖力增大，但一直小于滑動摩擦力，所以導(dǎo)致加速度減小，故中間位置的速度的大小不等于22v0，中間時刻的速度不等于v02，故BC錯誤；
D．根據(jù)動能定理可得Wab?μmgd=0?12mv02Wab=?qUab所以Uab=m(v02?2μgd)2q故D正確。故選D。
考向三 電場中的動量觀點的應(yīng)用
7．（2024·山東濟南·二模）如圖所示在場強為E的勻強電場中有一帶電絕緣物體P處于水平面上。已知P的質(zhì)量為m、帶電量為+q，其所受阻力與時間的關(guān)系為f=f0+kt。t=0時物體P由靜止開始運動直至速度再次為零的過程中，以下說法正確的是（ ）
A．物體達到最大速度的時間Eq?f0mk
B．物體達到的最大速度為Eq?f022mk
C．全過程中，物體所受電場力的沖量為EqEq?f02k
D．全過程中，物體的阻力f的沖量為f0Eq?f0k
【答案】B
【詳解】AB．當(dāng)物體所受合力為零時，物體的速度最大，則有Eq=f0+kt解得t=Eq?f0k從靜止到物體達到的最大速度，由動量定理有Eqt?f0+Eq2t=mvm?0解得vm=Eq?f022mk故A錯誤，B正確；
CD．根據(jù)題意，對全過程，由動量定理有Eqt'?f0+f0+kt'2t'=0解得t'=2Eq?f0k則全過程中，物體所受電場力的沖量為I1=Eqt'=2EqEq?f0k物體的阻力f的沖量為I2=?f0+f0+kt'2t'=2Eqf0?Eqk故CD錯誤。故選B。
8．（2024·安徽合肥·二模）我國是世界上第三個突破嵌套式霍爾電推進技術(shù)的國家。霍爾推進器的工作原理簡化如下圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實驗中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強度為I．氙離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進器產(chǎn)生的推力為（ ）
A．ImU2qB．I2mUqC．ImUqD．I2mUq
【答案】D
【詳解】氙離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有qU=12mv2?0解得v=2qUm設(shè)單位體積內(nèi)離子數(shù)目為n，加速噴出時截面積為S，在Δt時間內(nèi)，有質(zhì)量為Δm的氙離子以速度v噴射而出Δm=nmSvΔt形成電流為II=nqSv由動量定理可得FΔt=Δmv聯(lián)立可得F=I2mUq離子推進器產(chǎn)生的推力為I2mUq。故選D。
題型二 磁場中三大觀點的綜合應(yīng)用
磁場中動力學(xué)觀點
利用平衡平衡條件或牛頓第二定律處理通電導(dǎo)線在磁場中的平衡和加速問題。
2.帶電粒子在疊加場中的直線運動
(1)帶電粒子在電場和磁場的疊加場中做直線運動，電場力和洛倫茲力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解題。
(2)帶電粒子在電場、磁場、重力場的疊加場中做直線運動，則粒子一定處于平衡狀態(tài)，因此可利用平衡條件解題。
3.帶電粒子在疊加場中的圓周運動
(1)帶電粒子做勻速圓周運動，隱含條件是必須考慮重力，且電場力和重力平衡。
(2)洛倫茲力提供向心力和帶電粒子只在磁場中做圓周運動解題方法相同。
磁場中能量觀點
帶電粒子或帶電體在磁場運動時，洛倫茲力不做功，只有其重力、摩擦力等力做功，可以利用動能定理。
磁場中動量觀點
帶電體在疊加場中運動的問題，如果帶電體做一般性的曲線運動，因洛倫茲力隨著帶電體運動過程中速度大小和方向的變化，對此一般性曲線處理較為困難，可以利用微元的思想，對帶電體列分方向動量定理。例如：qvxB?t?mgt=mv?0
9．（2024·重慶·高考真題）小明設(shè)計了如圖所示的方案，探究金屬桿在磁場中的運動情況，質(zhì)量分別為2m、m的金屬桿P、Q用兩根不可伸長的導(dǎo)線相連，形成閉合回路，兩根導(dǎo)線的間距和P、Q的長度均為L，僅在Q的運動區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向水平向左的勻強磁場。Q在垂直于磁場方向的豎直面內(nèi)向上運動，P、Q始終保持水平，不計空氣阻力、摩擦和導(dǎo)線質(zhì)量，忽略回路電流產(chǎn)生的磁場。重力加速度為g，當(dāng)P勻速下降時，求
（1）P所受單根導(dǎo)線拉力的大??；
（2）Q中電流的大小。

【答案】（1）mg；（2）mgBL
【詳解】（1）由P勻速下降可知，P處于平衡狀態(tài)，所受合力為0，設(shè)導(dǎo)線的拉力大小為T，對P有
2T = 2mg解得T = mg
（2）設(shè)Q所受安培力大小為F，對P、Q整體受力分析，有mg＋F = 2mg又F = BIL解得I=mgBL
【技巧點撥】
（1）根據(jù)平衡條件，對P受力分析，求單根導(dǎo)線拉力的大??；
（2）根據(jù)平衡條件，對整體受力分析，求單Q中電流的大小。
10．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。磁場方向垂直細桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度v0沿細桿向上運動至最高點，則該過程（ ）
A．合力沖量大小為mv0csθB．重力沖量大小為mv0sinθ
C．洛倫茲力沖量大小為qBv022gsinθD．若v0=2mgcsθqB，彈力沖量為零
【答案】CD
【詳解】A．根據(jù)動量定理I=0?mv0=?mv0故合力沖量大小為mv0，故A錯誤；
B．小球上滑的時間為t=v0gsinθ重力的沖量大小為IG=mgt=mv0sinθ故B錯誤；
C．小球所受洛倫茲力為Bqv=Bqv0?at=?Bqat+Bqv0，a=gsinθ隨時間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為I洛=q×v02×Bt=q×v02×B×v0gsinθ=qBv022gsinθ故C正確；
D．若v0=2mgcsθqB，0時刻小球所受洛倫茲力為Bqv0=2mgcsθ小球在垂直細桿方向所受合力為零，可得Bqv=mgcsθ+FN即FN=Bqv?mgcsθ=Bqv0?at?mgcsθ=mgcsθ?Bqtgsinθ則小球在整個減速過程的FN?t圖像如圖
圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD。
【技巧點撥】
（1）做好受力分析，根據(jù)受力分析對帶電小球運動形式做出判斷；
（2）根據(jù)洛倫茲力和彈力隨時間變化的關(guān)系表達式，明確兩個力與時間的線性關(guān)系。
考向一 磁場中的動力學(xué)觀點的應(yīng)用
11．（2023·山東青島·三模）如圖，空間存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，粗糙絕緣的水平面上有一帶正電小球，從P點由靜止釋放后向右運動，運動過程中會經(jīng)過N點。已知小球質(zhì)量m、電荷量q，電場強度大小E，磁感應(yīng)強度大小B，小球與水平面間動摩擦因數(shù)μ，重力加速度g，PN=L。則關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是（ ）

A．小球先做加速運動，后做減速運動，最后靜止
B．小球能夠達到的最大速度為qE?μmgμqB
C．小球運動到N點時合外力做的功為qEL?μmgL
D．若小球帶負電，向左運動一段時間后會脫離水平面
【答案】B
【詳解】AB．由左手定則可知，小球受到的洛倫茲力豎直向下，大小為f洛=qvB小球所受摩擦力為f=μ（f洛+mg）根據(jù)牛頓第二定律可得qE?f=ma解得qE?μ（qvB+mg）=ma由題意可知小球先做加速運動，隨著速度增大，洛倫茲力增大，加速度減小，當(dāng)加速度為0時，速度達到最大，此時有qE=μ（qvB+mg）解得v=qE?μmgμqB此后小球做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；
C．小球運動到N點時合外力做的功為W=qEL?Wf由于
N=mg+qvBWf>μmgL故C錯誤；
D．若小球帶負電，向左運動時受到向左的電場力，向右的摩擦力，此時洛倫茲力向下，所以運動一段時間后小球不會脫離水平面，故D錯誤。故選B。
12．（2023·河北保定·三模）粗糙水平地面上方存在著方向豎直向下的勻強電場，MN邊界的左邊存在著如圖所示的勻強磁場，一帶電滑塊（可視為質(zhì)點）以速度v向右勻速運動，已知電場強度為E，磁感應(yīng)強度B=E2v，重力加速度為g，滑塊滑過邊界MN之后經(jīng)時間，速度方向與水平面夾角30°，根據(jù)以上條件，下列結(jié)論正確的是（ ）

A．滑塊帶正電B．滑塊可帶正電也可以帶負電
C．t=3v3gD．在時間t內(nèi)，滑塊在水平方向的位移為3v2g
【答案】C
【詳解】AB．滑塊滑過邊界MN之后經(jīng)時間，速度方向與水平面夾角30°，可知滑塊受電場力向上，所以滑塊帶負電，故AB錯誤；
CD．在MN左側(cè)，帶電滑塊（可視為質(zhì)點）以速度向右勻速運動，則有qE=qvB+mg結(jié)合題中B=E2v，解得qE=2mg滑塊在MN右側(cè)，根據(jù)牛頓第二定律有qE?mg=ma解得a=g，方向向上經(jīng)t時間，根據(jù)速度的關(guān)系有tan30°=atv解得t=3v3g水平方向做勻速直線運動，有x=vt=3v23g故C正確，D錯誤。故選C。
考向二 磁場中的能量觀點的應(yīng)用
13．（2024·河南·一模）如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧圓心為O′，半徑為R（R遠大于軌道內(nèi)徑），直線段AC、HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切，整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放，若PC=l，小球所受電場力等于其重力的33倍，所受摩擦力為小球與直線段軌道之間彈力的μ倍，重力加速度為g，則（ ）
A．小球在軌道AC上下滑的最大速度為23mg3μqB
B．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中速度一直在增大
C．經(jīng)過足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是233mgl
D．經(jīng)過足夠長時間，小球經(jīng)過O點時對軌道的彈力一定為2mg+BqgR
【答案】AC
【詳解】A．當(dāng)小球合力為零時，加速度為零，速度最大，有fm=mgsin60°+qEcs60°=233mg，
mgcs60°+N=qEsin60°+qvmB又fm=μN=μqvmB解得最大速度vm=23mg3μqB，A正確；
B．小球第一次沿軌道AC下滑過程中，電場力在垂直軌道方向的分量為F1=qEsin60°=12mg重力在垂直軌道方向上的分量為G1=mgcs60°=12mg=F1因此，電場力與重力的合力方向恰好沿AC方向，且剛開始時小球與管壁無作用力。當(dāng)小球開始運動后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致小球?qū)鼙谟袎毫?，從而?dǎo)致滑動摩擦力增大，由牛頓第二定律mgsin60°+qEcs60°?μqvB=ma小球一開始做加速度逐漸減小的加速運動，直到加速度為零，開始做勻速直線運動，B錯誤；
C．最終小球在CD間做往復(fù)運動，由動能定理mg2+qE2·l?Wf=0?0解得克服摩擦力做功Wf=233mgl，C正確；
D．小球經(jīng)過O點時滿足mgR1?cs60°=12mv2小球經(jīng)過O點向右運動時N?mg+qvB=mv2R小球經(jīng)過O點向左運動時N?mg?qvB=mv2R解得小球?qū)壍赖膹椓镹'=N=2mg?BqgR或N'=N=2mg+BqgR，D錯誤。故選AC。
14．（2024·安徽池州·二模）如圖所示，足夠長的豎直絕緣墻壁右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、帶電量為?q（q>0）的絕緣物塊與絕緣墻壁之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g?，F(xiàn)將小物塊緊貼豎直墻壁由靜止釋放，當(dāng)小物塊沿絕緣墻壁下滑h時獲得最大速度開始勻速下滑，墻壁足夠長，下列說法正確的是（ ）
A．小物塊運動過程中的最大加速度為g
B．小物塊獲得最大速度v=mgμqB
C．小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程克服摩擦力做的功W=mg??m2g22μ2q2B2
D．小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程經(jīng)歷的時間t=mμqB+μqB?mg
【答案】ABD
【詳解】A．小物塊運動過程中的加速度a=mg?μqvBm物塊由靜止釋放時有最大加速度am=g，A正確；
B．物塊速度最大時合力為零，根據(jù)平衡條件得μqvB=mg解得小物塊能達到的最大速度為v=mgμqB，B正確；
C．小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程根據(jù)動能定理12mv2=mg??W解得w=mg??m3g22μ2q2B2，C錯誤；
D．小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程，根據(jù)動量定理mv=mgt?ΣμqBvtmv=mgt?μqB?解得t=mμqB+μqB?mg，D正確；故選ABD。
考向三 磁場中的動量觀點的應(yīng)用
15．（2025·安徽黃山·一模）如圖所示，質(zhì)量為m，下端封閉、上端開口且內(nèi)壁光滑的絕緣玻璃管豎直放置，管底有一帶正電的小球，電量為q，質(zhì)量也為m?？臻g存在足夠大且垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=mg4q。在斜向上的外力作用下，玻璃管在磁場中由靜止開始做水平向右的勻加速直線運動，加速度大小為g2，最終小球從上端開口飛出。設(shè)運動過程中小球的電荷量始終保持不變，重力加速度g取10 m/s2。則：
(1)求小球在玻璃管內(nèi)脫離底部之前的運動時間；
(2)已知小球飛出玻璃管前的運動時間t = 2 s，求小球運動到玻璃管最高點時的加速度大?。?br>(3)如果小球在玻璃管內(nèi)脫離底部之后外力保持不變，求玻璃管的最大速度大小（此時小球未飛出玻璃管）。
【答案】(1)0.8 s(2)510m/s2(3)(4+22)m/s
【詳解】（1）設(shè)小球在玻璃管內(nèi)脫離底部之前經(jīng)歷的運動時間為t1，水平方向速度為v0，小球脫離底部時，有qv0B=mg且v0=axt1聯(lián)立可得t1=0.8s
（2）小球在玻璃管中向上運動時間為t2，顯然t2=t?t1豎直方向q(v0+axt2)B?mg=may代入數(shù)據(jù)可得豎直方向最大加速度ay=15m/s2故合加速度為a=ax2+ay2 代入數(shù)據(jù)可得a=510m/s2
（3）設(shè)玻璃管勻速時玻璃管的速度為v1，此時小球相對玻璃管的速度為v2，當(dāng)小球剛剛脫離玻璃管底端時水平方向Fx=2max=mg因為玻璃管達最大速度，加速度為0，所以Fx=qv2B解得v2=4m/s豎直方向?qū)π∏蛄袆恿慷ɡ韖vxBt2?mgt2=mv2?0又玻璃管水平位移s=vxt2 該過程中對系統(tǒng)水平方向列動量定理Fxt2?qvyBt2=2mv1?2mv0 又小球豎直位移?=vyt2該過程中對系統(tǒng)列動能定理Fxs ? mg?=12mv12+12mv12+v22?12×2mv02聯(lián)立解得v1=4+22m/s
16．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，固定的光滑絕緣斜面的傾角為θ0°

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