专题14 电学中三大观点的综合应用（讲义）-高考物理二轮复习讲练测（新高考通用）

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0TOC \ "1-3" \h \u 1 \l "_Tc18654" 考情透视·目标导航 PAGEREF _Tc18654 \h 3
\l "_Tc8127" \l "__x0001_" 02知识导图·思维引航 PAGEREF _Tc8127 \h 4
\l "_Tc3027" \l "__x0001__1" 03核心精讲·题型突破 PAGEREF _Tc3027 \h 5
\l "_Tc13154" 题型一 电场中的三大观点的综合应用 PAGEREF _Tc13154 \h 5
\l "_Tc32640" \l "__x0001__3" 【核心精讲】 PAGEREF _Tc32640 \h 5
\l "_Tc50" 一、 电场中应用动力学观点处理问题的流程 PAGEREF _Tc50 \h 5
\l "_Tc1710" 二、 电场中的功能关系及计算 PAGEREF _Tc1710 \h 5
\l "_Tc29300" 三、 电场中的动量观点 PAGEREF _Tc29300 \h 5
\l "_Tc9888" \l "__x0001__2" 【真题研析】 PAGEREF _Tc9888 \h 6
\l "_Tc1043" \l "__x0001__4" 【命题预测】 PAGEREF _Tc1043 \h 7
\l "_Tc7299" 考向一 电场中的动力学观点的应用 PAGEREF _Tc7299 \h 7
\l "_Tc9418" 考向二 电场中的能量观点的应用 PAGEREF _Tc9418 \h 9
\l "_Tc11103" 考向三 电场中的动量观点的应用 PAGEREF _Tc11103 \h 10
\l "_Tc15571" 题型二 磁场中三大观点的综合应用 PAGEREF _Tc15571 \h 12
\l "_Tc20113" \l "__x0001__3" 【核心精讲】 PAGEREF _Tc20113 \h 12
\l "_Tc26103" 一、 磁场中动力学观点 PAGEREF _Tc26103 \h 12
\l "_Tc7447" 二、 磁场中能量观点 PAGEREF _Tc7447 \h 12
\l "_Tc5677" 三、 磁场中动量观点 PAGEREF _Tc5677 \h 12
\l "_Tc19509" \l "__x0001__2" 【真题研析】 PAGEREF _Tc19509 \h 12
\l "_Tc4144" \l "__x0001__4" 【命题预测】 PAGEREF _Tc4144 \h 14
\l "_Tc29751" 考向一 磁场中的动力学观点的应用 PAGEREF _Tc29751 \h 14
\l "_Tc20908" 考向二 磁场中的能量观点的应用 PAGEREF _Tc20908 \h 15
\l "_Tc4193" 考向三 磁场中的动量观点的应用 PAGEREF _Tc4193 \h 17
\l "_Tc13302" 题型三 电磁感应中三大观点的综合应用 PAGEREF _Tc13302 \h 19
\l "_Tc15182" \l "__x0001__3" 【核心精讲】 PAGEREF _Tc15182 \h 19
\l "_Tc23406" 一、 电磁感应的动力学问题处理方法 PAGEREF _Tc23406 \h 19
\l "_Tc29513" 二、电磁感应的能量问题处理方法 PAGEREF _Tc29513 \h 19
\l "_Tc13046" 三、电磁感应的能量问题处理方法 PAGEREF _Tc13046 \h 20
\l "_Tc20069" \l "__x0001__2" 【真题研析】 PAGEREF _Tc20069 \h 20
\l "_Tc23591" \l "__x0001__4" 【命题预测】 PAGEREF _Tc23591 \h 22
\l "_Tc1119" 考向一 电磁感应中的动力学观点的应用 PAGEREF _Tc1119 \h 22
\l "_Tc557" 考向二 电磁感应中的能量观点的应用 PAGEREF _Tc557 \h 24
\l "_Tc9362" 考向三 电磁感应中的动量观点的应用 PAGEREF _Tc9362 \h 26
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
电场中应用动力学观点处理问题的流程
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 cs 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)
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。
1．（2024·浙江·高考真题）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（ ）
A．小球从A到C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到B点时的加速度
D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
【答案】C
【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程电势增加，电势能增加，故A错误；
B．当场强满足Eq=mg时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；
C．根据动能定理mg−EqR=12mvB2−12mv02可求出小球到B点时的速度vB，根据a1=vB2R可得小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律mg−Eq=ma2可得小球的切向加速度a2，再根据矢量合成可得B点的加速度为a=a12+a22故C正确；
D．小球在D点受到竖直向下的重力、竖直向上的匀强电场的电场力、平行MN方向的等量异种点电荷的电场力和圆环的作用力，圆环的作用力一个分力与等量异种点电荷的电场力平衡，其与MN平行，而另一分力提供向心力，方向指向圆心，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。
故选C。
【技巧点拨】
（1）明确等量异种电荷电场连线和中垂线电场的特点，以及要明确小球所处电场是两种电场的叠加场；
（2）根据小球所处场的环境，正确做出受力分析，根据受力分析判断BCD选项。
2．（2023·浙江·高考真题）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在XX′极板间的加速度大小为eUm
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为2meU
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα=l20d
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小ax=eEm=eUmd，A错误；
B．电子电极XX′间运动时，有vx = axtt=lvz电子离开电极XX′时的动能为Ek=12m(vz2+vx2)=eU(10+l240d2)电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10+l240d2)，B错误；
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小Ix=mvx=ldmeU20，C错误；
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα=vxvz=l20d，D正确。故选D。
【技巧点拨】
（1）根据带电粒子所经过的电场，判断出粒子做类平抛运动；
（2）根据动能定理和动量定理求动能和冲量。
考向一 电场中的动力学观点的应用
3．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）A、B两小球质量相等，A球不带电，B球带正电，光滑的绝缘斜面倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻质绝缘弹簧相连，图乙中，A、B两球用轻质绝缘杆相连，两个装置均处于平行于斜面向上的匀强电场E中，此时A、B两球组成的系统均处于静止状态，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度大小为g，当撤去匀强电场E的瞬间，则下列说法正确的是（ ）
A．两图中A、B两球的加速度大小均为gsinθ
B．两图中A球的加速度大小均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲、乙中B球的加速度大小之比为2:1
【答案】D
【分析】本题考查牛顿第二定律的瞬时性，意在考查考生的理解能力。
【详解】AB．题图甲、乙中两球组成的系统静止时，对两球组成的系统受力分析，可得B球受到的电场力均为2mgsinθ，轻弹簧和轻杆的弹力均为mgsinθ，突然撤去匀强电场时，轻弹簧中弹力不变，题图甲中A球加速度为零，B球加速度大小为2gsinθ，轻杆中弹力发生突变，题图乙中A、B两球的加速度大小均为gsinθ，轻杆的弹力突变为零，故ABC错误；
D．在撤去匀强电场的瞬间，题图甲中B球的加速度大小为2gsinθ，题图乙中B球加速度大小为gsinθ，故D正确。
4．（2024·四川德阳·模拟预测）如图所示，一根轻质的不可伸长的细线两端分别系在水平天花板上的A、B两点，有一质量及大小均不计的光滑动滑轮跨在细线上，滑轮通过绝缘细线悬挂一带正电且可视为质点的物块。空间存在竖直向下的匀强电场，物块处于静止状态。现将电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，A、B间细线的张力大小为F1，滑轮与物块之间细线张力大小为F2，则（ ）
A．F1逐渐增大B．F1逐渐减小
C．F2逐渐增大D．F2先减小后增大
【答案】B
【详解】一根绳上的力大小处处相等，则初始时合力的方向为竖直向下，则设A、B间细线与竖直方向夹角为θ，则
初始时，物块受到的重力和电场力之和（看作等效重力）等于滑轮与物块之间细线张力G′=F2=mg+FAB绳上的张力F1=G′2csθ随着电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，电场力也逐渐逆时针转动到水平向右，随着电场力和重力夹角增大，等效重力G′逐渐减小，即F2逐渐减小，AB细绳与等效重力方向之间的夹角也在逐渐减小，如图中θ′，则csθ′ > csθ，可知F1在逐渐减小。故选B。
考向二 电场中的能量观点的应用
5．（2024·河北·模拟预测）将两个等量异种点电荷固定在边长为L的正方形ABCD的A、C两个顶点处，它们所带电荷量分别为+Q和−Q，用长为L的不可伸长的绝缘细线将一质量为m、带电荷量为＋q的带电小球拴在A点，将小球从B点由静止释放，小球从B点运动到D点，经过AC连线上的F点。整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E=mgq。已知小球可视为质点，静电力常量为k，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．小球在刚释放时的加速度大小为2g
B．在从B到F过程中，小球的机械能先增大后减小
C．经过D点时，小球的速度大小为2gL
D．小球经过D点时，细线的拉力大小为F=3mg+kQqL2
【答案】C
【详解】A．小球刚释放时，沿切线方向运动，对小球在竖直方向受力分析有mg+Eq+kQqL2=ma解得a=2g+kQqmL2故A错误；
B．小球沿圆弧从B运动到F的过程中，A处电荷给小球的静电力不做功，C处电荷给小球的静电力为吸引力，始终做正功，匀强电场给小球的静电力做正功，所以小球的机械能一直增大，故B错误；
C．B、D是AC处点电荷形成静电场的等势点，所以小球在B、D位置时AC处静电荷形成的电场的电势能相等，小球从B点运动到D点的过程中由能量守恒有mgL+EqL=12mv2解得v=2gL故C正确；
D．当小球经过D点时在竖直方向上对小球受力分析有F−mg−Eq−kQqL2=mv2L解得F=6mg+kQqL2故D错误。故选C。
6．（2024·四川南充·二模）绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为-q（q>0）的滑块（可看做点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，b点为滑块运动中距Q最近的点。已知a、b间距离为d，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A．滑块在b点的加速度一定为0
B．滑块在运动过程的中间位置，速度的大小等于22v0
C．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于v02
D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为Uab=m(v02−2μgd)2q
【答案】D
【详解】A．由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，由于b点为滑块运动中距Q最近的点，则滑块在b点速度为零，则滑块在运动过程中库仑力小于滑动摩擦力，随间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以到达b点时加速度不为零，故A错误；
BC．若滑块在滑动过程中做匀减速直线运动，则在运动过程的中间位置，速度的大小为vx2=v022=22v0在运动过程的中间时刻，速度的大小为vt2=v02而实际上，随着间距减小，库仑力增大，但一直小于滑动摩擦力，所以导致加速度减小，故中间位置的速度的大小不等于22v0，中间时刻的速度不等于v02，故BC错误；
D．根据动能定理可得Wab−μmgd=0−12mv02Wab=−qUab所以Uab=m(v02−2μgd)2q故D正确。故选D。
考向三 电场中的动量观点的应用
7．（2024·山东济南·二模）如图所示在场强为E的匀强电场中有一带电绝缘物体P处于水平面上。已知P的质量为m、带电量为+q，其所受阻力与时间的关系为f=f0+kt。t=0时物体P由静止开始运动直至速度再次为零的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物体达到最大速度的时间Eq−f0mk
B．物体达到的最大速度为Eq−f022mk
C．全过程中，物体所受电场力的冲量为EqEq−f02k
D．全过程中，物体的阻力f的冲量为f0Eq−f0k
【答案】B
【详解】AB．当物体所受合力为零时，物体的速度最大，则有Eq=f0+kt解得t=Eq−f0k从静止到物体达到的最大速度，由动量定理有Eqt−f0+Eq2t=mvm−0解得vm=Eq−f022mk故A错误，B正确；
CD．根据题意，对全过程，由动量定理有Eqt'−f0+f0+kt'2t'=0解得t'=2Eq−f0k则全过程中，物体所受电场力的冲量为I1=Eqt'=2EqEq−f0k物体的阻力f的冲量为I2=−f0+f0+kt'2t'=2Eqf0−Eqk故CD错误。故选B。
8．（2024·安徽合肥·二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如下图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I．氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（ ）
A．ImU2qB．I2mUqC．ImUqD．I2mUq
【答案】D
【详解】氙离子经电场加速，根据动能定理有qU=12mv2−0解得v=2qUm设单位体积内离子数目为n，加速喷出时截面积为S，在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出Δm=nmSvΔt形成电流为II=nqSv由动量定理可得FΔt=Δmv联立可得F=I2mUq离子推进器产生的推力为I2mUq。故选D。
题型二 磁场中三大观点的综合应用
磁场中动力学观点
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。
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。
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：qvxB∆t−mgt=mv−0
9．（2024·重庆·高考真题）小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求
（1）P所受单根导线拉力的大小；
（2）Q中电流的大小。

【答案】（1）mg；（2）mgBL
【详解】（1）由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设导线的拉力大小为T，对P有
2T = 2mg解得T = mg
（2）设Q所受安培力大小为F，对P、Q整体受力分析，有mg＋F = 2mg又F = BIL解得I=mgBL
【技巧点拨】
（1）根据平衡条件，对P受力分析，求单根导线拉力的大小；
（2）根据平衡条件，对整体受力分析，求单Q中电流的大小。
10．（2024·浙江·高考真题）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mv0csθB．重力冲量大小为mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为qBv022gsinθD．若v0=2mgcsθqB，弹力冲量为零
【答案】CD
【详解】A．根据动量定理I=0−mv0=−mv0故合力冲量大小为mv0，故A错误；
B．小球上滑的时间为t=v0gsinθ重力的冲量大小为IG=mgt=mv0sinθ故B错误；
C．小球所受洛伦兹力为Bqv=Bqv0−at=−Bqat+Bqv0，a=gsinθ随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为I洛=q×v02×Bt=q×v02×B×v0gsinθ=qBv022gsinθ故C正确；
D．若v0=2mgcsθqB，0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0=2mgcsθ小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得Bqv=mgcsθ+FN即FN=Bqv−mgcsθ=Bqv0−at−mgcsθ=mgcsθ−Bqtgsinθ则小球在整个减速过程的FN−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。
【技巧点拨】
（1）做好受力分析，根据受力分析对带电小球运动形式做出判断；
（2）根据洛伦兹力和弹力随时间变化的关系表达式，明确两个力与时间的线性关系。
考向一 磁场中的动力学观点的应用
11．（2023·山东青岛·三模）如图，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，粗糙绝缘的水平面上有一带正电小球，从P点由静止释放后向右运动，运动过程中会经过N点。已知小球质量m、电荷量q，电场强度大小E，磁感应强度大小B，小球与水平面间动摩擦因数μ，重力加速度g，PN=L。则关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）

A．小球先做加速运动，后做减速运动，最后静止
B．小球能够达到的最大速度为qE−μmgμqB
C．小球运动到N点时合外力做的功为qEL−μmgL
D．若小球带负电，向左运动一段时间后会脱离水平面
【答案】B
【详解】AB．由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，大小为f洛=qvB小球所受摩擦力为f=μ（f洛+mg）根据牛顿第二定律可得qE−f=ma解得qE−μ（qvB+mg）=ma由题意可知小球先做加速运动，随着速度增大，洛伦兹力增大，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大，此时有qE=μ（qvB+mg）解得v=qE−μmgμqB此后小球做匀速直线运动，故A错误，B正确；
C．小球运动到N点时合外力做的功为W=qEL−Wf由于
N=mg+qvBWf>μmgL故C错误；
D．若小球带负电，向左运动时受到向左的电场力，向右的摩擦力，此时洛伦兹力向下，所以运动一段时间后小球不会脱离水平面，故D错误。故选B。
12．（2023·河北保定·三模）粗糙水平地面上方存在着方向竖直向下的匀强电场，MN边界的左边存在着如图所示的匀强磁场，一带电滑块（可视为质点）以速度v向右匀速运动，已知电场强度为E，磁感应强度B=E2v，重力加速度为g，滑块滑过边界MN之后经时间，速度方向与水平面夹角30°，根据以上条件，下列结论正确的是（ ）

A．滑块带正电B．滑块可带正电也可以带负电
C．t=3v3gD．在时间t内，滑块在水平方向的位移为3v2g
【答案】C
【详解】AB．滑块滑过边界MN之后经时间，速度方向与水平面夹角30°，可知滑块受电场力向上，所以滑块带负电，故AB错误；
CD．在MN左侧，带电滑块（可视为质点）以速度向右匀速运动，则有qE=qvB+mg结合题中B=E2v，解得qE=2mg滑块在MN右侧，根据牛顿第二定律有qE−mg=ma解得a=g，方向向上经t时间，根据速度的关系有tan30°=atv解得t=3v3g水平方向做匀速直线运动，有x=vt=3v23g故C正确，D错误。故选C。
考向二 磁场中的能量观点的应用
13．（2024·河南·一模）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R（R远大于轨道内径），直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放，若PC=l，小球所受电场力等于其重力的33倍，所受摩擦力为小球与直线段轨道之间弹力的μ倍，重力加速度为g，则（ ）
A．小球在轨道AC上下滑的最大速度为23mg3μqB
B．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中速度一直在增大
C．经过足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是233mgl
D．经过足够长时间，小球经过O点时对轨道的弹力一定为2mg+BqgR
【答案】AC
【详解】A．当小球合力为零时，加速度为零，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正确；
B．小球第一次沿轨道AC下滑过程中，电场力在垂直轨道方向的分量为F1=qEsin60°=12mg重力在垂直轨道方向上的分量为G1=mgcs60°=12mg=F1因此，电场力与重力的合力方向恰好沿AC方向，且刚开始时小球与管壁无作用力。当小球开始运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致小球对管壁有压力，从而导致滑动摩擦力增大，由牛顿第二定律mgsin60°+qEcs60°−μqvB=ma小球一开始做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度为零，开始做匀速直线运动，B错误；
C．最终小球在CD间做往复运动，由动能定理mg2+qE2·l−Wf=0−0解得克服摩擦力做功Wf=233mgl，C正确；
D．小球经过O点时满足mgR1−cs60°=12mv2小球经过O点向右运动时N−mg+qvB=mv2R小球经过O点向左运动时N−mg−qvB=mv2R解得小球对轨道的弹力为N'=N=2mg−BqgR或N'=N=2mg+BqgR，D错误。故选AC。
14．（2024·安徽池州·二模）如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、带电量为−q（q>0）的绝缘物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g。现将小物块紧贴竖直墙壁由静止释放，当小物块沿绝缘墙壁下滑h时获得最大速度开始匀速下滑，墙壁足够长，下列说法正确的是（ ）
A．小物块运动过程中的最大加速度为g
B．小物块获得最大速度v=mgμqB
C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程克服摩擦力做的功W=mgℎ−m2g22μ2q2B2
D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程经历的时间t=mμqB+μqBℎmg
【答案】ABD
【详解】A．小物块运动过程中的加速度a=mg−μqvBm物块由静止释放时有最大加速度am=g，A正确；
B．物块速度最大时合力为零，根据平衡条件得μqvB=mg解得小物块能达到的最大速度为v=mgμqB，B正确；
C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程根据动能定理12mv2=mgℎ−W解得w=mgℎ−m3g22μ2q2B2，C错误；
D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程，根据动量定理mv=mgt−ΣμqBvtmv=mgt−μqBℎ解得t=mμqB+μqBℎmg，D正确；故选ABD。
考向三 磁场中的动量观点的应用
15．（2025·安徽黄山·一模）如图所示，质量为m，下端封闭、上端开口且内壁光滑的绝缘玻璃管竖直放置，管底有一带正电的小球，电量为q，质量也为m。空间存在足够大且垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=mg4q。在斜向上的外力作用下，玻璃管在磁场中由静止开始做水平向右的匀加速直线运动，加速度大小为g2，最终小球从上端开口飞出。设运动过程中小球的电荷量始终保持不变，重力加速度g取10 m/s2。则：
(1)求小球在玻璃管内脱离底部之前的运动时间；
(2)已知小球飞出玻璃管前的运动时间t = 2 s，求小球运动到玻璃管最高点时的加速度大小；
(3)如果小球在玻璃管内脱离底部之后外力保持不变，求玻璃管的最大速度大小（此时小球未飞出玻璃管）。
【答案】(1)0.8 s(2)510m/s2(3)(4+22)m/s
【详解】（1）设小球在玻璃管内脱离底部之前经历的运动时间为t1，水平方向速度为v0，小球脱离底部时，有qv0B=mg且v0=axt1联立可得t1=0.8s
（2）小球在玻璃管中向上运动时间为t2，显然t2=t−t1竖直方向q(v0+axt2)B−mg=may代入数据可得竖直方向最大加速度ay=15m/s2故合加速度为a=ax2+ay2 代入数据可得a=510m/s2
（3）设玻璃管匀速时玻璃管的速度为v1，此时小球相对玻璃管的速度为v2，当小球刚刚脱离玻璃管底端时水平方向Fx=2max=mg因为玻璃管达最大速度，加速度为0，所以Fx=qv2B解得v2=4m/s竖直方向对小球列动量定理qvxBt2−mgt2=mv2−0又玻璃管水平位移s=vxt2 该过程中对系统水平方向列动量定理Fxt2−qvyBt2=2mv1−2mv0 又小球竖直位移ℎ=vyt2该过程中对系统列动能定理Fxs − mgℎ=12mv12+12mv12+v22−12×2mv02联立解得v1=4+22m/s
16．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，固定的光滑绝缘斜面的倾角为θ0°