專(zhuān)題14 電學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（講義）（解析版）-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新高考用）

2/35專(zhuān)題14電學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用目錄0TOC\o"1-3"\h\u1考情透視·目標(biāo)導(dǎo)航 302知識(shí)導(dǎo)圖·思維引航 403核心精講·題型突破 5題型一電場(chǎng)中的三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 5【核心精講】 5一、電場(chǎng)中應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)處理問(wèn)題的流程 5二、電場(chǎng)中的功能關(guān)系及計(jì)算 5三、電場(chǎng)中的動(dòng)量觀點(diǎn) 5【真題研析】 6【命題預(yù)測(cè)】 7考向一電場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用 7考向二電場(chǎng)中的能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 9考向三電場(chǎng)中的動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用 10題型二磁場(chǎng)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 12【核心精講】 12一、磁場(chǎng)中動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn) 12二、磁場(chǎng)中能量觀點(diǎn) 12三、磁場(chǎng)中動(dòng)量觀點(diǎn) 12【真題研析】 12【命題預(yù)測(cè)】 14考向一磁場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用 14考向二磁場(chǎng)中的能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 15考向三磁場(chǎng)中的動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用 17題型三電磁感應(yīng)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 19【核心精講】 19一、電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題處理方法 19二、電磁感應(yīng)的能量問(wèn)題處理方法 19三、電磁感應(yīng)的能量問(wèn)題處理方法 20【真題研析】 20【命題預(yù)測(cè)】 22考向一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用 22考向二電磁感應(yīng)中的能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 24考向三電磁感應(yīng)中的動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用 26命題統(tǒng)計(jì)命題要點(diǎn)2024年2023年2022年熱考角度電場(chǎng)中的三大觀點(diǎn)的應(yīng)用2024·山東卷·T102024·河北卷·T142024·江西卷·T102024·廣西卷·T72024·福建卷·T162023·新課標(biāo)卷·T122023·湖北卷·T102023·北京卷·T202023·福建卷·T162023·河北卷·T72022·浙江卷·T92022·遼寧卷·T10、T142022·海南卷·T112022福建卷T8磁場(chǎng)中的三大觀點(diǎn)的應(yīng)用2024·安徽卷T102024·浙江卷T152024·重慶卷T132023·北京卷·T13、T192023·江蘇卷·T162023·浙江卷·T232022·湖南卷·T32022·天津卷·T132022·湖北卷·T11電磁感應(yīng)中的三大觀點(diǎn)的應(yīng)用2024·河北卷·T142024·遼寧、吉林、黑龍江卷·T92024·山東卷·T112024北京卷T202024湖南卷T82024江西卷T152024遼寧卷T92024海南卷T132023·北京卷·T92023·廣東卷·T142023·山東卷·T122023·天津卷·T112023重慶卷T72023福建卷T42023全國(guó)甲卷T122023湖南卷T142022·湖南卷·T102022·重慶卷·T72022·湖北卷·T112022福建卷T172022全國(guó)甲卷T72022浙江1月卷T222022遼寧卷T152022福建卷T15命題規(guī)律從近三年高考試題來(lái)看，三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的考查較為普遍，題目以選擇題居多，個(gè)別省份以計(jì)算題的形式出現(xiàn)，難度上中等偏上，對(duì)物理過(guò)程分析能力和數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用能力上要求較高?？枷蝾A(yù)測(cè)預(yù)計(jì)在2025年高考中，還會(huì)加大對(duì)三大觀點(diǎn)的考查，選擇題多以單一過(guò)程的分析為主，計(jì)算題預(yù)計(jì)會(huì)以壓軸題的形式出現(xiàn)，體現(xiàn)過(guò)程情境下的物理問(wèn)題的研究。命題情景多以特別的物理模型為基礎(chǔ)，冠以某種科學(xué)技術(shù)為情境常用方法牛頓第二定律、能量守恒定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律電學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用電場(chǎng)電磁感應(yīng)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)能量的觀點(diǎn)磁場(chǎng)電學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用電場(chǎng)電磁感應(yīng)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)能量的觀點(diǎn)磁場(chǎng)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)能量的觀點(diǎn)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)能量的觀點(diǎn)動(dòng)量的觀點(diǎn)動(dòng)量的觀點(diǎn)動(dòng)量的觀點(diǎn)主要運(yùn)動(dòng)形式：直線運(yùn)動(dòng)、拋體運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)主要運(yùn)動(dòng)形式：直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)、一般曲線運(yùn)動(dòng)主要模型：線框模型、單雙棒模型題型一電場(chǎng)中的三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用電場(chǎng)中應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)處理問(wèn)題的流程電場(chǎng)中的功能關(guān)系及計(jì)算1．電場(chǎng)中的功能關(guān)系(1)若只有靜電力做功電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變。(2)若只有靜電力和重力做功電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變。(3)除重力之外，其他各力對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的變化。(4)所有外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化。2．電場(chǎng)力做功的計(jì)算方法(1)WAB＝qUAB(普遍適用)(2)W＝qExcosθ(適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)(4)W電＋W非電＝ΔEk(由動(dòng)能定理求解)電場(chǎng)中的動(dòng)量觀點(diǎn)1.動(dòng)量定理的應(yīng)用：帶電粒子或者帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力為恒力，可以應(yīng)用動(dòng)量定理。2.動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用：帶電粒子或帶電體，電場(chǎng)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(dòng)量守恒或者某一方向動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng)，在此空間同一水平面的M、N點(diǎn)固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，絕緣光滑圓環(huán)ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點(diǎn)，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(diǎn)沿圓環(huán)以初速度v0做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A．小球從A到C的過(guò)程中電勢(shì)能減少B．小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．可求出小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度D．小球在D點(diǎn)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(diǎn)電荷的電場(chǎng)線特點(diǎn)可知，圓環(huán)所在平面為等勢(shì)面，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上，則小球從A到C的過(guò)程電勢(shì)增加，電勢(shì)能增加，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)滿(mǎn)足Eq=mg時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的向心力大小不變，可沿圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理mg?EqR=12mvB2?12mv02可求出小球到BD．小球在D點(diǎn)受到豎直向下的重力、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力、平行MN方向的等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力和圓環(huán)的作用力，圓環(huán)的作用力一個(gè)分力與等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)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(diǎn)受到圓環(huán)的作用力方向不平行MN，故D錯(cuò)誤。故選C?！炯记牲c(diǎn)撥】（1）明確等量異種電荷電場(chǎng)連線和中垂線電場(chǎng)的特點(diǎn)，以及要明確小球所處電場(chǎng)是兩種電場(chǎng)的疊加場(chǎng)；（2）根據(jù)小球所處場(chǎng)的環(huán)境，正確做出受力分析，根據(jù)受力分析判斷BCD選項(xiàng)。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(zhǎng)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(kāi)金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進(jìn)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eUB．打在熒光屏?xí)r，動(dòng)能大小為11eUC．在XX′極板間受到電場(chǎng)力的沖量大小為2meUD．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tan【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=B．電子電極XX′間運(yùn)動(dòng)時(shí)，有vx=axtt=lvz電子離開(kāi)電極XX′時(shí)的動(dòng)能為EC．在XX′極板間受到電場(chǎng)力的沖量大小Ix=mD．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα=vx【技巧點(diǎn)撥】（1）根據(jù)帶電粒子所經(jīng)過(guò)的電場(chǎng)，判斷出粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)；（2）根據(jù)動(dòng)能定理和動(dòng)量定理求動(dòng)能和沖量?？枷蛞浑妶?chǎng)中的動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用3．（2024·海南省直轄縣級(jí)單位·模擬預(yù)測(cè)）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(gè)裝置均處于平行于斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，此時(shí)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(qiáng)電場(chǎng)E的瞬間，則下列說(shuō)法正確的是（）A．兩圖中A、B兩球的加速度大小均為gB．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(shí)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(shí)，對(duì)兩球組成的系統(tǒng)受力分析，可得B球受到的電場(chǎng)力均為2mgsinθ，輕彈簧和輕桿的彈力均為mgsinθ，突然撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，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?，故ABC錯(cuò)誤；D．在撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)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(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一根輕質(zhì)的不可伸長(zhǎng)的細(xì)線兩端分別系在水平天花板上的A、B兩點(diǎn)，有一質(zhì)量及大小均不計(jì)的光滑動(dòng)滑輪跨在細(xì)線上，滑輪通過(guò)絕緣細(xì)線懸掛一帶正電且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊?？臻g存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將電場(chǎng)強(qiáng)度方向由豎直向下緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到水平向右，A、B間細(xì)線的張力大小為F1，滑輪與物塊之間細(xì)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(shí)合力的方向?yàn)樨Q直向下，則設(shè)A、B間細(xì)線與豎直方向夾角為θ，則初始時(shí)，物塊受到的重力和電場(chǎng)力之和（看作等效重力）等于滑輪與物塊之間細(xì)線張力G′=F考向二電場(chǎng)中的能量觀點(diǎn)的應(yīng)用5．（2024·河北·模擬預(yù)測(cè)）將兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷固定在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形ABCD的A、C兩個(gè)頂點(diǎn)處，它們所帶電荷量分別為+Q和?Q，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線將一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電小球拴在A點(diǎn)，將小球從B點(diǎn)由靜止釋放，小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，經(jīng)過(guò)AC連線上的F點(diǎn)。整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E=mgq。已知小球可視為質(zhì)點(diǎn)，靜電力常量為k，重力加速度為A．小球在剛釋放時(shí)的加速度大小為2gB．在從B到F過(guò)程中，小球的機(jī)械能先增大后減小C．經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小為2D．小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)，細(xì)線的拉力大小為F=3mg+【答案】C【詳解】A．小球剛釋放時(shí)，沿切線方向運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球在豎直方向受力分析有mg+Eq+kQqL2B．小球沿圓弧從B運(yùn)動(dòng)到F的過(guò)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(qiáng)電場(chǎng)給小球的靜電力做正功，所以小球的機(jī)械能一直增大，故B錯(cuò)誤；C．B、D是AC處點(diǎn)電荷形成靜電場(chǎng)的等勢(shì)點(diǎn)，所以小球在B、D位置時(shí)AC處?kù)o電荷形成的電場(chǎng)的電勢(shì)能相等，小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中由能量守恒有mgL+EqL=12mD．當(dāng)小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)在豎直方向上對(duì)小球受力分析有F?mg?Eq?kQqL26．（2024·四川南充·二模）絕緣水平面上固定一正點(diǎn)電荷Q，另一質(zhì)量為m、電荷量為-q（q>0）的滑塊（可看做點(diǎn)電荷）從a點(diǎn)以初速度v0沿水平面向Q運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)為滑塊運(yùn)動(dòng)中距Q最近的點(diǎn)。已知a、b間距離為d，滑塊與水平面間的動(dòng)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(diǎn)的加速度一定為0B．滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程的中間位置，速度的大小等于2C．滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程的中間時(shí)刻，速度的大小等于vD．Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U【答案】D【詳解】A．由題意可知，滑塊水平方向受庫(kù)侖力、滑動(dòng)摩擦力，摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向相反，而庫(kù)侖力與運(yùn)動(dòng)方相同，由于b點(diǎn)為滑塊運(yùn)動(dòng)中距Q最近的點(diǎn)，則滑塊在b點(diǎn)速度為零，則滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中庫(kù)侖力小于滑動(dòng)摩擦力，隨間距減小，庫(kù)侖力增大，但仍小于滑動(dòng)摩擦力，所以到達(dá)b點(diǎn)時(shí)加速度不為零，故A錯(cuò)誤；BC．若滑塊在滑動(dòng)過(guò)程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程的中間位置，速度的大小為vx2=v022D．根據(jù)動(dòng)能定理可得Wab?μmgd=0?1考向三電場(chǎng)中的動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用7．（2024·山東濟(jì)南·二模）如圖所示在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(shí)間的關(guān)系為f=f0+kt。t=0A．物體達(dá)到最大速度的時(shí)間Eq?B．物體達(dá)到的最大速度為Eq?C．全過(guò)程中，物體所受電場(chǎng)力的沖量為EqD．全過(guò)程中，物體的阻力f的沖量為f【答案】B【詳解】AB．當(dāng)物體所受合力為零時(shí)，物體的速度最大，則有Eq=f0+kt解得t=Eq?fCD．根據(jù)題意，對(duì)全過(guò)程，由動(dòng)量定理有Eqt'?f0+f8．（2024·安徽合肥·二模）我國(guó)是世界上第三個(gè)突破嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)的國(guó)家?；魻柾七M(jìn)器的工作原理簡(jiǎn)化如下圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場(chǎng)。工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場(chǎng)加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實(shí)驗(yàn)中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強(qiáng)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(jìn)器產(chǎn)生的推力為（）A．ImU2q B．I2mUq 【答案】D【詳解】氙離子經(jīng)電場(chǎng)加速，根據(jù)動(dòng)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?lài)姵鰰r(shí)截面積為S，在Δt時(shí)間內(nèi)，有質(zhì)量為Δm的氙離子以速度v噴射而出Δm=nmSvΔt形成電流為題型二磁場(chǎng)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用磁場(chǎng)中動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)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(chǎng)中的平衡和加速問(wèn)題。2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)(1)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)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(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)(1)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，隱含條件是必須考慮重力，且電場(chǎng)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(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)解題方法相同。磁場(chǎng)中能量觀點(diǎn)帶電粒子或帶電體在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力不做功，只有其重力、摩擦力等力做功，可以利用動(dòng)能定理。磁場(chǎng)中動(dòng)量觀點(diǎn)帶電體在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，如果帶電體做一般性的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力隨著帶電體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度大小和方向的變化，對(duì)此一般性曲線處理較為困難，可以利用微元的思想，對(duì)帶電體列分方向動(dòng)量定理。例如：qv9．（2024·重慶·高考真題）小明設(shè)計(jì)了如圖所示的方案，探究金屬桿在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，質(zhì)量分別為2m、m的金屬桿P、Q用兩根不可伸長(zhǎng)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(zhǎng)度均為L(zhǎng)，僅在Q的運(yùn)動(dòng)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向左的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。Q在垂直于磁場(chǎng)方向的豎直面內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)，P、Q始終保持水平，不計(jì)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(chǎng)。重力加速度為g，當(dāng)P勻速下降時(shí)，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）mg【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(mén)，對(duì)P有2T=2mg解得T=mg（2）設(shè)Q所受安培力大小為F，對(duì)P、Q整體受力分析，有mg＋F=2mg又F=BIL解得I=【技巧點(diǎn)撥】（1）根據(jù)平衡條件，對(duì)P受力分析，求單根導(dǎo)線拉力的大??；（2）根據(jù)平衡條件，對(duì)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(zhǎng)的光滑絕緣細(xì)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(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。磁場(chǎng)方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計(jì)空氣阻力。小球以初速度v0A．合力沖量大小為mv0cosθ B．重力沖量大小為mC．洛倫茲力沖量大小為qBv022g【答案】CD【詳解】A．根據(jù)動(dòng)量定理I=0?mv0=?mB．小球上滑的時(shí)間為t=v0gsinθC．小球所受洛倫茲力為Bqv=Bqv0?at=?Bqat+BqvD．若v0=2mgcosθqB，0時(shí)刻小球所受洛倫茲力為Bqv0=2mgcosθ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?！炯记牲c(diǎn)撥】（1）做好受力分析，根據(jù)受力分析對(duì)帶電小球運(yùn)動(dòng)形式做出判斷；（2）根據(jù)洛倫茲力和彈力隨時(shí)間變化的關(guān)系表達(dá)式，明確兩個(gè)力與時(shí)間的線性關(guān)系?？枷蛞淮艌?chǎng)中的動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粗糙絕緣的水平面上有一帶正電小球，從P點(diǎn)由靜止釋放后向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中會(huì)經(jīng)過(guò)N點(diǎn)。已知小球質(zhì)量m、電荷量q，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B，小球與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ，重力加速度g，PN=L。則關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A．小球先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，最后靜止B．小球能夠達(dá)到的最大速度為qE?μmgC．小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)合外力做的功為qEL?μmgLD．若小球帶負(fù)電，向左運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后會(huì)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）=maC．小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)合外力做的功為W=qEL?WN=mg+qvBWD．若小球帶負(fù)電，向左運(yùn)動(dòng)時(shí)受到向左的電場(chǎng)力，向右的摩擦力，此時(shí)洛倫茲力向下，所以運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后小球不會(huì)脫離水平面，故D錯(cuò)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(qiáng)電場(chǎng)，MN邊界的左邊存在著如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=E2v，重力加速度為g，滑塊滑過(guò)邊界

A．滑塊帶正電 B．滑塊可帶正電也可以帶負(fù)電C．t=3v3g D．在時(shí)間【答案】C【詳解】AB．滑塊滑過(guò)邊界MN之后經(jīng)時(shí)間，速度方向與水平面夾角30°，可知滑塊受電場(chǎng)力向上，所以滑塊帶負(fù)電，故AB錯(cuò)誤；CD．在MN左側(cè)，帶電滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，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(shí)間，根據(jù)速度的關(guān)系有tan30°=atv解得考向二磁場(chǎng)中的能量觀點(diǎn)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(duì)應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧圓心為O′，半徑為R（R遠(yuǎn)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(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向水平向右和向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，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(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放，若PC=l，小球所受電場(chǎng)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A．小球在軌道AC上下滑的最大速度為2B．小球第一次沿軌道AC下滑的過(guò)程中速度一直在增大C．經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，小球克服摩擦力做的總功是2D．經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的彈力一定為2mg+Bq【答案】AC【詳解】A．當(dāng)小球合力為零時(shí)，加速度為零，速度最大，有fmmgcos60°+N=qEsin60°+qvmB又fmB．小球第一次沿軌道AC下滑過(guò)程中，電場(chǎng)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GC．最終小球在CD間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理mg2+qE2D．小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)滿(mǎn)足mgR1?cos60°=12mv2小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)N?mg+qvB=mv2R14．（2024·安徽池州·二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的豎直絕緣墻壁右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g。現(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(shí)獲得最大速度開(kāi)始勻速下滑，墻壁足夠長(zhǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大加速度為gB．小物塊獲得最大速度v=C．小物塊沿絕緣墻壁下滑h過(guò)程克服摩擦力做的功W=mg??D．小物塊沿絕緣墻壁下滑h過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間t=【答案】ABD【詳解】A．小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度a=mg?μqvBm物塊由靜止釋放時(shí)有最大加速度aB．物塊速度最大時(shí)合力為零，根據(jù)平衡條件得μqvB=mg解得小物塊能達(dá)到的最大速度為v=mgμqBC．小物塊沿絕緣墻壁下滑h過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理12mv2D．小物塊沿絕緣墻壁下滑h過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理mv=mgt?ΣμqBvtmv=mgt?μqB?解得t=mμqB考向三磁場(chǎng)中的動(dòng)量觀點(diǎn)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(kāi)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=mg4q。在斜向上的外力作用下，玻璃管在磁場(chǎng)中由靜止開(kāi)始做水平向右的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g2，最終小球從上端開(kāi)口飛出。設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的電荷量始終保持不變，重力加速度g(1)求小球在玻璃管內(nèi)脫離底部之前的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(2)已知小球飛出玻璃管前的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=2s，求小球運(yùn)動(dòng)到玻璃管最高點(diǎn)時(shí)的加速度大??；(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?。ù藭r(shí)小球未飛出玻璃管）。【答案】(1)0.8s(2)510m/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(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，水平方向速度為v0，小球脫離底部時(shí)，有qv0B=mg且（2）小球在玻璃管中向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，顯然t2=t?t1豎直方向q(v0（3）設(shè)玻璃管勻速時(shí)玻璃管的速度為v1，此時(shí)小球相對(duì)玻璃管的速度為v2，當(dāng)小球剛剛脫離玻璃管底端時(shí)水平方向Fx=2max=mg因?yàn)椴ＡЧ苓_(dá)最大速度，加速度為0，所以Fx=qv2B解得v2=4m/s16．（2024·安徽·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，固定的光滑絕緣斜面的傾角為θ0°<θ<90°，空間存在水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m的帶正電小球，t=0時(shí)刻從斜面上靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間T0離開(kāi)斜面。重力加速度為g（1）求小球離開(kāi)斜面時(shí)的速度v0；（2）小球離開(kāi)斜面后，在豎直面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛曲線所示，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度大小始終不變。已知小球經(jīng)過(guò)相鄰兩個(gè)軌跡最高點(diǎn)所用的時(shí)間為2πT（?。┬∏虻能壽E最高點(diǎn)和最低點(diǎn)間的高度差h；（ⅱ）相鄰兩個(gè)最高點(diǎn)間的距離x。【答案】（1）gT0sinθ；（2）（?。驹斀狻浚?）小球釋放后，沿斜面向下加速，洛倫茲力垂直斜面向上，小球脫離斜面前，洛倫茲力不影響小球的加速度，沿斜面方向，由牛頓第二定律有mgsinθ=ma解得a=gsinθ小球在斜面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v0=a（2）小球剛要離開(kāi)斜面時(shí)，垂直斜面方向，有qv0B=mgcosθ設(shè)小球離開(kāi)斜面后，在軌跡最低點(diǎn)的速度為v1，在軌跡最高點(diǎn)的速度為v2，分析可知，（?。┰谧畹忘c(diǎn)，小球加速度向上，由牛頓第二定律有qv1B?mg=ma在最高點(diǎn)，小球加速度向下，由牛頓第二定律有mg?qv（ⅱ）小球離開(kāi)斜面后，從一個(gè)最高點(diǎn)向相鄰最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)某一時(shí)刻速度為v，方向與水平向右?jiàn)A角為α，又經(jīng)過(guò)一小段時(shí)間Δt，豎直方向速度變化量為Δvy，水平方向分位移為?x，豎直方向由動(dòng)量定理有qBvΔtcosα?mgΔt=mΔvy題型三電磁感應(yīng)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題處理方法1.力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系2.分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的基本步驟二、電磁感應(yīng)的能量問(wèn)題處理方法1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化此類(lèi)問(wèn)題中克服安培力做功，轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的電能，而后轉(zhuǎn)化為其他形式的能量，例如焦耳熱，此類(lèi)問(wèn)題多用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。2.能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的分析步驟三、電磁感應(yīng)的能量問(wèn)題處理方法1.求解單棒或雙棒問(wèn)題中電量時(shí)，常用動(dòng)量定理。例如：，即。2.處理無(wú)外力等間距雙棒問(wèn)題時(shí)，常用動(dòng)量守恒定律。17．（2024·湖南·高考真題）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度v0沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過(guò)AA1進(jìn)入磁場(chǎng)，最終恰好停在CCA．金屬桿經(jīng)過(guò)BB1B．在整個(gè)過(guò)程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為1C．金屬桿經(jīng)過(guò)AA1BD．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離大于原來(lái)的2倍【答案】CD【詳解】A．設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中切割磁感線有E=BLv，I=E2R金屬桿在AA1B1B區(qū)域運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量定理有?BILΔt=mΔv

則?B2L2vt2RΔt=mΔv由于d=∑vtΔt，則上面方程左右兩邊累計(jì)求和，可得?B．在整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)能量守恒有12mvC．金屬桿經(jīng)過(guò)AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為?∑BILΔt=?∑B2LD．根據(jù)A選項(xiàng)可得，金屬桿以初速度v0在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有?B2L2×2d2R?μmgt0=?m【技巧點(diǎn)撥】（1）利用微元法列出動(dòng)量定理表達(dá)式，分析ACD選項(xiàng)；（2）利用能量守恒定律，分析產(chǎn)生的熱量。18．（2024·遼寧·高考真題）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L(zhǎng)，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度為g，兩棒在下滑過(guò)程中（）A．回路中的電流方向?yàn)閍bcda B．a(chǎn)b中電流趨于3C．a(chǎn)b與cd加速度大小之比始終為2︰1 D．兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終相等【答案】AB【詳解】A．兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動(dòng)，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向?yàn)閍bcda；故A正確；BC．設(shè)回路中的總電阻為R，對(duì)于任意時(shí)刻當(dāng)電路中的電流為I時(shí)，對(duì)ab根據(jù)牛頓第二定律得2mgsin30°?2BILcos30°=2maab對(duì)cdmgsin30°?BILcos30°=macd故可知aabD．根據(jù)前面分析可知aab【技巧點(diǎn)撥】（1）做好受力分析，根據(jù)牛頓第二定律分別對(duì)兩導(dǎo)體棒列方程，注意磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向；（2）回路中電流達(dá)到穩(wěn)定的條件是什么。考向一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用19．（2024·河南安陽(yáng)·一模）如圖所示，兩光滑且足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌與水平面的夾角為α=45°，兩平行水平虛線MN和PQ之間有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ以下區(qū)域有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ兩側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。兩質(zhì)量相等、電阻均為R的導(dǎo)體棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，兩棒之間用不計(jì)質(zhì)量的絕緣輕桿相連，開(kāi)始導(dǎo)體棒b恰好與虛線MN重合，無(wú)初速釋放導(dǎo)體棒后導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，在導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中發(fā)現(xiàn)有兩段時(shí)間內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，第一次做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為v1，第二次做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為vA．MN和PQ之間距離有可能小于導(dǎo)體棒a、b間距離B．MN和PQ之間距離一定大于導(dǎo)體棒a、b間距離C．第一次做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)b棒有可能進(jìn)入QP之下的磁場(chǎng)D．兩次做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度滿(mǎn)足v【答案】AD【詳解】AB．由于各物理量的具體數(shù)據(jù)未知，所以無(wú)法確定導(dǎo)體棒第一次做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒的位移與MN和PQ之間距離的大小關(guān)系，所以MN和PQ之間距離有可能小于導(dǎo)體棒a、b間距離，故A正確，B錯(cuò)誤；C．如果第一次做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)b棒進(jìn)入QP之下磁場(chǎng)，則會(huì)一直勻速運(yùn)動(dòng)直到a棒進(jìn)入下方磁場(chǎng)此時(shí)回路中午感應(yīng)電流不會(huì)第二次勻速，故C錯(cuò)誤；D．第一次做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)有BIl=2mgsin45°其中I=Blv12R解得v1=22Rmg20．（2024·山東濟(jì)寧·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，間距L=1m、足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角為30°，其左端接一阻值R=1Ω的定值電阻。直線MN垂直于導(dǎo)軌，在其左側(cè)面積S=1m2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化關(guān)系為B=8t（T），在其右側(cè)（含邊界MN）存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0=2.5T、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t=0時(shí)，某金屬棒從MN處以v0=4m/s的初速度開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，已知金屬棒質(zhì)量m=1kg，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=32，導(dǎo)軌、金屬棒電阻不計(jì)且金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，重力加速度g=10m/sA．t=0時(shí)，閉合回路中有大小為2A的逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾．金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力方向一直沿斜面向下C．金屬棒最終將以1.2m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)D．金屬棒最終將以1.0m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)【答案】AC【詳解】A．t=0時(shí)，金屬棒產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)大小E動(dòng)=B0Lv0B．金屬棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒受到沿斜面向下的安培力、重力的分力和摩擦力作用，沿斜面向上減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B0LvCD．沿斜面向上的安培力大小等于沿斜面向下重力的分力與摩擦力的合力時(shí)，金屬棒開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，即B0ΔBΔt考向二電磁感應(yīng)中的能量觀點(diǎn)的應(yīng)用21．（2025·重慶·一模）如圖甲所示，一傾角為θ、上端接有阻值為R的定值電阻的光滑導(dǎo)軌，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)、且ab兩點(diǎn)與導(dǎo)軌上端相距足夠遠(yuǎn)。一質(zhì)量為m的金屬棒，在棒中點(diǎn)受到沿斜面且平行于導(dǎo)軌的拉力F作用，由靜止開(kāi)始從ab處沿導(dǎo)軌向上加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度—位移圖像如圖乙所示（b點(diǎn)位置為坐標(biāo)原點(diǎn)）。金屬棒在導(dǎo)軌間連接的阻值為R，且重力加速度為g，則金屬棒從起點(diǎn)b沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)x0的過(guò)程中（）A．金屬桿所受安培力的大小與速率成正比B．金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為BD．拉力F做的功為1【答案】AD【詳解】B．根據(jù)圖乙可知v?x圖像為一條傾斜的直線，若金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度位移之間的關(guān)系為v2A．金屬桿所受安培力的大小為F安CD．金屬棒從靜止開(kāi)始從ab處沿導(dǎo)軌向上加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程ab棒產(chǎn)生a流向b的感應(yīng)電流，受到沿斜面向下的安培力，從開(kāi)始到向上運(yùn)動(dòng)x0的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得W安+WF?mgx0sinθ=122．（2024·安徽合肥·