2025年高考物理复习热搜题速递之磁场（2024年7月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习热搜题速递之磁场（2024年7月）一．选择题（共8小题）1．一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A．ω3B B．ω2B C．ω2．如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为（）A．3：2 B．2：1 C．3：1 D．3：23．如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（）A．0 B．33B0 C．233B0 D4．如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2．已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60A．qBR2m B．qBRm C．3qBR5．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（）A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma6．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（）A．3mv03qR B．mv0qR7．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为（）A．mv2qB B．3mvqB C．28．现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为（）A．11 B．12 C．121 D．144二．多选题（共6小题）（多选）9．如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是（）A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：3 D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3：3：1（多选）10．如图1，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图2的持续交变电流I、周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向。则金属棒（）A．一直向右移动 B．速度随时间周期性变化 C．受到的安培力随时间周期性变化 D．受到的安培力在一个周期内做正功（多选）11．如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有（）A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0 C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0-qBdD．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+（多选）12．如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为l2、l和3lA．a处的磁感应强度大小比c处的大 B．b、c两处的磁感应强度大小相等 C．a、c两处的磁感应强度方向相同 D．b处的磁感应强度为零（多选）13．三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（）A．B1＝B2＜B3 B．B1＝B2＝B3 C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里 D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里（多选）14．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10﹣4T．电子质量m＝9.1×10﹣31kg，电量e＝1.6×10﹣19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（）A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm三．填空题（共1小题）15．如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为．当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为．四．实验题（共1小题）16．某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直。（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是（填入正确选项前的标号）五．解答题（共4小题）17．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，求：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。18．如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。（1）11H第一次进入磁场的位置到原点（2）磁场的磁感应强度大小；（3）12H第一次离开磁场的位置到原点19．如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求（1）带电粒子的比荷；（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。20．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示；中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N

2025年高考物理复习热搜题速递之磁场（2024年7月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A．ω3B B．ω2B C．ω【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律求解向心力．【专题】定量思想；图析法；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】A【分析】由题，粒子不经碰撞而直接从N孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的圆心角，根据圆筒转动时间和粒子匀速圆周运动时间相等即可．【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，有∠MOA＝90°，∠OMA＝45°，∠CMO'＝60°，所以∠O′MA＝75°，∠O′AM＝75°，∠MO′A＝30°即轨迹圆弧所对的圆心角为30°粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T粒子在磁场中匀速圆周运动的时间t圆筒转动90°所用时间t粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t＝t′112解得：qm=ω3B故选：A。【点评】本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键．2．如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为（）A．3：2 B．2：1 C．3：1 D．3：2【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】C【分析】根据题意画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛伦兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得速度之比。【解答】解：设圆形区域磁场的半径为r，当速度大小为v1时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M（图甲）时，由题意知∠POM＝60°，由几何关系得轨迹圆半径为R1=r从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N（图乙）；由题意知∠PON＝120°，由几何关系得轨迹圆的半径为R2=32根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv＝mv解得：v=故速度与半径成正比，因此v2：v1＝R2：R1=3：故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动的临界问题。根据题意画出轨迹、定出轨迹半径是关键，注意最远点时PM的连线应是轨迹圆的直径。3．如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（）A．0 B．33B0 C．233B0 D【考点】通电直导线周围的磁场；磁感应强度的定义与物理意义．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【答案】C【分析】依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解。【解答】解：在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为B0，如下图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1＝B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=12B解得：P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=3当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=3因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=B02+(3故选：C。【点评】考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解题的关键。4．如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2．已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60A．qBR2m B．qBRm C．3qBR【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律求解向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】B【分析】由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛伦兹力充当向心力可得出粒子速度的大小；【解答】解：由题，射入点与ab的距离为R2．则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30粒子的偏转角是60°，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60°，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即r＝R．轨迹如图：洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R故选：B。【点评】在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键。5．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（）A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．【答案】B【分析】由粒子的运动状态，根据牛顿第二定律得到其合外力情况，再对粒子进行受力分析即可求解。【解答】解：微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力F'的作用，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，那么微粒所受电场力F大小相等，方向竖直向上；a在纸面内做匀速圆周运动，则a的重力等于电场力，即F＝Ga＝mag；b在纸面内向右做匀速直线运动，则b受力平衡，因为重力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，则有F+F′b＝Gb＝mbg；c在纸面内向左做匀速直线运动，则c受力平衡，且洛伦兹力方向向下，则有：F﹣F′c＝Gc＝mcg所以，mb＞ma＞mc，故ACD错误，B正确；故选：B。【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力的方向用左手定则判断，然后再分析粒子的受力情况，进而应用牛顿第二定律联系粒子的运动状态，进而求解。6．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（）A．3mv03qR B．mv0qR【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律求解向心力．【专题】分析综合能力．【答案】A【分析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度。【解答】解：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为r＝Rcot30°=3根据牛顿第二定律得qv0B＝mv02r得，B=mv故选：A。【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题。7．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为（）A．mv2qB B．3mvqB C．2【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；图析法；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】D【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的半径，然后根据几何关系求出射点与O点间的距离。【解答】解：粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB解得R粒子在磁场中的运动轨迹与ON相切，根据轨迹图，∠OPQ＝60°，又有轨迹的圆心角等于300°，可知粒子从P点射出磁场。PQ=2粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为OP=2PQ=4mv故选：D。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，由牛顿第二定律求出粒子的临界轨道半径即可正确解题．8．现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为（）A．11 B．12 C．121 D．144【考点】与加速电场相结合的质谱仪．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【答案】D【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式。【解答】解：根据动能定理得，qU=12离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB得R=①②两式联立得：m一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误故选：D。【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式。二．多选题（共6小题）（多选）9．如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是（）A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：3 D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3：3：1【考点】安培力的计算公式及简单应用；通电直导线周围的磁场；左手定则判断安培力的方向．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【答案】BC【分析】依据右手螺旋定则判定各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量的合成法则，即可判定合磁场方向，最后根据左手定则，从而确定其位置的受到磁场力方向；因所通的电流相等，那么单位长度的磁场力之比，即为各自所处的磁感应强度之比。【解答】解：A、根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L3通电导线在L1处的磁场方向如下图所示，再根据左手定则，那么L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，故A错误；B、同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L1通电导线在L3处的磁场方向如下图所示，再根据左手定则，那么L3所受磁场作用力的方向与L2、L1所在平面垂直，故B正确；CD、由A选项分析，可知，L1、L3通电导线在L2处的合磁场大小与L2、L3通电导线在L1处的合磁场相等，设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么L1、L2和L3三处磁场之比为1：1：3，故C正确，D错误；故选：BC。【点评】考查右手螺旋定则与左手定则的内容，掌握矢量的合成法则，理解几何关系，及三角知识的运用。（多选）10．如图1，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图2的持续交变电流I、周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向。则金属棒（）A．一直向右移动 B．速度随时间周期性变化 C．受到的安培力随时间周期性变化 D．受到的安培力在一个周期内做正功【考点】安培力的概念；恒力做功的计算．【答案】ABC【分析】根据左手定则判断出安培力的方向，结合加速度方向与速度方向的关系判断金属棒的运动规律。从而得出速度、安培力随时间的变化规律。【解答】解：A、根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F＝BIL知，安培力在第一个T2内做匀加速直线运动，在第二个T2内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变。知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化。故A、C、因为电流周期性变化，则安培力也周期性变化。故C正确。D、在一个周期内，动能的变化量为零，则安培力在一个周期内做功为零。故D错误。故选：ABC。【点评】解决本题的关键掌握安培力的方向判断，会根据金属棒的受力情况判断其运动情况是解决本题的基础。（多选）11．如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有（）A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0 C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0-qBdD．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】BC【分析】由洛伦兹力提供向心力，即qvB=mv2r，可得r=mvqB，可利用此公式求解．直线边界的磁场，垂直射入时达到最远点，最远点距【解答】解：当从O点垂直射入磁场时，OA距离最大，最大距离为2r，如图示又r=所以OA=A．当粒子打在A点的左侧，若入射方向不变，半径减小，速度小于v0，若入射方向调整，半径可能比原来大，也可能比原来小，所以其速度可能等于或大于v0，因为速度方向未知，离子的入射方向只要偏左或偏右皆可，故A错误。B．由于速度等于v0时最远到达A，故要使最远点到达A右侧，速度必须大于v0，故B正确。C．当粒子从O点垂直射入磁场时，若刚好达到A点左侧距离d处，则有2解得v同B项，要满足条件，速度必须大于v，故C正确D．由于粒子是沿任意方向飞入，所示速度极大的粒子仍可满足条件。故D错误。故选：BC。【点评】本题易错点为离子初速度方向未知，若按惯性思维认为垂直射入即出错．（多选）12．如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为l2、l和3lA．a处的磁感应强度大小比c处的大 B．b、c两处的磁感应强度大小相等 C．a、c两处的磁感应强度方向相同 D．b处的磁感应强度为零【考点】通电直导线周围的磁场．【答案】AD【分析】根据安培定则判断两根直导线在三个点产生的磁场方向，由磁场的叠加原理分析即可。【解答】解：A、B、C、根据安培定则判断知：左侧导线在a点产生的磁场方向向里，在c点产生的磁场方向向外，右侧导线在a点产生的磁场方向向里，在b点产生的磁场方向向里，根据磁感线的疏密表示磁场的强弱，可知离直导线越远，磁场越弱，可知：a处磁感线比c处密，则a处的磁感应强度大小比c处的大。由磁场的叠加可知：a、c两处的磁感应强度方向相反。故A正确，BC错误；D、由于左右侧导线在b处产生的磁感应强度方向相反，大小相等，所以b处的磁感应强度为零，故D正确。故选：AD。【点评】本题关键要掌握安培定则，运用磁场的叠加分析磁感应强度的大小。（多选）13．三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（）A．B1＝B2＜B3 B．B1＝B2＝B3 C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里 D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里【考点】通电直导线周围的磁场；磁感应强度的定义与物理意义．【专题】压轴题．【答案】AC【分析】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱．磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减．并根据矢量叠加原理来求解．【解答】解：A、B、由题意可知，a点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面向外，而b点与a点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，而c点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A正确，B错误；C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，故C正确，B错误。故选：AC。【点评】根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场强度大小．磁场的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减．同时考查矢量叠加原理．（多选）14．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10﹣4T．电子质量m＝9.1×10﹣31kg，电量e＝1.6×10﹣19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（）A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】AD【分析】由洛伦兹力充当向心力可求得粒子运动半径，再由几何关系可知，电子运动的范围，由几何关系即可求出电子打在板上可能位置的区域的长度。【解答】解：由洛伦兹力充当向心力可得；Bqv＝mv解得：R=mvBq=9.1×10-31×1.6×1062×10-4×1.6×10-19=0.0455m＝4.55cm；恰好有：r＝d=L2又由题设选项可知，MN与SO直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示，当l＝4.55cm时，即A点与板O点重合；作出电子轨迹如下图中虚线S1A1所示；由图中几何关系可知，此时S1O与MN的夹角为30°，故C错误，D正确；当l＝9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中实线S2A2所示；由图中几何关系可知，此时S2O与MN的夹角为90°，故A正确，B错误。故选：AD。【点评】本题考查带电粒子充当向心力的运动规律，解题的关键问题在于明确粒子运动的圆心和半径，进而明确所有粒子可能出现的空间。三．填空题（共1小题）15．如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为﹣F．当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为﹣3F或5F．．【考点】安培力的计算公式及简单应用；两根通电导线之间的作用力．【答案】见试题解答内容【分析】根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力的可能性，由力的合成求解b受到的磁场力．【解答】解：由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b受到a的磁场力大小为F，方向相反，故为﹣F；中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度相同，故b受到的磁场力为a受磁场力的2倍；a受力变成2F，可能是受c的磁场力为F，方向向右，此时b受力为2F，方向向左，故b受力为3F，方向向左，故合磁场力为﹣3F；a变成2F，也可能是受向左的3F的力，则此时b受力为6F，方向向右，故b受到的磁场力为6F﹣F＝5F；故答案为：﹣F；﹣3F或5F．【点评】本题考查平行直导线间的相互作用，要注意综合应用左手定则及力的分析求解磁场力，要重点掌握力的矢量性．四．实验题（共1小题）16．某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直。（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是AC（填入正确选项前的标号）【考点】安培力的计算公式及简单应用；动能定理的简单应用．【专题】实验题；定性思想；图析法；磁场磁场对电流的作用．【答案】见试题解答内容【分析】（1）要求滑动变阻器以限流方式接入电路，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，考虑金属棒向右运动，所受安培力向右，根据左手定则知，通过金属棒的电流从上向下，把各个元件按顺序串联起来。（2）根据安培力公式和动能定理进行分析【解答】解：（1）电路如右图所示。（2）根据公式F＝BIL可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得，Fs-μmgs=12mv2，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A、故答案为：（1）如图所示（2）AC【点评】本题考查电路实物图连线，关键是明确实验原理，注意滑动变阻器的限流接法和电表的正负接线柱，确定金属棒中的电流方向是关键。五．解答题（共4小题）17．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，求：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解；（2）粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度—位移关系求解电场强度；根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值。【解答】解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有沿x轴正方向：2L＝v0t，①竖直方向根据匀变速直线运动位移—时间关系可得：L=12设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy根据速度—时间关系可得：vy＝at③设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有tanα=vy联立①②③④式得：α＝45°⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有v=v（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得：qE＝ma⑧由于v解得：E=mv设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R由于P点到O点的距离为2L，则由几何关系可知R=解得：B=m联立⑨⑪式得EB答：（1）粒子到达O点时速度的大小为2v0，方向x轴方向的夹角为（2）电场强度和磁感应强度的大小之比为v0【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度；对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。18．如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。（1）11H第一次进入磁场的位置到原点（2）磁场的磁感应强度大小；（3）12H第一次离开磁场的位置到原点【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】计算题；定性思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）11H在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出11（2）11H在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出（3）12H在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出12【解答】解：（1）11水平方向：x1＝v1t1，竖直方向：h=12a1t1粒子进入磁场时竖直分速度：vy＝a1t1＝v1tan60°，解得：x1=23（2）11H在电场中的加速度：a111H进入磁场时的速度：v11由几何知识得：x1＝2r1sin60°，11由牛顿第二定律得：qvB＝mv2解得：B=6（3）由题意可知：11H和12H的初动能相等，即：12mv12=由牛顿第二定律得：qE＝2ma2，12水平方向：x2＝v2t2，竖直方向：h=12a2t212H进入磁场时的速度：v′tanθ′=v解得：x2＝x1，θ′＝θ＝60°，v′=2212H在磁场中做圆周运动，圆周运动的轨道半径：r′=射出点在原点左侧，12H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点间的距离：x2′＝2r′sin12H第一次离开磁场时的位置距离O点的距离为：d＝x2′﹣x解得：d=2答：（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离为2（2）磁场的磁感应强度大小为6mE（3）12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离【点评】本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。19．如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求（1）带电粒子的比荷；（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】计算题；定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题；应用数学处理物理问题的能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）对粒子在加速电场中的运动运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出带电粒子的比荷；（2）根据几何关系求解出粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程s，再利用公式t=sv即可求出带电粒子从射入磁场到运动至【解答】解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v，根据动能定理可得：qU=1设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，粒子在磁场中运动轨迹如图所示：根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2根据几何关系可得：d=2r…联立①②③式可得：qm（2）由几何关系可知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=πr2+r•则带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为：t=s联立②④⑤⑥式可得：t=答：（1）带电粒子的比荷为4U（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为Bd【点评】本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出轨迹图，正确运用数学几何关系。20．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示；中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．【专题】计算题；定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，其的轨迹为抛物线，粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹为圆弧，根据对称性定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹即可；（2）粒子在下方电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出求该粒子从M点入射时速度的大小；（3）利用几何关系找出粒子进入磁场时，垂直电场方向的分速度v0与沿电场线方向的分速度v1之间的关系式，再运用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，联立即可求出若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间t【解答】解：（1）粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，故画出粒子运动的轨迹，如图所示，（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度大小为a，粒子的电荷量为q，质量为m，粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，运动轨迹对应的半径为R，如图所示，根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma①速度沿电场方向的分量为：v1＝at②垂直电场方向有：l′＝v0t③根据几何关系可得：v1＝vcosθ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2R根据几何关系可得：l＝2Rcosθ⑥联立①②③④⑤⑥式可得粒子从M点入射时速度的大小：v0=2（3）根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：v1=v0联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：qm粒子在磁场中运动的周期：T=2粒子由M点到N点所用的时间：t′＝2t+2(π2联立③⑦⑨⑪式可得：t′=BlE（1答：（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹，如图所示；（2）该粒子从M点入射时速度的大小为2El（3）该粒子的比荷为43El'B2l2，其从M点运动到【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．3．适用范围：（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．4．对牛顿第二定律的进一步理解牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝1m另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．【命题方向】题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（）A．物块的质量为1.5kgB．物块与地面之间的滑动摩擦力为2NC．t＝3s时刻物块的速度为3m/sD．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a=42=2m/s2，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B故选：BD．点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（）A．则a＝g，方向竖直向下B．则a＝g，方向竖直向上C．则a=F1m，方向沿Ⅰ的延长线D．则分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1=mg刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：a=F1sinθm=故选：D．点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；（3）木块回到出发点时的速度大小v．分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a=上滑过程中加速度的大小：a1（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入数据得：μ＝0.35．（3）下滑的距离等于上滑的距离：x=v02下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出发点的速度大小为：v=联立解得：v＝2m/s答：（1）上滑过程中的加速度的大小a1（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．【解题方法点拨】1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．应用牛顿第二定律的解题步骤（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．2．牛顿第二定律求解向心力3．恒力做功的计算【知识点的认识】1．做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移．2．功的公式：W＝Flcosα，其中F为恒力，α为F的方向与位移l的方向之间的夹角；功的单位：焦耳（J）；功是标量．3．功的计算：（1）合力的功①先求出合力，然后求总功，表达式为：∑W＝∑F•scosθ（θ为合力与位移方向的夹角）②合力的功等于各分力所做功的代数和，即：∑W＝W1+W2+…（2）变力做功：对于变力做功不能依定义式W＝Fscosα直接求解，但可依物理规律通过技巧的转化间接求解．①可用（微元法）无限分小法来求，过程无限分小后，可认为每小段是恒力做功．②平均力法：若变力大小随位移是线性变化，且方向不变时，可将变力的平均值求出后用公式：W=③利用F﹣s图象，F﹣s图线与坐标轴所包围的面积即是力F做功的数值．④已知变力做功的平均功率P，则功W＝Pt．⑤用动能定理进行求解：由动能定理W＝△EK可知，将变力的功转换为物体动能的变化量，可将问题轻易解决．⑥用功能关系进行求解．【命题方向】题型一：功的计算例1：如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中：（1）F为恒力，拉力F做的功是FLsinθJ（2）用F缓慢地拉，拉力F做的功是mgL（1﹣cosθ）J．分析：小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，由功的公式结合球的位移可求出拉力做功．当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，则由动能定理可求出拉力做功．解答：（1）当小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，则拉力做功为：W＝FS＝FLsinθ（2）当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，缓慢则是速率不变，则由动能定理可得：WF﹣mgh＝0而高度变化为：h＝L（1﹣cosθ）所以WF＝mgL（1﹣cosθ）故答案为：FLsinθ；mgL（1﹣cosθ）．点评：当力恒定时，力与力的方向的位移乘积为做功的多少；当力不恒定时，则由动能定理来间接求出变力做功．同时当小球缓慢运动，也就是速率不变．题型二：用画图法求功例2：用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比，即Ff＝kx（其中x为铁钉进入木块的深度），在铁锤击打第一次后，铁钉进入木块的深度为d．（1）求铁锤对铁钉做功的大小；（2）若铁锤对铁钉每次做功都相等，求击打第二次时，铁钉还能进入的深度．分析：阻力与深度成正比，力是变力，可以应用f﹣d图象再结合动能定理分析答求解．解答：（1）由题意可知，阻力与深度d成正比，f﹣d图象如图所示，F﹣x图象与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，故第一次时所做的功：W=fd（2）每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：力与深度成正比，则：f＝kd，f′＝kd′，两次做功相同，W=12df=12（f+f′）（解得：d′=2d﹣d第二次钉子进入木板的深度：h＝d′﹣d＝（2-1）d答：（1）铁锤对铁钉做功的大小为fd2（2）二次钉子进入木板的深度（2-1）d点评：图象法在物理学中应用非常广泛，有时可以起到事半功倍的效果，在学习中要注意应用．【解题方法点拨】1．在计算力所做的功时，首先要对物体进行受力分析，明确是要求哪个力做的功，这个力是恒力还是变力；其次进行运动分析，明确是要求哪一个过程力所做的功．关于恒力的功和变力的功的计算方法如下：（1）恒力做功：对恒力作用下物体的运动，力对物体做的功用W＝Flcosα求解．该公式可写成W＝F•（l•cosα）＝（F•cosα）•l．即功等于力与力方向上的位移的乘积或功等于位移与位移方向上的力的乘积．（2）变力做功：①用动能定理W＝△Ek或功能关系W＝△E，即用能量的增量等效代换变力所做的功．（也可计算恒力做功）②当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车以恒定功率启动时．③把变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程（不是位移）的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等．（3）总功的求法：①总功等于合外力的功：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总＝F合lcosα计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角．②总功等于各力做功的代数和．【知识点的应用及延伸】各种力做功的特点1、重力做功特点（1）重点做功与路径无关，只与物体的始末位置高度差有关．（2）重力做功的大小：W＝mg•h．（3）重力做功与重力势能的关系：WG＝﹣△Ep＝Ep1﹣Ep2．此外，做功多少与路径无关的力还有：匀强电场中的电场力做功，液体的浮力做功等．2．摩擦力做功的特点：（1）静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有机械能转化为其他形式的能．③相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的代数和总为零．（2）滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，当然也可以不做功．②一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两个方面：一是相互摩擦的物体之间机械能的转移；二是机械能转化为内能．③一对滑动摩擦力的总功等于﹣f△s，式中△s指物体间的相对位移．④转化为内能的量值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即W＝Q（即摩擦生热）．⑤滑动摩擦力、空气摩擦阻力等，在曲线运动或往返运动时等于力和路程（不是位移）的乘积．4．动能定理的简单应用5．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题6．通电直导线周围的磁场【知识点的认识】电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则7．磁感应强度的定义与物理意义【知识点的认识】磁感应强度（1）物理意义：描述磁场的强弱和方向．（2）定义式：B=F（3）方向：小磁针静止时N极的指向．（4）单位：特斯拉，符号T，1T＝1N/（A•m）．8．安培力的概念【知识点的认识】1．安培力的方向（1）用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．（2）安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．2．安培力的大小（1）当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsinθ；（2）当磁场和电流垂直时，安培力最大，为F＝BIL；（3）当磁场和电流平行时，安培力等于零．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查对安培力的理解：关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F＝BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F＝BIL．解：AB、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F＝BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小变大；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的22，故D故选：B．【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．（2）第二类常考题型：磁场的叠加如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）A．o点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故C正确．D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误．故选C．【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．【解题方法点拨】（一）平均速度与瞬时速度1．在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”．在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”﹣﹣电流方向，四指指“结果”﹣﹣磁场绕向；在判定环形电流的磁场方向时，四指指