2025年高考物理一轮复习之磁场

第1页（共1页）2025年高考物理一轮复习之磁场一．选择题（共10小题）1．霍尔元件广泛应用于生产生活中，有的电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔元件，这种转动把手称为“霍尔转把”。“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图。开启电动自行车的电源时，在霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流I，如图。将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U。这个电势差是控制车速的，电势差与车速的关系如图。以下叙述正确的是（）A．若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则C端的电势高于D端的电势 B．若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制 C．其他条件不变，仅增大恒定电流I，可使电动自行车更容易获得最大速度 D．按第一张图顺时针均匀转动把手，车速增加得越来越快2．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y轴方向磁场均匀分布，沿x轴方向磁感应强度大小B与横坐标x满足关系B＝kx，其中k是一恒定的正数。由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ABCD边长为a，A处有一极小开口AE，整个线框垂直放在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴的距离为a，线框A、E两点与一电源相连，稳定时流入线框图示方向的电流为I。则整个线框受到的安培力（）A．方向沿x轴负方向 B．大小为零 C．大小为ka2I D．大小为2ka2I3．如图所示，甲、乙、丙、丁所示是四种常见的磁场，下列分析不正确的是（）A．矩形线框放置在甲图中异名磁极间所制成的磁电式电表，表盘刻度均匀 B．矩形线圈在乙图两异名磁极间转动，可产生正弦式交流电 C．图丙中马蹄形磁铁的两个异名磁极之间，除边缘外可认为是匀强磁场 D．图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通电时，其中间区域的磁场不可以认匀强磁场4．如图所示，比荷不同的两个带电粒子在A处由静止释放，经加速电压U0加速后，垂直磁场左边界MN射入宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两个粒子经磁场偏转后一个从左边界MN的a点离开磁场区域，另一个从磁场的右边界b点离开磁场区域，a、b两点的连线刚好与磁场边界垂直，从b点离开的粒子在磁场区域运动过程中偏转的角度为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．从a点离开磁场区域的粒子带正电，从b点离开磁场区域的粒子带负电 B．从a点离开磁场区域的粒子比荷大小为2UC．从b点离开磁场区域的粒子比荷大小为3UD．从a、b两点离开的粒子在磁场区域中运动的时间之比为3：15．某同学用电荷量计（能测出一段时间内通过导体横截面的电荷量）测量地磁场强度，完成了如下实验：如图，将面积为S、电阻为R的矩形导线框abcd沿图示方位放置于地面上某处，将其从图示位置绕东西轴转180°，测得通过线框的电荷量为Q1；将其从图示位置绕东西轴转90°，测得通过线框的电荷量为Q2；该处地磁场的磁感应强度大小为（）A．RSB．RSC．RSD．R6．电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式。电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去。现在同一个固定线圈上，先后置有分别用铜、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环，当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3。若环的重力可忽略，下列说法正确的是（）A．F1＞F2＞F3 B．F2＞F3＞F1 C．F3＞F2＞F1 D．F1＝F2＝F37．如图所示，粒子甲垂直ab边界进入垂直纸面向外的匀强磁场时发生核反应：甲→乙+丙，产生的乙和丙粒子垂直经过磁场的轨迹如图所示。已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5：3，不计重力及空气阻力，则（）A．甲带正电 B．乙带负电 C．甲、乙的动量大小之比为8：5 D．乙、丙的动量大小之比为1：18．如图所示，五根垂直纸面放置的平行长直导线通过纸面内的a、b、c、d、e五个点，五个点恰好为正五边形的五个顶点，o点为正五边形的中心。仅给其中一根直导线通大小为I0的电流时，o点的磁感应强度大小为B0。若每根直导线通电时电流大小均为I0，则（）A．仅给a处直导线通电时，o、b、e点的磁感应强度大小相同 B．仅给a、b处直导线通同向电流时，o点的磁感应强度大小为3B0 C．仅给a、b、c处直导线通同方向电流时，o点的磁感应强度方向一定平行de连线 D．给任意四根直导线通电时，o点的磁感应强度大小均为B09．如图所示为某兴趣小组的同学设计的测量电流的装置，质量为m＝0.01kg的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连。在矩形区域abcd内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B＝4T的匀强磁场，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，此时轻弹簧的伸长量为0.01m；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。不计通电时电流产生的磁场的作用，仪表内部构造不允许反偏。若ab＝0.1m，bc＝0.05m，则下列说法正确的是（）A．轻弹簧的劲度系数为1N/m B．此电流表的量程是1.25A C．若匀强磁场的磁感应强度大小加倍，则仪器的量程也加倍 D．当金属棒的N端与电源正极相接时，会导致电表反偏出现故障10．如图所示，半圆形的绝缘环上均匀分布有正电荷，AB是竖直直径，直导线与圆心O等高且水平固定，直导线中有向右的恒定电流，将半圆环绕AB所在直线沿顺时针方向（从上向下看）匀速转动，则直导线受到的安培力方向（）A．向上 B．向下 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外二．多选题（共4小题）（多选）11．一个长方体金属导体的棱长如图所示，将该长方体导体放在匀强磁场中，并使前侧面与磁场垂直，已知磁感应强度为B。导体的左右两侧面外接电源，产生由左向右的稳定电流时，测得导体的上、下表面间的电势差为U。则下列说法正确的是（）A．上、下两表面比较，上表面电势高 B．上、下两表面比较，下表面电势高 C．导体中自由电子定向移动的速率为UdBD．导体中自由电子定向移动的速率为U（多选）12．如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的大小为B，边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为3L、L；大量均匀分布的带电粒子由边界Ⅰ的左侧沿平行边界Ⅱ的方向垂直射入磁场，粒子的速率均相等，已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的34，带电粒子的质量为m、所带电荷量为A．带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动 B．带电粒子在磁场中运动的最长时间为πmqBC．刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为πm3D．带电粒子的初速度大小为3（多选）13．如图所示，匀强磁场中通电导线abc中bc边与磁场方向平行，ab边与磁场方向垂直，线段ab、bc长度相等，通电导线所受的安培力大小为F。现将通电导线以ab为轴逆时针（俯视看）旋转的过程中，通电导线一直处于磁场中，则旋转后导线abc所受到的安培力的情况下列说法正确的是（）A．以ab为轴逆时针（俯视看）旋转90°时所受的安培力大小为F B．以ab为轴逆时针（俯视看）旋转90°时所受的安培力大小为2FC．以ab为轴逆时针（俯视看）旋转45°时所受的安培力大小为62D．以ab为轴逆时针（俯视看）旋转45°时所受的安培力大小为2（多选）14．在x＞0的空间中存在垂直于xOy平面的磁场，x＝a两侧的匀强磁场方向相反，x＞a区域的磁感应强度大小为0＜x＜a区域的2倍。某带电粒子以速率v0由原点沿xOy平面射入该磁场，在磁场中运动的轨迹如图所示。关于粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（）A．粒子在左右两磁场中运动的时间之比为4：3 B．粒子在原点的速度方向与x轴成45° C．粒子离x轴的最远距离为2+2D．粒子离y轴的最远距离为2三．填空题（共2小题）15．在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线（填“平行”或“垂直”）于EF，深度为。16．图是磁电式电表内部结构示意图，该电表利用的物理原理是，写出一条能提高该电表的灵敏度措施是：。四．解答题（共4小题）17．如图所示为一质谱仪的工作原理示意图，其中速度选择器内的磁场磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，两竖直放置极板之间存在一定的电势差，板间距离为d。O处为一粒子源，发射一带正电粒子以速度v恰能沿直线通过速度选择器，并从A孔垂直于磁场方向射入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，运动半周后打在照相底片上的C点，测得AC长度为L。不计粒子重力，求：（1）速度选择器两极板间的电势差U；（2）粒子的比荷及其在B2磁场中的运动时间；（3）该粒子有一种同位素，质量是该粒子的76倍，两种粒子带电量相同。从O处连续射出多个这两种粒子，速度范围均为0.9v～1.2v18．在xOy坐标系的第二象限内和第四象限内有如图所示的匀强电场，两电场的场强大小相等，方向分别与x轴和y轴平行；第四象限内还存在垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。将一个质量为m、电荷量为q的微粒在第二象限内的P（﹣L，L）点由静止释放，之后微粒沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，微粒在第四象限内运动后从x轴上的Q（L，0）点进入第一象限，重力加速度为g。求：（1）带电微粒运动到O点时的速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）带电微粒从P点运动到Q点所用的时间。19．如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω，外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°，ab与导轨间动摩擦因数为μ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求：（1）通过ab的电流大小和方向；（2）ab受到的安培力大小；（3）重物重力G的取值范围．20．在如图所示的O﹣xyz三维空间中，x≤0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，在0＜x＜L的区域存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知），在x≥L的区域内存在半圆柱体MNP﹣M′N′P′的空间区域，该区域内存在沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，平面MNN′M′与yOz平面平行，半圆柱体的半径为r=2L，D点（L，0，0）为半圆柱体底面圆心。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从A点（﹣2L，0，0）以初速度大小v0，方向沿着x轴正方向射入匀强电场，经过C点（0，L，0）后，再经过磁场偏转后垂直平面MNN（1）粒子经过C点时的速度大小；（2）电场强度E与磁感应强度B的比值EB（3）带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。

2025年高考物理一轮复习之磁场参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．霍尔元件广泛应用于生产生活中，有的电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔元件，这种转动把手称为“霍尔转把”。“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图。开启电动自行车的电源时，在霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流I，如图。将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U。这个电势差是控制车速的，电势差与车速的关系如图。以下叙述正确的是（）A．若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则C端的电势高于D端的电势 B．若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制 C．其他条件不变，仅增大恒定电流I，可使电动自行车更容易获得最大速度 D．按第一张图顺时针均匀转动把手，车速增加得越来越快【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；理解能力．【答案】C【分析】根据霍尔元件的工作原理，当磁场强弱变化时，导致电子受到的洛伦兹力大小变化，从而出现不同的霍尔电势差，进而导致车速变化。【解答】解：A、若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向C端相连接的面移动，因此C端电势低于D端的电势，故A错误；B、当霍尔元件上下面之间的恒定电流I的方向改变，从霍尔元件输出的控制车速的电势差正负号相反，但由题中第三张图可知，不会影响车速控制，故B错误；C、设自由电子定向移动的速率为v，霍尔元件前后面间的距离为h，左右表面间距离为d，达到稳定后，自由电荷受力平衡，由Bqv＝qUh，可得U＝Bhv，电流的微观表达式I＝nqvS＝nqvhd，则可知仅增大电流I时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，故CD、当按题中第一张图顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围场强增大，那么霍尔器件输出的控制车速的电势差U增大，因此车速变快，但并不是增加的越来越快，故D错误。故选：C。【点评】本题考查霍尔元件的工作原理，掌握“霍尔转把”结构图，理解霍尔器件能输出控制车速的电势差与什么因素有关，注意图丙中电势差的正负，不会影响车速。2．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y轴方向磁场均匀分布，沿x轴方向磁感应强度大小B与横坐标x满足关系B＝kx，其中k是一恒定的正数。由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ABCD边长为a，A处有一极小开口AE，整个线框垂直放在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴的距离为a，线框A、E两点与一电源相连，稳定时流入线框图示方向的电流为I。则整个线框受到的安培力（）A．方向沿x轴负方向 B．大小为零 C．大小为ka2I D．大小为2ka2I【考点】安培力的计算公式及简单应用．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理能力．【答案】C【分析】根据y轴方向磁场分布均匀，可知线框上下两边所受安培力合力为零，根据F＝BIL和左手定则分析AD边和BC边所受安培力，则可得整个线框受到的安培力大小。【解答】解：由于沿y轴方向磁场分布均匀，所以CD边和BE边所受安培力的合力为零；沿x轴方向磁感应强度大小B与横坐标x满足关系B＝kx，设AD边x轴坐标为x0，AD边所受安培力：F1＝BIa＝kx0Ia，由左手定则可知安培力方向沿着x轴负方向，BC边所受安培力大小：F2＝B′Ia＝k（x0+a）Ia，方向沿着x轴正方向，所以整个线框在x轴方向受到的合力大小为：F=F2-F1=故选：C。【点评】本题考查了安培力，解题的关键是知道沿y轴方向磁场分布均匀，线框上下两边电流相等，上下相对应的电流元的B相等，所以上下两边所受安培力的合力为零。3．如图所示，甲、乙、丙、丁所示是四种常见的磁场，下列分析不正确的是（）A．矩形线框放置在甲图中异名磁极间所制成的磁电式电表，表盘刻度均匀 B．矩形线圈在乙图两异名磁极间转动，可产生正弦式交流电 C．图丙中马蹄形磁铁的两个异名磁极之间，除边缘外可认为是匀强磁场 D．图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通电时，其中间区域的磁场不可以认匀强磁场【考点】磁现象与磁场．【专题】定性思想；实验分析法；交流电专题；分析综合能力．【答案】B【分析】磁极与圆柱间的磁场是均匀地辐向分布；首先明确磁电式仪表的制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；然后找出与电流表的原理相同的选项即可；距一定距离的两个平行放置的线圈通电时，中间区域的磁场可认为是匀强磁场。【解答】解：A.甲图中的电场是辐向磁场，同一半径处，磁感应强度大小相等，则表盘刻度均匀，故A正确；B.磁电式电表内部磁极做成弧形，线圈绕在铁芯上，题干中没有铁芯，故B错误；C.相距很近的异名磁极之间的磁场，除边缘外，是匀强磁场，故C正确；D.图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通同向电流，其中间区域的磁场可认为是匀强磁场，故D正确。本题选择不正确的，故选：B。【点评】本题考查磁场及磁场的相关知识，有实际生产和生活中用的磁极与铁柱体、弧形磁场极、相距较近的同名磁极、两平行放置的线圈中间的磁场特点，平时记住这些特殊磁场形成的原因及用途。4．如图所示，比荷不同的两个带电粒子在A处由静止释放，经加速电压U0加速后，垂直磁场左边界MN射入宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两个粒子经磁场偏转后一个从左边界MN的a点离开磁场区域，另一个从磁场的右边界b点离开磁场区域，a、b两点的连线刚好与磁场边界垂直，从b点离开的粒子在磁场区域运动过程中偏转的角度为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．从a点离开磁场区域的粒子带正电，从b点离开磁场区域的粒子带负电 B．从a点离开磁场区域的粒子比荷大小为2UC．从b点离开磁场区域的粒子比荷大小为3UD．从a、b两点离开的粒子在磁场区域中运动的时间之比为3：1【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；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；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据粒子的偏转方向由左手定则两个粒子的电性；由几何关系分别求出两个粒子的轨迹半径，再根据粒洛伦兹力提供向心力求出粒子的比荷；由周期公式和题设条件求在磁场中的时间之比。【解答】解：A、粒子进入磁场区域后均向上偏转，所以根据左手定则可知，两个粒子均带正电，故A错误；BC、根据题意由几何关系可知从b点离开的粒子在磁场做匀速圆周运动的半径：r从a点离开的粒子在磁场做匀速圆周运动的半径：r粒子经加速电压U0加速后有：U由洛伦兹力提供向心力有：qvB解得从a点离开的粒子的比荷为：q从b点离开的粒子的比荷为qm=3U0D、两个粒子的比荷不同，由周期公式T=2πmqB可知，两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不同，但从a、b两点离开的粒子在磁场区域转过的圆心角之比为180°：60°＝3：1，再根据时间公式t=α2πT可故选：C。【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，关键作出粒子的运动轨迹图，结合动能定理、粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式进行求解。5．某同学用电荷量计（能测出一段时间内通过导体横截面的电荷量）测量地磁场强度，完成了如下实验：如图，将面积为S、电阻为R的矩形导线框abcd沿图示方位放置于地面上某处，将其从图示位置绕东西轴转180°，测得通过线框的电荷量为Q1；将其从图示位置绕东西轴转90°，测得通过线框的电荷量为Q2；该处地磁场的磁感应强度大小为（）A．RSB．RSC．RSD．R【考点】磁感应强度的定义与物理意义．【专题】定性思想；方程法；磁场磁场对电流的作用．【答案】C【分析】分析线框旋转前后的磁通量，由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，由q＝It可求得电量与磁感应强度之间的关系式，然后将两个方向的磁感应强度按照矢量合成即可．【解答】解：北半球磁场的方向向北，斜向下，设B与水平方向之间的夹角为θ，取磁感线从线框上面向下穿过时为正。初始位置的磁通量：Φ1＝BSsinθ线框转过180°时，磁感线的方向从线框的背面穿过，所以：Φ2＝﹣Φ1＝﹣BSsinθ线框转过90°时，磁感线的方向也是从线框的背面穿过，所以：Φ3＝﹣BScosθ线框转过180°时，回路磁通量变化量的大小为：ΔΦ＝|Φ2﹣Φ1|＝2BSsinθ。根据公式有：Q1＝I1Δt1=线框转过90°时，回路磁通量变化量的大小为：ΔΦ′＝|Φ2﹣Φ1|＝BS•（sinθ+cosθ）所以对：Q联立可得：B=RSQ12故选：C。【点评】本题关键要注意磁通量尽管是标量，但也有正负之分，从线框的一面穿入时磁通量为正时，从另一面穿入时则为负．6．电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式。电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去。现在同一个固定线圈上，先后置有分别用铜、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环，当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3。若环的重力可忽略，下列说法正确的是（）A．F1＞F2＞F3 B．F2＞F3＞F1 C．F3＞F2＞F1 D．F1＝F2＝F3【考点】安培力的概念．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【答案】A【分析】依据法拉第电磁感应定律结合安培力表达式即可求解【解答】解：由于铜环的电阻最小，硅的电阻最大，故铜环中感应电流最大，硅的感应电流最小，故铜环受到的安培力最大，硅的安培力最小，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”，二是“来拒去留”，并能根据它们去判断电流方向和受力方向．7．如图所示，粒子甲垂直ab边界进入垂直纸面向外的匀强磁场时发生核反应：甲→乙+丙，产生的乙和丙粒子垂直经过磁场的轨迹如图所示。已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5：3，不计重力及空气阻力，则（）A．甲带正电 B．乙带负电 C．甲、乙的动量大小之比为8：5 D．乙、丙的动量大小之比为1：1【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律求解向心力；洛伦兹力、磁场、粒子运动方向和电荷性质的相互判断．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力．【答案】C【分析】由左手定则判断乙和丙的带电性质，根据电荷守恒定律分析甲的带电性质；根据洛伦兹力提供向心力求得粒子的动量与运动半径的关系，可得到乙和丙的动量大小之比。根据动量守恒定律分析甲、乙的动量大小之比。【解答】解：AB、粒子乙在磁场中顺时针偏转，粒子丙在磁场中逆时针偏转，由左手定则判断，乙带正电，丙带负电。已知乙和丙的电荷量大小相等，根据电荷守恒定律，可知甲不带电，故AB错误；CD、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得：qvB＝mv又有动量p＝mv联立可得：p＝qBr可见粒子的动量大小与圆周运动半径为正比关系，已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5：3，则乙、丙的动量大小之比为p乙：p丙＝5：3。粒子甲发生核反应的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向，则有：p甲＝p乙+p丙，可得甲、乙的动量大小之比为8：5，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，要知道带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力。原子核发生核反应的过程满足动量守恒定律。8．如图所示，五根垂直纸面放置的平行长直导线通过纸面内的a、b、c、d、e五个点，五个点恰好为正五边形的五个顶点，o点为正五边形的中心。仅给其中一根直导线通大小为I0的电流时，o点的磁感应强度大小为B0。若每根直导线通电时电流大小均为I0，则（）A．仅给a处直导线通电时，o、b、e点的磁感应强度大小相同 B．仅给a、b处直导线通同向电流时，o点的磁感应强度大小为3B0 C．仅给a、b、c处直导线通同方向电流时，o点的磁感应强度方向一定平行de连线 D．给任意四根直导线通电时，o点的磁感应强度大小均为B0【考点】磁感应强度的矢量叠加；通电直导线周围的磁场．【专题】定量思想；合成分解法；磁场磁场对电流的作用；推理能力．【答案】C【分析】判断a点与o、b、e三点的距离大小关系，根据通电直导线产生的磁场的特点，分析三点的磁感应强度大小关系；根据磁场叠加原理分判断BCD选项。【解答】解：A、由几何关系可知a点与o、b、e三点的距离关系为：ab＝ae≠ao，根据通电直导线产生的磁场的特点，可知b、e点的磁感应强度大小相同，o点的磁感应强度大小与b、e点的磁感应强度大小不相等，故A错误；B、仅给a、b处直导线通同向电流（电流方向均垂直纸面向里或向外，不会影响结果的磁感应强度大小），通电直导线a、b（假设电流方向均垂直纸面向里）分别产生的磁场在o点的磁感应强度以及它们的合磁感应强度B1如图1所示。由几何关系可知：θ=360°5=72°，B1＝2B0cosθ2=2B0cos72°C、仅给a、b、c处直导线通同方向电流时（假设电流方向均垂直纸面向里），通电直导线a、b、c分别产生的磁场在o点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小相等均为B0，方向如图2所示。通电直导线b产生的磁场在o点的磁感应强度Bb的方向平行de连线，通电直导线a、c产生的磁场在o点的磁感应强度Ba、Bc在Bb的两侧，与Bb的夹角均等于θ，根据平行四边形定则，Ba、Bc的合磁感应强度与Bb同向，o点的磁感应强度方向一定平行de连线。若电流方向均垂直纸面向外，只是磁感应强度方向相反，但还是平行de连线的，故C正确；D、给任意四根直导线通电时，假设直导线a、b的电流方向均垂直纸面向里，直导线c、d的电流方向均垂直纸面向外，同样的作出直导线a、b、c、d产生的磁场在o点的磁场叠加如图3所示，将Ba与Bc合成为Bac，Bb与Bd合成为Bbd，再将Bac与Bbd合成最终的B合，Ba、Bc、Bb、Bd的大小均等于B0，显然B合大于B0，由此可见o点磁感应强度与四根直导线的电流方向有关，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了电流磁效应，以及磁场的叠加问题。通电直导线产生磁场的磁感应强度的大小与电流大小成正比，与距离成反比，方向由安培定则判断。9．如图所示为某兴趣小组的同学设计的测量电流的装置，质量为m＝0.01kg的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连。在矩形区域abcd内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B＝4T的匀强磁场，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，此时轻弹簧的伸长量为0.01m；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。不计通电时电流产生的磁场的作用，仪表内部构造不允许反偏。若ab＝0.1m，bc＝0.05m，则下列说法正确的是（）A．轻弹簧的劲度系数为1N/m B．此电流表的量程是1.25A C．若匀强磁场的磁感应强度大小加倍，则仪器的量程也加倍 D．当金属棒的N端与电源正极相接时，会导致电表反偏出现故障【考点】安培力的计算公式及简单应用；劲度系数及其特点．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；磁场磁场对电流的作用；推理能力．【答案】B【分析】A、MN中无电流时，对MN由力的平衡可得劲度系数；B、MN在ab边位置，安培力最大，电流最大，根据MN受力平衡可得最大电流；C、磁感应强度加倍，根据MN在ab边位置受力平衡，可得电流值，则可得结论；D、根据左手定则可知安培力的方向，则可得结论。【解答】解：A、当MN中没有电流时，对金属棒MN由力的平衡可得：mg＝kx1，其中x1＝0.01m，可得k＝10N/m，故A错误；B、当MN运动到ab位置时，电流达到最大值，此时弹簧继续伸长0.05m，即弹簧的形变量x2＝x1+0.05m＝0.01m+0.05m＝0.06m，由力的平衡有：kx2＝mg+BImLab，其中Lab＝0.1m代入数据可得：Im＝1.25A，故B正确；C、若匀强磁场的磁感应强度大小加倍，则安培力加倍，由金属棒MN在ab边位置受力平衡，则有：kx2＝mg+2BIm′Lab，可得：Im′＝0.625A，可知仪器的量程减半，故C错误；D、当金属棒的N端与电源正极相接时，金属棒MN中电流由N到M，由左手定则可知，MN受到向下的安培力，指针向下正偏，电表不会出现反偏，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了安培力、受力平衡，解题的关键是知道金属棒MN在磁场的最下端时，安培力最大，电流最大。10．如图所示，半圆形的绝缘环上均匀分布有正电荷，AB是竖直直径，直导线与圆心O等高且水平固定，直导线中有向右的恒定电流，将半圆环绕AB所在直线沿顺时针方向（从上向下看）匀速转动，则直导线受到的安培力方向（）A．向上 B．向下 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外【考点】左手定则判断安培力的方向；通电直导线周围的磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】D【分析】根据安培定则和左手定则分析。【解答】解：将半圆环绕AB所在直线沿顺时针方向（从上向下看）匀速转动，从上向下看形成的等效电流沿顺时针方向，根据安培定则（右手螺旋定则），电流在直导线处的磁场竖直向上，根据左手定则，直导线受到的安培力垂直纸面向外，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了安培定则和左手定则的应用，属简单题。二．多选题（共4小题）（多选）11．一个长方体金属导体的棱长如图所示，将该长方体导体放在匀强磁场中，并使前侧面与磁场垂直，已知磁感应强度为B。导体的左右两侧面外接电源，产生由左向右的稳定电流时，测得导体的上、下表面间的电势差为U。则下列说法正确的是（）A．上、下两表面比较，上表面电势高 B．上、下两表面比较，下表面电势高 C．导体中自由电子定向移动的速率为UdBD．导体中自由电子定向移动的速率为U【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．【答案】BD【分析】根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低；抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小．【解答】解：AB、根据左手定则知，电子向上侧偏转，则导体上表面电势较低，下表面电势高，故A错误，B正确；CD、最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：evB＝eUh，解得，v=UhB．故故选：BD。【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡。（多选）12．如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的大小为B，边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为3L、L；大量均匀分布的带电粒子由边界Ⅰ的左侧沿平行边界Ⅱ的方向垂直射入磁场，粒子的速率均相等，已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的34，带电粒子的质量为m、所带电荷量为A．带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动 B．带电粒子在磁场中运动的最长时间为πmqBC．刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为πm3D．带电粒子的初速度大小为3【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】比较思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】由左手定则判断粒子射入磁场时受到的洛伦兹力方向，进而得到粒子的运动方向；根据几何关系得到轨迹对应的最大圆心角，结合周期公式求粒子在磁场中运动的最长时间；作出带电粒子刚好不从边界Ⅲ离开磁场的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，即可求得运动时间和粒子的初速度大小。【解答】解：A、由左手定则可知，带电粒子射入磁场的瞬间，带电粒子受到向上的洛伦兹力作用，则带电粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，故A错误；B、带电粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB，带电粒子在磁场中转过半个圆周时，运动时间最长，则带电粒子在磁场中运动的最长时间为D、作出带电粒子刚好不从边界Ⅲ离开磁场的运动轨迹，如图所示。依题意，从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子的34，则图中的a、b、c为边界Ⅰ的四等分点，由几何关系可知，三角形区域的顶角为30°，a点到顶点的距离为根据几何关系可得34解得粒子轨迹半径为r=根据牛顿第二定律得qvB=解得：v=3qBLD、由图可知，刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中偏转的角度大小为120°，则该粒子在磁场中运动的时间为t′=120°360°T=13•故选：BD。【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力做向心力，往往要画出粒子的运动轨迹，然后根据几何关系求轨迹半径，进而求得速度、磁感应强度、运动时间。（多选）13．如图所示，匀强磁场中通电导线abc中bc边与磁场方向平行，ab边与磁场方向垂直，线段ab、bc长度相等，通电导线所受的安培力大小为F。现将通电导线以ab为轴逆时针（俯视看）旋转的过程中，通电导线一直处于磁场中，则旋转后导线abc所受到的安培力的情况下列说法正确的是（）A．以ab为轴逆时针（俯视看）旋转90°时所受的安培力大小为F B．以ab为轴逆时针（俯视看）旋转90°时所受的安培力大小为2FC．以ab为轴逆时针（俯视看）旋转45°时所受的安培力大小为62D．以ab为轴逆时针（俯视看）旋转45°时所受的安培力大小为2【考点】安培力的计算公式及简单应用．【专题】定量思想；方程法；磁场磁场对电流的作用；推理能力．【答案】BC【分析】以ab为轴逆时针（俯视看）旋转90°时，求出abc在磁场中的有效长度，根据安培力的计算公式进行解答；以ab为轴逆时针（俯视看）旋转45°时，求出bc边垂直于磁场方向的长度，根据安培力的计算公式结合力的合成方法进行解答。【解答】解：设通电电流大小为I，ab＝bc＝L，磁感应强度大小为B。图示位置时，bc边与磁场方向平行，bc边受到的安培力为零，则ab边受到的安培力为：F＝BIL。AB、以ab为轴逆时针（俯视看）旋转90°时，磁场垂直于abc所在的平面，有效长度为ac=2L，则线框所受的安培力大小为：F′＝BI•2L=2F，故ACD、以ab为轴逆时针（俯视看）旋转45°时，bc在垂直于磁场方向的分量为：L′＝Lcos45°=22L，bc边受到的安培力大小为：F′＝ab和bc受力情况如图所示：ab和bc边受到的安培力的合外力为：F′=F2+(22故选：BC。【点评】本题主要是考查安培力的计算，知道安培力计算公式中F＝BIL中L的含义。（多选）14．在x＞0的空间中存在垂直于xOy平面的磁场，x＝a两侧的匀强磁场方向相反，x＞a区域的磁感应强度大小为0＜x＜a区域的2倍。某带电粒子以速率v0由原点沿xOy平面射入该磁场，在磁场中运动的轨迹如图所示。关于粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（）A．粒子在左右两磁场中运动的时间之比为4：3 B．粒子在原点的速度方向与x轴成45° C．粒子离x轴的最远距离为2+2D．粒子离y轴的最远距离为2【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；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】AB【分析】根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解粒子在原点的速度方向与x轴夹角；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。由几何关系求解粒子离x轴、y轴的最远距离。【解答】解：AB．粒子在原点的入射角为θ，运动轨迹如图在左右侧磁场中的半径分别为r和r2rcosθ=又2rsinθ＝a解得θ＝45°，r粒子在左右两侧磁场中运动的圆心角分别为180°和270°，周期之比为2：1，故运动时间之比为4：3，故AB正确。C.粒子离x轴的最远距离为r2故C错误。D.粒子离y轴的最远距离为a+故D错误。故选：AB。【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意做出粒子运动的轨迹图是解题的关键，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。三．填空题（共2小题）15．在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线平行（填“平行”或“垂直”）于EF，深度为L2【考点】通电直导线周围的磁场．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．【答案】平行，L【分析】根据安培定则判断磁场方向，然后画出直线电流的磁感线方向，结合几何关系确定金属管线深度。【解答】解：用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a，说明a点离电流最近；找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF，故说明这些点均离电流最近，根据金属管线应该平行EF；画出侧视图，如图所示：b、c间距为L，且磁场方向与地面夹角为45°，故金属管线在EF正下方，由几何知识可得深度h=故答案为：平行，L【点评】本题考查直线电流的磁感线分布情况，关键时需要通过作图分析问题，结合几何关系确定导线位置。16．图是磁电式电表内部结构示意图，该电表利用的物理原理是通电线圈因受安培力而转动，写出一条能提高该电表的灵敏度措施是：增加线圈的匝数。【考点】磁电式电流表．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理能力．【答案】通电线圈因受安培力而转动；增加线圈的匝数。【分析】通电线圈在磁场中受到安培力的作用，因而发生转动，改变线圈受力即可改变电表的灵敏度。【解答】解：当有电流流过线圈时，在磁场的作用下线圈受到安培力，因而发生转动，如果增加线圈的匝数，那么在流过相同电流的情况下线圈的受力会变大，转动更明显，因此灵敏度更高。故答案为：通电线圈因受安培力而转动；增加线圈的匝数。【点评】本题需要对线圈在磁场中的受力进行分析。四．解答题（共4小题）17．如图所示为一质谱仪的工作原理示意图，其中速度选择器内的磁场磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，两竖直放置极板之间存在一定的电势差，板间距离为d。O处为一粒子源，发射一带正电粒子以速度v恰能沿直线通过速度选择器，并从A孔垂直于磁场方向射入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，运动半周后打在照相底片上的C点，测得AC长度为L。不计粒子重力，求：（1）速度选择器两极板间的电势差U；（2）粒子的比荷及其在B2磁场中的运动时间；（3）该粒子有一种同位素，质量是该粒子的76倍，两种粒子带电量相同。从O处连续射出多个这两种粒子，速度范围均为0.9v～1.2v【考点】与加速电场相结合的质谱仪．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）速度选择器两极板间的电势差dvB1；（2）粒子的比荷2vB2L，在B（3）照相底片上两种粒子落点重叠区域的宽度0.15L。【分析】（1）根据平衡条件求速度选择器两极板间的电势差U；（2）根据洛伦兹力提供向心力结合运动学公式求粒子的比荷及其在B2磁场中的运动时间；（3）根据洛伦兹力提供向心力求照相底片上两种粒子落点重叠区域的宽度。【解答】解：（1）根据平衡可知qvB1＝qE且有E=解得U＝dvB1（2）由图可知L＝2R根据洛伦兹力提供向心力qvB解得qm根据l＝πR，t解得t=（3）撤去速度选择器，对该粒子qv1B2=m解得L1由v1的速度范围为0.9v～1.2v，解得L1范围为0.9L～1.2L，对同位素粒子qv2B2=m'v解得L2由v2的速度范围也为0.9v～1.2v，解得L2范围为1.05L～1.4L，所以ΔL＝L1max﹣L2min可得ΔL＝1.2L﹣1.05L＝0.15L答：（1）速度选择器两极板间的电势差dvB1；（2）粒子的比荷2vB2L，在B（3）照相底片上两种粒子落点重叠区域的宽度0.15L。【点评】本题考查的是速度选择器和质谱仪的原理的综合，注意分析清楚粒子运动的过程，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题。18．在xOy坐标系的第二象限内和第四象限内有如图所示的匀强电场，两电场的场强大小相等，方向分别与x轴和y轴平行；第四象限内还存在垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。将一个质量为m、电荷量为q的微粒在第二象限内的P（﹣L，L）点由静止释放，之后微粒沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，微粒在第四象限内运动后从x轴上的Q（L，0）点进入第一象限，重力加速度为g。求：（1）带电微粒运动到O点时的速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）带电微粒从P点运动到Q点所用的时间。【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）带电微粒运动到O点时的速度大小为2gL（2）匀强磁场的磁感应强度大小2m（3）带电微粒从P点运动到Q点所用的时间为π+8【分析】（1）微粒在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，据此求得微粒的合力大小，根据牛顿第二定律与运动学公式求解微粒运动到O点时的速度大小以及时间。（2）微粒在第四象限内在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由几何关系可知微粒运动的轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度。（3）求得微粒做圆周运动的轨迹圆心角，根据轨迹弧长除以线速度大小得到微粒从O点运动到Q点所用的时间。进而求得微粒从P点运动到Q点所用的时间。【解答】解：（1）微粒在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，可得微粒带正电。因电场力和重力的方向与PO方向的夹角均为45°，则有：mg＝qE，微粒的合力大小为2mg，PO的长度为2L，设带电微粒运动到O点时的速度大小2mg2Lv＝at1解得：t1=（2）由于微粒在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，微粒做圆周运动的轨迹如下图所示：由几何关系可知微粒运动的轨迹半径为：R由牛顿第二定律可得：Bqv解得：B（3）微粒做圆周运动的轨迹圆心角为90°，微粒从O点运动到Q点所用的时间为：t2带电微粒从P点运动到Q点所用的时间为：t＝t1+t2=答：（1）带电微粒运动到O点时的速度大小为2gL（2）匀强磁场的磁感应强度大小2m（3）带电微粒从P点运动到Q点所用的时间为π+8【点评】本题考查了带电体在叠加场中的运动问题，考查了力与运动逻辑分析能力。微粒在磁场中做圆周运动时，依据题意作出粒子的运动轨迹，根据几何关系求解圆周运动的轨道半径与轨迹圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求解其它物理量。19．如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω，外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°，ab与导轨间动摩擦因数为μ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求：（1）通过ab的电流大小和方向；（2）ab受到的安培力大小；（3）重物重力G的取值范围．【考点】安培力的计算公式及简单应用；共点力的平衡问题及求解．【专题】计算题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；磁场磁场对电流的作用；推理能力．【答案】（1）通过ab的电流大小为2A，方向由a向b；（2）ab受到的安培力大小为5N；（3）重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤7.5N。【分析】（1）由闭合电路的欧姆定律可以求出通过ab的电流，根据电路图可以判断出电流方向；（2）由安培力公式可以求出安培力大小；（3）由平衡条件求出重力的取值范。【解答】解：（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流I=ER+R0+（2）ab受到的安培力：F＝BIL＝5×2×0.5N＝5N；（3）ab受力如图所示，最大静摩擦力：fm＝μ（mg﹣Fcos53°）由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向右时：T＝Fsin53°﹣fm解得：T＝0.5N；当最大静摩擦力方向向左时：T＝Fsin53°+fm解得：T＝7.5N；由于重物平衡，故：T＝G则重物重力的取值范围为：0.5N≤G≤7.5N；答：（1）通过ab的电流大小为2A，方向由a向b；（2）ab受到的安培力大小为5N；（3）重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤7.5N。【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。20．在如图所示的O﹣xyz三维空间中，x≤0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，在0＜x＜L的区域存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知），在x≥L的区域内存在半圆柱体MNP﹣M′N′P′的空间区域，该区域内存在沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，平面MNN′M′与yOz平面平行，半圆柱体的半径为r=2L，D点（L，0，0）为半圆柱体底面圆心。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从A点（﹣2L，0，0）以初速度大小v0，方向沿着x轴正方向射入匀强电场，经过C点（0，L，0）后，再经过磁场偏转后垂直平面MNN（1）粒子经过C点时的速度大小；（2）电场强度E与磁感应强度B的比值EB（3）带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力．【答案】（1）粒子经过C点时的速度大小为2v（2）电场强度E与磁感应强度B的比值为v0（3）带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标为((6【分析】（1）粒子在x轴方向做匀速直线运动，电场方向做匀加速直线运动，根据运动学知识可求C点的速度；（2）根据粒子在电场和磁场中的运动，求出电场强度E与磁感应强度B的比值；（3）粒子在平行于xOz的平面内做匀速圆周运动，根据几何知识求解粒子出磁场时的坐标。【解答】解：（1）带电粒子在匀强磁场内，沿x轴方向做匀速直线运动，设粒子电场内的运动时间为t1，则2L＝v0t1粒子在电场中的加速度为a，则L=粒子在y方向的速度为vy＝at1粒子经过C点时的速度大小为v=解得v=（2）匀强电场的场强为E，由牛顿第二定律得Eq＝ma解得E=粒子在0＜x＜L的区域内做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示由几何关系可知，粒子的轨道半径为r1在该磁场区域中，由牛顿运动定律可知qvB=解得B=电场强度E与磁感应强度B的比值为EB（3）带电粒子从F点沿x轴正方向，进入半圆柱体区域，粒子在平行于xOz的平面内做匀速圆周运动的轨迹如图所示粒子在该半圆柱区域中的运动半径r2＝r1，轨迹的圆心角为60°，则出射点在x轴上的坐标为x0y轴上的坐标为y0z轴上的坐标为z0带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标为((6答：（1）粒子经过C点时的速度大小为2v（2）电场强度E与磁感应强度B的比值为v0（3）带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标为((6【点评】本题考查带电粒子在组合场中的运动。解决问题的关键是清楚带电粒子在不同场区的受力情况和运动情况，尤其要注意粒子在不同方向的运动情况。

考点卡片1．劲度系数及其特点2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．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．4．牛顿第二定律求解向心力5．带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动6．磁现象与磁场【知识点的认识】一、磁场的性质1．来源：磁场是存在于磁体、电流和运动电荷周围的一种特殊物质．2．基本性质：磁场对放入磁场中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用．3．方向：磁场中某点的磁场方向为该点小磁针N极所受磁场力的方向．7．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8．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）．9．磁感应强度的矢量叠加10．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