2024-2025学年下学期高二物理沪科版期中必刷常考题之洛伦兹力

第52页（共52页）2024-2025学年下学期高二物理沪科版（2020）期中必刷常考题之洛伦兹力一．选择题（共8小题）1．（2024秋•黄浦区校级期末）假设太阳风中的一电子以一定的速度竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。则该电子受到的洛伦兹力方向为（）A．向东 B．向南 C．向西 D．向北2．（2024秋•顺义区校级期末）下列关于安培力和洛伦兹力的说法中正确的是（）A．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用 B．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用 C．洛伦兹力对运动电荷可能做功 D．安培力对通电导线可能做功3．（2024秋•金凤区校级期末）如图所示，一水平导线通以电流I，导线上方有一电子，初速度方向与电流垂直，关于电子的运动情况，下列说法正确的是（）A．沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越小 B．沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越大 C．沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越大 D．沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越小4．（2024秋•南开区校级期末）如图分别表示运动电荷和通电直导线在磁场中的受力情况，下列四图中正确的是（）A． B． C． D．5．（2024秋•大连期末）如图所示，下面能正确表明带正电的粒子所受洛伦兹力F方向的是（）A． B． C． D．6．（2024秋•成都期末）下列说法正确的是（）A．带电粒子在电场中一定沿电场线运动 B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用 C．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用 D．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用7．（2023秋•通州区期末）如图甲所示，近日国内多地出现美丽而神秘的极光现象。极光本质上是由太阳发射的高速带电粒子流受地磁场的影响，进入地球两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。若高速粒子带正电，因其入射速度与地磁方向不垂直，导致其轨迹呈现出如图乙所示的螺旋状的形态（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。忽略引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．带电粒子进入大气层与空气发生作用后，在地磁场作用下的旋转半径越来越大 B．随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙带电粒子的旋转半径增大 C．在我国黑龙江北部地区仰视看到的极光将以顺时针方向做螺旋运动 D．当不计空气阻力时，若仅减小入射粒子速度方向与地磁场的夹角，螺距Δx也会减小8．（2023秋•大祥区校级期末）如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中（）A．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短 B．甲滑块在斜面上运动的位移比乙滑块在斜面上运动的位移小 C．甲滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率比乙滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率大 D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•顺义区校级期末）阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转，可以（）A．加上y轴正方向的磁场 B．加上y轴负方向的磁场 C．加上z轴正方向的电场 D．加上z轴负方向的电场（多选）10．（2024秋•鄂尔多斯期末）如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块。甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用一个水平恒力F拉乙物块，开始时甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。在以后的运动过程中，下列说法中正确的是（）A．甲、乙两物块可能相对滑动 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．甲物块向左先加速运动后匀速运动 D．乙物块受到地面的最大摩擦力大小为F（多选）11．（2023秋•长治期末）如图所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置，图乙、图丙分别置于匀强磁场B和匀强电场E中，轨道两端点在同一高度上。现将a、b、c三个相同的带正电小球同时从轨道左端的最高点由静止释放，小球均能经过轨道最低点。已知小球的带电荷量不会发生变化，则a、b、c三个小球（）A．a球、b球在向右运动过程中始终不会脱离轨道 B．到达轨道最低点时的速率均相同 C．向右经过轨道最低点时，b球对轨道的压力最大 D．向左经过轨道最低点时，a球对轨道的压力最小（多选）12．（2023秋•盐田区校级期末）如图所示，水平虚线MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B的大小可以改变，ST为接收屏，T点位于磁场的边界处，∠STM＝30°，在S点有一粒子发射源，发射的粒子速度方向均垂直MN，速度大小均为v0，发射的粒子经过一段时间均能达到接收屏上。已知粒子的比荷为k，发射源S到MN的距离为d，忽略粒子间的相互作用以及重力。下列说法中正确的有（）A．粒子带负电 B．B可能为3vC．当B最小时，粒子打到接收屏的点到T点的间距为(2-D．当B最小时，粒子从发射到被接收，粒子的运动时间为2三．解答题（共3小题）13．（2023秋•承德期末）在倾角θ＝37°的绝缘斜面上有一质量m＝1kg、电荷量q＝﹣2C的滑块以速度v向下恰好做匀速直线运动，空间存在垂直纸面向里、大小为5T的匀强磁场B，取重力加速度大小g＝10m/s2，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，sin37°＝0.6，求：（1）滑块受到的洛伦兹力F；（2）速度v的大小。14．（2023秋•新邵县期末）如图所示，将带电量Q＝1C、质量m′＝1kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M＝3kg，滑块与绝缘板间不光滑，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B＝10T的水平方向的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.8m，摆球质量m＝2kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g＝10m/s2，求：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力大小F；（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；（3）碰撞后小车的最终速度v。15．（2023秋•大兴区期末）对于同一个物理问题，常常可以从宏观和微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。已知一段横截面积为S，长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e，该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v。（1）根据电流的定义推导导线中的电流I；（2）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安＝F。

2024-2025学年下学期高二物理沪科版（2020）期中必刷常考题之洛伦兹力参考答案与试题解析题号12345678答案CDCABBCD一．选择题（共8小题）1．（2024秋•黄浦区校级期末）假设太阳风中的一电子以一定的速度竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。则该电子受到的洛伦兹力方向为（）A．向东 B．向南 C．向西 D．向北【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】由题意，先确定P处地磁场的方向及电子的运动方向，结合左手定则，即可分析判断ABCD正误。【解答】解：由图知，P处地磁场方向由南向北，由题知，太阳风中的一电子以一定的速度竖直向下运动穿过P处的地磁场，则根据左手定则可知，此时该电子受到的洛伦兹力方向向西，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本题考查左手定则判断洛伦兹力的方向，解题时需注意，洛伦兹力的方向垂直于磁场方向和电荷运动方向决定的平面。2．（2024秋•顺义区校级期末）下列关于安培力和洛伦兹力的说法中正确的是（）A．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用 B．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用 C．洛伦兹力对运动电荷可能做功 D．安培力对通电导线可能做功【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向；功的定义、单位和计算式；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；推理论证能力．【答案】D【分析】根据通电导线和带电粒子的运动方向判断力的存在的情况，结合罗洛伦兹力和安培力做功的情况进行分析解答。【解答】解：AB.通电导线和带电粒子的运动方向如果与磁场方向平行，则通电导线不能受到安培力作用，带电粒子也不能受到洛伦兹力的作用，故AB错误；C.洛伦兹力与带电粒子运动方向始终互相垂直，则洛伦兹力不能做功，故C错误；D.安培力对通电导线可以做功从而实现能量转化，故D正确。故选：D。【点评】考查通电导线和带电粒子的运动方向判断力的存在的情况，洛伦兹力和安培力做功的情况，会根据题意进行准确分析解答。3．（2024秋•金凤区校级期末）如图所示，一水平导线通以电流I，导线上方有一电子，初速度方向与电流垂直，关于电子的运动情况，下列说法正确的是（）A．沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越小 B．沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越大 C．沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越大 D．沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越小【考点】洛伦兹力的动力学特点．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据右手螺旋定则，可判断通电导线上方的磁场方向；由左手定则，可判断电子受到的洛伦兹力方向，即电子的偏转方向；由洛伦兹力提供向心力，可得到圆周运动半径与磁感应强度的关系，结合不同位置处的磁感应强度的大小，可判断其圆周运动轨迹的半径变化。【解答】解：根据右手螺旋定则，可判断通电导线上方的磁场方向为垂直纸面向里；由左手定则，可判断电子受到的洛伦兹力方向向右，即电子的偏转方向向右，即路径a；由洛伦兹力提供向心力，可qvB＝mv2r，解得r=mvqB，离导线越远，磁感应强度越小，则电子的运动半径越大，故故选：C。【点评】本题考查带电粒子受洛伦兹力的运动情况，需要结合右手螺旋定则和左手定则综合判断，注意通电导线周围的磁场并非匀强磁场，越靠近通电导线，磁场越强。4．（2024秋•南开区校级期末）如图分别表示运动电荷和通电直导线在磁场中的受力情况，下列四图中正确的是（）A． B． C． D．【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向；左手定则判断安培力的方向．【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】A【分析】由左手定则可判定安培力和洛伦兹力的方向，注意判定运动电荷受力时，四指方向为正电荷的运动方向。【解答】解：A．根据左手定则可知，四指表示正电荷的运动方向，与负电荷运动方向相反，大拇指表示受力方向，故A正确；B．根据左手定则可知，四指表示正电荷的运动方向，所受洛伦兹力方向竖直向上，故B错误；C．根据左手定则可知，通电导线与磁场方向平行，所受安培力为0，故C错误；D．根据左手定则可知，通电导线受力竖直向上，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查了左手定则的应用，在判定负电荷受到的洛伦兹力的时候，注意四个手指在速度的反方向上。5．（2024秋•大连期末）如图所示，下面能正确表明带正电的粒子所受洛伦兹力F方向的是（）A． B． C． D．【考点】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；推理论证能力．【答案】B【分析】已知磁场方向、带电粒子的速度方向，由左手定则可以判断出洛伦兹力的方向。【解答】解：左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心穿过，并使四指指向电流的方向或者正电荷运动方向，这时拇指所指的方向就是通电导线或运动电荷在磁场中所受安培力或洛伦兹力的方向。A、磁场的方向向外，带正电的粒子向右运动，由左手定则可知，洛伦兹力竖直向下，故A错误；B、磁场的方向向里，带正电的粒子向右运动，由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，故B正确；C、磁场向上，带正电粒子向右运动，由左手定则可知，洛伦兹力垂直于纸面向外，故C错误；D、磁场向下，带正电粒子向右运动由左手定则可知，洛伦兹力垂直于纸面向里，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了判断洛伦兹力方向问题，熟练应用左手定则即可正确解题；该题中的CD两个选项，也可以直接使用结论：“v、B、F三个矢量不可能出现在同一个平面内”直接排除。6．（2024秋•成都期末）下列说法正确的是（）A．带电粒子在电场中一定沿电场线运动 B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用 C．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用 D．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】B【分析】根据带电粒子在电场和磁场中的受力情况结合带电粒子和通电导线的初始状态进行分析判断。【解答】解：A．带电粒子在电场中不一定沿电场线运动，与带电粒子的初状态有关，故A错误；B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用，故B正确；CD．带电粒子在磁场中不一定受到洛伦兹力的作用，通电导线在磁场中也不一定受安培力作用，比如带电粒子速度方向或通电导线平行于磁场方向时，故CD错误。故选：B。【点评】考查带电粒子在电场和磁场中的受力情况结合带电粒子和通电导线的初始状态，会根据题意进行准确分析解答。7．（2023秋•通州区期末）如图甲所示，近日国内多地出现美丽而神秘的极光现象。极光本质上是由太阳发射的高速带电粒子流受地磁场的影响，进入地球两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。若高速粒子带正电，因其入射速度与地磁方向不垂直，导致其轨迹呈现出如图乙所示的螺旋状的形态（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。忽略引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．带电粒子进入大气层与空气发生作用后，在地磁场作用下的旋转半径越来越大 B．随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙带电粒子的旋转半径增大 C．在我国黑龙江北部地区仰视看到的极光将以顺时针方向做螺旋运动 D．当不计空气阻力时，若仅减小入射粒子速度方向与地磁场的夹角，螺距Δx也会减小【考点】洛伦兹力的概念；地磁场．【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】C【分析】由于空气阻力的作用，粒子的速度会变小，根据洛伦兹力提供向心力，来判断运动的半径变化，根据左手定则判断粒子运动的方向，还需要对粒子的运动分解成沿磁场方向和垂直于磁场方向分析运动的特点。【解答】解：A.带电粒子进入大气层与空气发生作用后，粒子的速度会变小，根据公式qvB=mv2rB.越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其它条件不变，则半径会变小，故B错误；C.在我国黑龙江北部地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，若高速粒子带正电，根据左手定则，从下往上看将以顺时针方向做螺旋运动，故C正确；D.当不计空气阻力时，将带电粒子运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动。若带电粒子的运动速率不变，与磁场的夹角变小，则速度沿磁场的分量会增大，故沿磁场方向的匀速直线运动也将变快，即螺距Δx会增大，故D错误。故选：C。【点评】题目以自然现象为背景命题，考查了地磁场、左手定则、带电粒子在磁场中的运动等知识点，关键是将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解。8．（2023秋•大祥区校级期末）如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中（）A．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短 B．甲滑块在斜面上运动的位移比乙滑块在斜面上运动的位移小 C．甲滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率比乙滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率大 D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等【考点】洛伦兹力的计算公式及简单应用；瞬时功率的计算．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】D【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到0时，离开斜面．求出滑块离开斜面时的速度大小；应用功率公式求出重力的瞬时功率以及平均功率。【解答】解：A．小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，有mgcosθ＝qvmB解得vm所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故在甲滑块飞离时速度较大，物体在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可知加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由vm＝at得，甲的时间大于乙的时间，故A错误；B．由A选项的分析和x=vmC．滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率为P=则可知两滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率均为P=故C错误；D．由平均功率的公式得P=因sin30°＝cos60°，故两滑块重力的平均功率均为P=故D正确。故选：D。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动分析问题，解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•顺义区校级期末）阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转，可以（）A．加上y轴正方向的磁场 B．加上y轴负方向的磁场 C．加上z轴正方向的电场 D．加上z轴负方向的电场【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向．【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】BD【分析】根据左手定则判断分析加不同方向的磁场电子的偏转方向。【解答】解：A．加上y轴正方向的磁场，根据左手定则可知，四指表示正电荷的运动方向，所以电子向z轴负方向偏转，故A错误；B．加上y轴负方向的磁场，根据左手定则可知，电子向z轴正方向偏转，故B正确；C．加上z轴正方向的电场，电子受到的电场力与电场方向相反，所以沿z轴负方向，电子向z轴负方向偏转，故C错误；D．加上z轴负方向的电场，电子受到的电场力与电场方向相反，所以沿z轴正方向，则电子向z轴正方向偏转，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查磁偏转方向判断的能力．由左手定则判断洛伦兹力的方向是正确解题的关键。（多选）10．（2024秋•鄂尔多斯期末）如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块。甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用一个水平恒力F拉乙物块，开始时甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。在以后的运动过程中，下列说法中正确的是（）A．甲、乙两物块可能相对滑动 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．甲物块向左先加速运动后匀速运动 D．乙物块受到地面的最大摩擦力大小为F【考点】洛伦兹力的概念；判断是否存在摩擦力；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定性思想；推理法；推理论证能力．【答案】CD【分析】以甲、乙整体为研究对象，分析受力情况，分析地面对乙物块的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化．【解答】解：CD、以甲、乙整体为研究对象，分析受力如图则有N＝F+mg当甲、乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，滑动摩擦力f增大，根据牛顿第二定律F﹣f＝（m甲+m乙）a，加速度逐渐减小，当F＝f时，此时两者一起匀速运动，故CD正确；AB、f增大，F一定，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，可知加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f'＝ma，则得到f'减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小且不发生相对滑动，故AB错误；故选：CD。【点评】本题关键要灵活选择研究对象，要抓住洛伦兹力大小与速度大小成正比这个知识点，基本题．（多选）11．（2023秋•长治期末）如图所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置，图乙、图丙分别置于匀强磁场B和匀强电场E中，轨道两端点在同一高度上。现将a、b、c三个相同的带正电小球同时从轨道左端的最高点由静止释放，小球均能经过轨道最低点。已知小球的带电荷量不会发生变化，则a、b、c三个小球（）A．a球、b球在向右运动过程中始终不会脱离轨道 B．到达轨道最低点时的速率均相同 C．向右经过轨道最低点时，b球对轨道的压力最大 D．向左经过轨道最低点时，a球对轨道的压力最小【考点】带电粒子在磁场和静电场中运动的差异．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据机械能守恒分析图甲、图乙，小球始终不会脱离轨道，在图丙中，电场力对小球做负功，小球可能脱离轨道；根据动能定理可分析速率大小；根据牛顿第二定律在圆周上应用即可判断压力大小。【解答】解：A．将a、b、c三个相同的带正电小球同时从轨道左端的最高点由静止释放，小球均能经过轨道最低点，在图甲、图乙中，只有重力做功，小球的机械能守恒，则在小球向右运动过程中始终不会脱离轨道，故A正确；B．根据动能定理，对于a球，到达最低点的过程中，只有重力做功，由动能定理得：mgR=根对于b球，到达最低点的过程中，只有重力做功，由动能定理得：mgR=对于c球，由于电场力做功，也有重力做功，到达最低点的过程中，由动能定理得：mgR-到达最低点时，a球和b球的速度大小相同，c球的速度大小小于a球和b球的速度大小，故B错误；C．向右经过最低点时，对a球由牛顿第二定律得：FNa对于b球由牛顿第二定律得：FNb对于c球由牛顿第二定律得：FNc结合之前的分析有va＝vb＞vc，所以其b球对于轨道的压力最大，故C正确；D．向左经过最低点时，对a球由牛顿第二定律得：FNa由于整个运动过程中，只有重力做功，所以va＝va1对于b球由牛顿第二定律得：FNb由于整个运动过程中，只有重力做功，所以vb＝vb1对于c球由牛顿第二定律得：FNc由于整个运动过程只有重力和电场力做功，而电场力和重力做功只与始末位置有关，所以有vc＝vc1结合上述分析可知，b球对轨道的压力小于a球对轨道的压力，所以a球不是对轨道的压力最小的，故D错误。故选：AC。【点评】本题涉及磁场、电场中的运动问题，利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛伦兹力永不做功。（多选）12．（2023秋•盐田区校级期末）如图所示，水平虚线MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B的大小可以改变，ST为接收屏，T点位于磁场的边界处，∠STM＝30°，在S点有一粒子发射源，发射的粒子速度方向均垂直MN，速度大小均为v0，发射的粒子经过一段时间均能达到接收屏上。已知粒子的比荷为k，发射源S到MN的距离为d，忽略粒子间的相互作用以及重力。下列说法中正确的有（）A．粒子带负电 B．B可能为3vC．当B最小时，粒子打到接收屏的点到T点的间距为(2-D．当B最小时，粒子从发射到被接收，粒子的运动时间为2【考点】洛伦兹力的计算公式及简单应用；左手定则判断洛伦兹力的方向．【专题】定量思想；临界法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】由粒子的偏转方向，根据左手定则，可判断粒子的电性；由粒子在磁场中做圆周运动时的特点，结合几何关系，可得到粒子圆周运动的最大半径、磁感应强度的最小值；由几何关系，可计算磁感应强度最小时，粒子打到接收屏的点到T点的间距；磁感应强度最小时，由匀速圆周运动特点，结合圆心角，可计算粒子从发射到被接收的时间。【解答】解：A．由题意可知，粒子会打在右侧的接收屏上，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；B．由洛伦兹力提供向心力，可知：qv0B=m由几何关系可知：r＝d，则：Bmin=v0kd，而v0kdC．当B最小时，粒子打到接收屏的点到T点的间距为Δx=dsin30°-D．当B最小时，粒子从发射到被接收，粒子的运动时间为t=120°360°×T，由圆周运动特点可知：T故选：ACD。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键是利用粒子在磁场中做圆周运动时，轨迹的对称特点，结合几何关系，计算粒子的最大轨迹半径。三．解答题（共3小题）13．（2023秋•承德期末）在倾角θ＝37°的绝缘斜面上有一质量m＝1kg、电荷量q＝﹣2C的滑块以速度v向下恰好做匀速直线运动，空间存在垂直纸面向里、大小为5T的匀强磁场B，取重力加速度大小g＝10m/s2，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，sin37°＝0.6，求：（1）滑块受到的洛伦兹力F；（2）速度v的大小。【考点】洛伦兹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；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）滑块受到的洛伦兹力F为22N，方向垂直斜面向下；（2）速度v的大小为2.2m/s。【分析】（1）滑块在斜面上做匀速直线运动，受力平衡，分析其受力，根据平衡条件和滑动摩擦力公式相结合求滑块受到的洛伦兹力F；（2）根据洛伦兹力公式F＝qvB求速度v的大小。【解答】解：（1）滑块在斜面上做匀速直线运动，分析受力，如图所示。根据平衡条件得f＝mgsinθN＝F+mgcosθ又f＝μN解得F＝22N方向垂直斜面向下。（2）由洛伦兹力公式可得F＝qvB解得v＝2.2m/s答：（1）滑块受到的洛伦兹力F为22N，方向垂直斜面向下；（2）速度v的大小为2.2m/s。【点评】解答本题时，要正确分析滑块的受力，根据平衡条件、滑动摩擦力、洛伦兹力公式相结合解答。14．（2023秋•新邵县期末）如图所示，将带电量Q＝1C、质量m′＝1kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M＝3kg，滑块与绝缘板间不光滑，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B＝10T的水平方向的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.8m，摆球质量m＝2kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g＝10m/s2，求：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力大小F；（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；（3）碰撞后小车的最终速度v。【考点】洛伦兹力的计算公式及简单应用；用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力大小为60N；（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能为12J；（3）碰撞后小车的最终速度为113【分析】（1）根据机械能守恒摆球下降到最低点的速度，再由牛顿第二定律求解绳子中的拉力，最后由牛顿第三定律求解摆球对绳子的拉力；（2）根据动量守恒求解碰撞后小车的速度，由能量守恒求得碰撞损失的机械能；（3）假设滑块与小车最终共速，根据动量守恒定律求得共速时的速度，分析滑块所受洛伦兹力大小与重力的关系，得知滑块在与小车共速前已与小车分离。由重力与洛伦兹力相等的关系求得滑块的速度，根据滑块与小车动量守恒，求得小车的速度。【解答】解：（1）小球向下摆动过程，由机械能守恒定律得mgL=在最低点，由牛顿第二定律得T-由牛顿第三定律得F＝T联立公式得F＝60N（2）取向右为正方向，摆球与小车碰撞过程中，由动量守恒定律得mv0＝Mv1系统损失的机械能为ΔE=代入数据解得ΔE＝12J（3）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得Mv1＝（M+m′）v2m′受到的向上洛伦兹力为QBv2＝30N＞m′g所以m′在还未到3m/s时已与M分开了，对物块Qv3B＝m′g代入数据解得v3＝1m/s由动量守恒定律可得Mv1＝Mv+m′v3代入数据解得v=方向水平向右。答：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力大小为60N；（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能为12J；（3）碰撞后小车的最终速度为113【点评】本题主要考查动量守恒定律和洛伦兹力的简单计算，需要注意分析滑块与小车共速情况下，滑块的受力情况。应熟练相关公式的使用。15．（2023秋•大兴区期末）对于同一个物理问题，常常可以从宏观和微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。已知一段横截面积为S，长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e，该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v。（1）根据电流的定义推导导线中的电流I；（2）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安＝F。【考点】洛伦兹力的概念；电流的概念、性质及电流强度的定义式；电流的微观表达式；安培力的概念．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】（1）见解析；（2）见解析。【分析】（1）根据电流的定义式和题意得出电流的表达式；（2）根据洛伦兹力的公式，结合电子的数量完成证明过程。【解答】解：（1）电子在导线中移动的时间为：t=导线中移动的电荷量为：Q＝nelS根据电流的定义式可知：I=（2）一个电子在磁场中运动时受到的洛伦兹力为：F1＝evB导体中的自由电子数为：N＝nsl导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为：F＝nBevlS导线所受安培力大小为：F安＝BIL＝nBevlS从而得证。答；（1）见解析；（2）见解析。【点评】本题主要考查了安培力的相关概念，熟悉电流的定义式，理解洛伦兹力和安培力的关系即可完成分析。

考点卡片1．判断是否存在摩擦力【知识点的认识】1.考点意义：有很多题目会综合考查摩擦力的相关知识，不区分静摩擦力和滑动摩擦力，所以设置本考点。2.对于是否存在摩擦力可以按以下几个方法判断：①条件法：根据摩擦力的产生条件进行判断。a、接触面粗糙；b、两物体间存在弹力；c、有相对运动或相对运动的趋势。②假设法：假设有或者没有摩擦力，判断物体运动状态是否会改变。【命题方向】如图，长方体甲乙叠放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做匀速直线运动（）A、甲、乙之间一定有摩擦力B、水平地面对乙没有摩擦力C、甲对乙的摩擦力大小为F，方向水平向右D、水平地面对乙的摩擦力大小为F．方向水平向右分析：首先对甲、乙的整体进行分析，根据平衡力的知识得出乙与地面间的摩擦力；以甲为研究对象，进行受力分析，得出甲与乙之间的摩擦力．解答：A、以甲为研究对象，由于做匀速直线运动，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙对其向左的摩擦力，故A正确；B、以甲、乙的整体为研究对象，由于受向右的拉力作用，所以还受向左的摩擦力作用，B错误；C、由A知，甲受乙对其向左的摩擦力，根据力的作用的相互性，所以甲对乙向右的摩擦力作用，故C正确；D、由B知，水平地面对乙的摩擦力大小为F，方向水平向左，故D错误。故选：AC。点评：本题关键正确选择研究对象，然后再根据两物体及整体处于平衡状态，由平衡条件分析受力情况即可．【解题思路点拨】对物体受力的判断常采用的方法之一就是假设法，假设物体受或不受某力会使物体的运动状态发生变化，那么假设不成立。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】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。4．功的定义、单位和计算式【知识点的认识】1．定义：物体受到力的作用，并在力方向上发生一段位移，就说力对物体做了功．2．公式：W＝Flcosα，其中α为F与l的夹角，F是力的大小，l一般是物体相对地面的位移，而不是相对于和它接触的物体的位移．3．应用中的注意点（1）公式只适用于恒力做功；（2）F和l是对应同一个物体的；（3）恒力做功多少只与F、l及二者夹角余弦有关，而与物体的加速度大小、速度大小、运动时间长短等都无关，即与物体的运动性质无关，同时与有无其它力做功也无关．4．物理意义：功是能量转化的量度．5．单位：焦耳（J），1J＝1N•m．6．功是标量，没有方向、但是有正负，正负表示能量转化的方向．表示物体是输入了能量还是输出了能量．【命题方向】关于功的概念，下列说法中正确的是（）A、力对物体做功多，说明物体的位移一定大B、力对物体做功小，说明物体的受力一定小C、力对物体不做功，说明物体一定没有移动D、物体发生了位移，不一定有力对它做功分析：做功包含的两个必要因素是：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过一定的位移．根据W＝Flcosα求解．解答：A、力对物体做功多，根据W＝Flcosα，如果力很大，那么物体的位移不一定大，故A错误B、力对物体做功小，根据W＝Flcosα，如果力位移很小，那么物体的受力不一定小，故B错误C、力对物体不做功，根据W＝Flcosα，可能α＝90°，所以物体不一定没有移动，故C错误D、物体发生了位移，如果力的方向与位移方向垂直，那么力对它不做功，故D正确故选：D。点评：对物体做功必须同时满足两个条件：对物体施加力，物体在这个力的作用下通过一定的位移．【解题方法点拨】1.对功的概念的理解（1）做功的两个必不可少的因素理解功的概念，首先要知道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。力对物体是否做了功只与这两个因素有关，与其他因素诸如物体运动的快慢、运动的性质、物体的质量、物体是否受其他力作用等均无关。（2）功是过程量，总是与一个具体的过程相对应同时功与具体的某个力或某几个力相对应，通常我们说某个力或某几个力所做的功。2.对计算功的大小的公式的两点提醒（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcosα并不是普遍适用的，它只适用于大小和方向均不变的恒力做功。如果F是变力，W＝Flcosα就不适用了。（2）F与l必须具备同时性，即必须是力作用过程中物体的位移。如果力消失后物体继续运动，力所做的功就只跟力作用的那段位移有关，跟其余的位移无关，5．瞬时功率的计算【知识点的认识】1.对于恒力做功，瞬时功率为P＝Fvcosα（v是瞬时速度，α是力与速度的夹角）2.如果力与速度的方向一致，则P＝Fv【命题方向】物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为（）A、mg2ghB、12mgC、mg2ghsinαD、分析：应用公式P＝Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率．解答：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=12物体滑到底端重力功率为：P＝mgvsinα②联立①②解得：P＝mg2ghsinα，故选项ABD错误，故选：C。点评：物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用．【解题思路点拨】①对于瞬时功率的计算，一定要牢记瞬时功率等于力在速度方向上的投影与速度的乘积。②重力的功率等于重力乘以竖直方向上的速度。6．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题【知识点的认识】1.碰撞的特点：（1）时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。（2）相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。2.设两个物体的质量分别为m1和m2，碰撞前两个物体的速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，则根据动量守恒定律有m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′3.【命题方向】甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿着同一直线相向运动，它们的质量和速度大小分别为m1＝0.5kg，v1＝2m/s，m2＝3kg，v2＝1m/s．两小车相碰后，乙车的速度减小为v2′＝0.5m/s，方向不变，求甲车的速度v1′．分析：两小车相碰过程，两车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后甲的速度．解答：两车组成的系统动量守恒，以乙车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v2﹣m1v1＝m2v2′+m1′v1′，代入数据解得：v1′＝1m/s；方向与v2方向相同．答：甲车的速度v1′为1m/s；方向与v2方向相同．点评：本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，应用动量守恒定律时要注意正方向．【解题思路点拨】1.碰撞的分类：（1）弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。（2）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。（3）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。2.无论哪一种碰撞，总是满足动量守恒定律。7．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．8．电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断【知识点的认识】1.电场中某一点的电场强度方向与正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的受力方向相反。2.知道电荷性质、电场强度方向、电场力的方向三者中的两个就可以推出第三个。【命题方向】如图是电场中某区域的电场线，箭头方向向右，P点是电场中的一点，则（）A、P点的电场强度方向向左B、正点电荷在P点所受的电场力的方向向左C、P点的电场强度方向向右D、P点的电场强度方向向右分析：正点电荷在P点所受的电场力的方向向右；电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同，电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向．解答：匀强电场的方向水平向右，所以P点的场强方向水平向右，正电荷在P点所受电场力方向水平向右。故C、D正确，A、B错误。故选：CD。点评：解决本题的关键知道电场强度的方向是如何规定的，以及知道电场线的特点．【解题思路点拨】1.当求解电场中的力学问题时，首先就要检查电荷性质、电场强度方向、电场力的方向中哪些是可以确定的，从而推出未知量，进而求出其他物理量。2.知识点的延伸：电场强度的方向就是电场线的切线方向。9．电流的概念、性质及电流强度的定义式【知识点的认识】1.定义：自由电荷的定向移动形成电流．2.方向：规定为正电荷定向移动的方向．3.电流强度的定义式：I=qt，4.电流的单位：安培，符号是A。是国际单位制中七个基本物理量之一。5.物理意义：单位时间内通过导体横截面的电荷量。6.标矢性：电流的方向是人为规定的，以正电荷定向移动的方向为正方向，运算时遵从的是代数运算法则，所以电流是标量。【命题方向】关于电流，下列说法中正确的是（）A、通过导体横截面的电荷量越多，电流就越大B、对于导体，只要其两端有电压就有电流C、单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大D、因为电流有方向，所以电流是矢量分析：根据电流的定义式I=q解答：AC、根据电流的定义式I=qt可知，电流的大小由通过导体横截面积的电量和时间来计算，在时间不确定的情况下，通过导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大。故A错误，B、要形成电流，不但要有有电压，电路还需构成闭合回路，故B错误。D、电流虽然有方向，但叠加不符合平行四边形法则，故不是矢量。故D错误。故选：C。点评：考查电流的形成条件及电流定义式的识记。解题时牢记电流由电压和电阻决定，I=q【解题思路点拨】1.电荷定向运动才形成电流，并不是电荷运动就可形成电流，其实导体内自由电荷是处于不停的热运动之中的，但并不形成电流。2.电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反。10．电流的微观表达式【知识点的认识】1.电流的微观表达式的推导如图所示，AD表示粗细均匀的一段长为l的导体，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量大小为q。则：导体AD内的自由电荷全部通过横截面D所用的时间t=导体AD内的自由电荷总数N＝nlS，总电荷量Q＝Nq＝nlSq，此导体上的电流I=Q2.电流的微观表达式：I＝nqSv（1）I=qt是电流的定义式，I＝nqSv电流的决定式，因此电流I通过导体横截面的电荷量q及时间t无关，从微观上看，电流的大小取决于导体中单位体积内的自由电荷数n、每个自由电荷的电荷量大小q、定向移动的速率v，还与导体的横截面积（2）v表示电荷定向移动的速率。自由电荷在不停地做无规则的热运动，其速率为热运动的速率，电流是自由电荷在热运动的基础上向某一方向定向移动形成的。【命题方向】有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I；设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（）A.nvSΔtB.nv•ΔtC.IΔtveD.分析：首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．解答：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为V＝vtS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N＝nvSΔt。由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为Q＝It，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=It故只有A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．【解题思路点拨】用电流的微观表达式求解问题的注意点（1）准确理解公式中各物理量的意义，式中的v是指自由电荷定向移动的速率，不是电流的传导速率，也不是电子热运动的速率。（2）I＝neSv是由I=qt导出的，若11．地磁场【知识点的认识】地磁场①地磁场的N极在地球南极附近，S极在地球北极附近，磁感线分布如图所示．②地磁场B的水平分量（Bx）总是从地球南极指向北极，而竖直分量（By）则南北半球相反，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下．③在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁场强弱相等，且方向水平向北．【命题方向】常考题型：对基本概念的考查地球是一个大磁体，它的存在对地球的影响是巨大的，下列有关地磁场的相关说法中，正确的是（）A．在地面上放置一枚小磁针，在没有其他磁场的影响下静止的小磁针的南极指向地磁场的南极B．地磁场的北极在地理的南极附近C．北半球地磁场的方向相对地面总是垂直向下的D．地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的分析：地球是个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近．地球周围存在着磁场．解答：A、在地面上放置一枚小磁针，在没有其他磁场的影响下静止的小磁针的南极指向地磁场的北极．故A错误；B、地理北极附近是地磁南极，地理南极附近是地磁北极．故B正确；C、D、地磁场的磁感线可分解成两个分量，水平分量指向地理北极附近，若在北半球，则竖直分量竖直向下；若是南半球，则是竖直向上．故CD都错误．故选：B．点评：（1）地球是个巨大的磁体，地球的周围存在着磁场，任一点的磁场方向是不变的．（2）地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近．（3）小磁针北极所指向即为磁场的方向．【解题思路点拨】地球本身是一个大磁体，它的N极位于地理南极附近，S极位于地理北极附近。在地磁两极，磁针竖直指向地面；在赤道上，磁针水平指示南北。磁针指示南北是一种近似的说法，小磁针的指向与地理正南正北方向之间的夹角称为磁偏角。对于地球磁性的成因，目前仍没有确定的说法，部分科学家认为是由地核中熔化了的金属（铁和镍）的环流引起的。地磁场对人类的生产生活都有重要意义。根据地磁场出现的异常情况，可发现未知的矿藏或者特殊的地质构造。地磁场能使来自太阳的高速带电粒子流偏转，成为地球生命的“保护伞”。12．安培力的概念【知识点的认识】1.定义：通电导线在磁场中受的力叫作安培力。2.特点：（1）通电在导线在磁场中不一定受到安培力，当导线与磁场方向平行时，受到的安培力等于零。（2）安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直。【命题方向】关于磁场对通电直导线的作用力，下列说法中正确的是（）A、通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，等于零B、通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C、作用力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向D、通电直导线跟磁场方向不垂直时没有作用力分析：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．根据左手定则可知安培力的方向．解答：AB、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．故A、B正确。C、根据左手定则，知安培力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向。故C正确。D、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，当导线与磁场的方向既不平行也不垂直时，安培力的大小介于0和最大值之间。故D错误。故选：ABC。点评：解决本题的关键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．【解题思路点拨】电场力、安培力、洛伦兹力辨析①带电粒子在电场中受到的力叫作电场力，无论带电粒子处于什么状态，带电粒子在电场中一定受到电场力。②通电导线在磁场中受到的力叫作安培力，只有通电导线与磁场不平行时，才会受到安培力作用。③带电粒子在磁场中受到的力叫作洛伦兹力，带电粒子需要有速度并且速度方向不能与磁场方向平行。13．左手定则判断安培力的方向【知识点的认识】1.安培力的方向：通电导线在磁场中所受安培力的方向与磁感应强度方向、电流方向都垂直。2.左手定则：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；让磁感线从掌心垂直进人，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。如下图所示：【命题方向】如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．解答：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上。四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左。故选：C。点评：本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．【解题思路点拨】安培力方向的特点安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即安培力的方向垂直于电流I和磁场B所决定的平面。（1）当电流方向与磁场方向垂直时，安培力方向、磁场方向、电流方向两两垂直，应用左手定则时，磁感线垂直穿过掌心。（2）当电流方向与磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定则时，磁感线斜着穿过掌心。14．洛伦兹力的概念【知识点的认识】1.定义：洛伦兹力是指磁场对运动电荷的作用力。2.特点：（1）洛伦兹力是电荷在磁场中受到的力，但是电荷在磁场中却不一定总是受到洛伦兹力。只有当电荷在磁场中运动，且运动方向不与磁场平行时，才会受到洛伦兹力的作用。（2）洛伦兹力总是垂直于电荷的运动方向和磁场方向。【命题方向】下列说法中正确的有（）A、只要带电粒子在磁场中运动，就会受到洛伦兹力的作用B、带电粒子在空间定向运动，其周围空间一定形成磁场C、带电粒子垂直射入磁场中，必会受到洛伦兹力的作用D、洛伦兹力总是不做功分析：当带电粒子的速度方向与磁场方向不平行时，会受到洛伦兹力，洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功．解答：A、当带电粒子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力。故A错误。B、带电粒子定向移动，形成电流，电流的周围存在磁场。故B正确。C、带电粒子的速度方向与磁场不平行，会受到洛伦兹力。故C正确。D、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功。故D正确。故选：BCD。点评：解决本题的关键知道带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力．以及知道电流的周围存在磁场．【解题思路点拨】电荷在磁场中受到洛伦兹力的条件是：（1）电荷要运动；（2）电荷的运动方向与磁场方向不平行。15．左手定则判断洛伦兹力的方向【知识点的认识】1.左手定则的内容：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；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向（如下图）。负电荷受力