2025年高考备考高中物理个性化分层教辅学困生篇《磁场》

第1页（共1页）2025年高考备考高中物理个性化分层教辅学困生篇《磁场》一．选择题（共10小题）1．（2024•如皋市校级开学）如图所示，三根长直导线通有大小相同的电流，分别放在正方形ABCD的三个顶点，其中A、B处导线电流方向垂直纸面向外，C处导线电流方向垂直纸面向里，此时正方形中心O点的磁感应强度大小为B0。若将C处的导线撤去，则O点处的磁感应强度大小为（）A．105B0 B．255B2．（2024•广东模拟）如图所示，水平放置着一根通电直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c和d是以通电直导线为圆心的同一圆周上的四个点。已知通电直导线产生磁场的磁感应强度在同一圆周上各点大小相等。再添加一个竖直向下的匀强磁场，则在这四个点中合磁场的磁感应强度最大的点是（）A．a B．b C．c D．d3．（2024春•临沂期末）临沂籍物理学家薛其坤院士荣获2023年度国家最高科学技术奖。薛院士在研究霍尔效应的过程中发现了量子反常霍尔效应现象。如图是某金属材料做成的霍尔元件，所加磁场方向及电流方向如图所示，则（）A．该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势高 B．该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势低 C．该霍尔元件的上下两表面间存在电压，且上表面电势高 D．该霍尔元件的上下两表面间存在电压，且上表面电势低4．（2024春•番禺区校级期中）如图所示为电流天平。它的右臂挂有一个矩形金属线圈，匝数为N，底边长为L，下部悬在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。当线圈中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向、大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡。以下关于磁场的磁感应强度B的大小判断正确的是（）A．若金属线圈的质量不能忽略，则B＞mgB．若金属线圈的质量不能忽略，则B＜mgC．若金属线圈的质量不能忽略，则B=mgD．若金属线圈的质量不能忽略，则B=5．（2024春•阆中市校级期末）金属原子由带正电的原子核和核外带负电电子组成，金属导线中通有水平向右的电流I，在导线的下方某处水平向右射入电子A，如图所示。下列说法正确的是（）A．电子A在金属原子核的作用下向上偏转 B．电子A在金属原子核外电子的作用下向下偏转 C．电子A在洛伦兹力的作用下向上偏转 D．电子A在洛伦兹力的作用下向下偏转6．（2024春•中山市期末）如图，粗细均匀的铜导线制作的正六边形线框abcdef，垂直于匀强磁场放置，b、c点与直流电源相接，ab边受到的安培力大小为F，不考虑各边之间的相互作用，则bc边受到的安培力大小为（）A．F B．10F C．5F D．57．（2024春•南宁期末）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0沿水平方向入射，速度方向与半径方向的夹角为30°，经磁场偏转后刚好能从C点（未画出）反向射出，不计电荷的重力，下列说法正确的是（）A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点 B．该点电荷在磁场中的运动时间为πRvC．该点电荷的比荷为2vD．若磁场反向，则该点电荷在磁场中运动的时间为πR8．（2024春•拉萨期末）如图所示，在条形磁铁的右侧放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，线圈最初与条形磁铁处于同一平面内，通以顺时针方向的电流后，该线圈的运动情况为（）A．ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时靠近磁铁 B．ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时靠近磁铁 C．ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时远离磁铁 D．ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时远离磁铁9．（2023秋•广州期末）北宋《武经总要》记载，让铁鱼的头尾指向南北，先把铁鱼烧红，再将铁鱼放入水中冷却，依靠地磁场获得磁性，后让其在水中漂浮，制成指南鱼（鱼头指南），如图是指南鱼静止时的指向。下列判断正确的是（）A．指南鱼的鱼头应标注“S” B．指南鱼周围存在磁感线 C．指南鱼不能吸引小铁针 D．指南鱼的鱼头磁性最弱10．（2024春•琼山区校级期中）导体棒ab在匀强磁场中沿金属导轨运动时，棒中的感应电流方向如图。则ab棒的运动方向和螺线管内部磁场方向分别为（）A．向左，M指向N B．向右，M指向N C．向左，N指向M D．向右，N指向M二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024春•中山市期末）如图所示，边长为L的等边三角形A′B′C′区域内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。若将质量为m、电荷量为q的带正电粒于从顶点A′沿角平分线方向以不同的速率射入磁场区域内，不计粒子重力，则（）A．粒子可能从B′点射出 B．粒子入射速率为BqLm时，从C′点射出C．粒子入射时的速率越大，在磁场中的运动时间一定越短 D．从A′C′边射出的粒子，出磁场时的速度方向都相同（多选）12．（2024春•拉萨期末）下列四幅图中有关装置的原理和现象的分析正确的是（）A．图甲电路通电稳定后断开开关瞬间，灯泡一定会闪一下再熄灭 B．图乙变压器采用了电磁互感原理，铁芯用彼此绝缘的硅钢片叠加而成从而减小涡流 C．图丙过山车进入停车区的过程中铜片受到强力磁铁的安培力使过山车减速 D．图丁D形盒半径、磁感应强度不变，若加速电压越高，质子飞出D形盒的动能将越大（多选）13．（2023秋•黄埔区期末）我国特高压技术一路领先全球，即便美国也无法超越，特高压技术，指交流1000kV和直流±800kV电压等级的输电技术。该技术最大的特点是能够实现长途高效输电，被称为“电力系统高速铁路”。如图的高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4，目的是将导线间距固定为l，防止导线相碰，图为其截面图，abcd的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时，不计地磁场的影响，则（）A．穿过abcd的磁通量为零 B．穿过abcd的磁通量不为零 C．O点的磁感应强度为零 D．ad边中点处的磁感应强度不为零（多选）14．（2024•福州模拟）如图甲，某科技小组要探究长直导线周围磁场分布情况，将长直导线沿南北方向水平放置，在导线正下方、与导线距离为r的P处放置一枚可自由转动的小磁针。当导线中通以恒定电流后，小磁针N极向纸外偏转，测得小磁针静止时N极偏离南北方向的角度θ，其正切值tanθ与1r的关系图像如图乙所示。已知实验所在处地磁场水平分量大小恒为B0A．导线中的电流方向由北向南 B．电流在P处产生的磁场方向就是小磁针静止时N极所指的方向 C．电流在导线正下方r0处产生的磁场的磁感应强度大小为32D．导线正下方r0处磁场的磁感应强度大小为2（多选）15．（2024春•青秀区校级期末）关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是（）A．电荷放入静电场中一定受静电力，电荷放入磁场中不一定受洛伦兹力 B．若通电导线在磁场中受到的安培力为零，该处磁场的磁感应强度不一定为零 C．洛伦兹力可能做功也可能不做功 D．磁场对通电导线的作用力的方向不一定与磁场方向垂直三．填空题（共5小题）16．（2024•泉州模拟）利用霍尔效应制成的传感器被广泛应用于自动控制等领域。如图，宽为d的金属板置于匀强磁场中，磁场方向与金属板垂直，磁感应强度大小为B。当金属板通入如图所示的电流时，金属板（填“上”、“下”）表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为v，则金属板上产生的霍尔电压为。17．（2024•碑林区学业考试）（1）在竖直方向的磁场中，有一个共有100匝的闭合矩形线圈水平放置，在0.02s时间内，穿过线圈的磁通量从零均匀增加到6.4×10﹣4Wb，则：磁通量的变化量ΔΦ＝；（2）匀强磁场中长2cm的通电导线垂直磁场方向，当通过导线的电流为2A时，它受到的磁场力大小为4×10﹣3N则磁感应强度的大小B＝。18．（2023秋•徐汇区校级期末）等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，置于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则另一支路MLN受到的安培力的大小为，整个回路受到的安培力大小为。19．（2022秋•福州期末）如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量为．若使框架绕OO′转过60°角，则穿过框架平面的磁通量为．20．（2022秋•安康期末）已知北京地面处的地磁场水平分量约为3×10﹣5T。某校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验，他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上，如图所示。小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向。请在图上标明螺线管导线的绕向，并求出该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度大小为T。（保留一位有效数字）四．解答题（共5小题）21．（2024春•拉萨期末）为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R、3R，区域中的危险区内有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，且直径CD的两端各开有小孔，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点C处开有一小孔，两板间电压为U0（1）粒子通过C孔时速度v0的大小；（2）磁感应强度B的大小。22．（2023秋•重庆期末）如图所示，两光滑平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着方向竖直向上的匀强磁场。现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，当接通电源后，导轨中通过的电流恒为I＝1.5A时，导体棒恰好静止，g取10m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）求磁场的磁感应强度的大小？（2）若突然只将磁场方向变为垂直斜面向上，其他条件不变，则磁场方向改变后的瞬间，求导体棒的加速度的大小和方向？23．（2024春•杭州期中）如图所示为等臂电流天平，左臂挂盘和砝码的总质量为0.4kg，右臂所挂矩形线圈的总质量为0.3kg，线圈水平边的长为0.1m。下边处在磁感应强度大小为1.0T，方向垂直线圈平面（纸面）向里的匀强磁场中。当线圈中通过大小为1.0A，方向如图中所示（顺时针）的电流时两臂正好平衡。重力加速度为g，（g取10m/s2）（1）求右边线圈的匝数N为多少？（2）若线圈的电流方向突然反向（逆时针），则左臂的挂盘及砝码的总质量应为多少才能保持天平再次平衡？24．（2023春•德州期末）如图甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势E＝8V，内阻r＝1Ω。在两圆环上放置一导体棒，导体棒质量m＝0.06kg，长度L＝1m，电阻R＝1Ω，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上。开关S闭合后，导体棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，从右往左看的示意图如图乙所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）导体棒所受安培力的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小。25．（2023秋•贵阳月考）我国电磁炮发射技术世界领先，现役坦克电磁炮的速度可达1800m/s，射程可达250km。图为一款小型电磁炮的原理图，已知水平轨道宽d＝2m，长l＝100m，通以恒定电流I＝1×104A，轨道间匀强磁场的磁感应强度大小B＝10T，炮弹的质量m＝10kg，不计电磁感应带来的影响。（1）若不计轨道摩擦和空气阻力，求电磁炮弹离开轨道时的速度大小；（2）实际上炮弹在轨道上运动时会受到空气阻力和摩擦阻力，若其受到的阻力与速度的关系为f＝kv2，其中阻力系数k＝0.8N•s2/m2，炮弹离开轨道前做匀速运动，求炮弹离开轨道时的速度大小。

2025年高考备考高中物理个性化分层教辅学困生篇《磁场》参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•如皋市校级开学）如图所示，三根长直导线通有大小相同的电流，分别放在正方形ABCD的三个顶点，其中A、B处导线电流方向垂直纸面向外，C处导线电流方向垂直纸面向里，此时正方形中心O点的磁感应强度大小为B0。若将C处的导线撤去，则O点处的磁感应强度大小为（）A．105B0 B．255B【考点】磁感应强度的矢量叠加；通电直导线周围的磁场．【专题】信息给予题；定量思想；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】根据右手螺旋定则判断各通电导线在O点产生的磁感应强度方向，根据平行四边形定则求合磁感应强度。【解答】解：设每根通电导线单独在O点产生的磁感应强度大小为B，各通电导线O点产生的磁感应强度的方向如图所示：导线A在O点产生的磁感应强度方向为从O指向D，B点导线在O点产生的磁感应强度的方向为从O指向A，C点导线在O点产生的磁感应强度的方向为从O指向D；根据平行四边形定则，O点的合场强B解得B=将C点处的导线撤去后，O点处的磁感应强度大小为B综上分析，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题主要考查了直导线产生的磁感应强度以及磁感应强度的合成；掌握直导线磁感应强度方向的判断方法，掌握平行四边形定则是解题的关键。2．（2024•广东模拟）如图所示，水平放置着一根通电直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c和d是以通电直导线为圆心的同一圆周上的四个点。已知通电直导线产生磁场的磁感应强度在同一圆周上各点大小相等。再添加一个竖直向下的匀强磁场，则在这四个点中合磁场的磁感应强度最大的点是（）A．a B．b C．c D．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；推理能力．【答案】A【分析】根据安培定则确定通电直导线产生的磁场在a、b、c、d四个点的方向，根据磁场叠加原理，应用平行四边形定则解答。【解答】解：根据安培定则，通电直导线产生的磁场在圆周上的a、b、c、d四个点的方向如下图所示。根据磁场叠加原理，在a点电直导线产生的磁场与匀强磁场方向相同，此处合磁场的磁感应强度最大，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了磁场叠加原理与安培定则的应用。磁场叠加为矢量和，根据平行四边形定则求解。3．（2024春•临沂期末）临沂籍物理学家薛其坤院士荣获2023年度国家最高科学技术奖。薛院士在研究霍尔效应的过程中发现了量子反常霍尔效应现象。如图是某金属材料做成的霍尔元件，所加磁场方向及电流方向如图所示，则（）A．该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势高 B．该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势低 C．该霍尔元件的上下两表面间存在电压，且上表面电势高 D．该霍尔元件的上下两表面间存在电压，且上表面电势低【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；推理能力．【答案】A【分析】根据粒子的电性结合左手定则得出电势的高低，结合题目选项完成分析。【解答】解：根据题意，由于金属材料的载流子为自由电子，由左手定则可知，自由电子向后表面偏转，则该霍尔元件的前后表面间存在电压，且前表面电势高，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，解题的关键点是利用左手定则分析出洛伦兹力的方向，难度不大。4．（2024春•番禺区校级期中）如图所示为电流天平。它的右臂挂有一个矩形金属线圈，匝数为N，底边长为L，下部悬在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。当线圈中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向、大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡。以下关于磁场的磁感应强度B的大小判断正确的是（）A．若金属线圈的质量不能忽略，则B＞mgB．若金属线圈的质量不能忽略，则B＜mgC．若金属线圈的质量不能忽略，则B=mgD．若金属线圈的质量不能忽略，则B=【考点】安培力的概念；共点力的平衡问题及求解．【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】根据左手定则可知由安培力方向不计与磁场方向有关，还与电流方向有关，在其他条件不变时，电流方向改变，安培力方向随之改变，再根据平衡条件求解磁感应强度。【解答】解：第一次平衡时和第二次平衡时，天平右边受力之差为2NBIL，天平左边的受力差别就是mg，根据矩形金属线圈受力平衡可知，mg＝2NBIL解得B=mg故选：C。【点评】注意根据安培力公式计算安培力时，一定要考虑线圈的匝数。5．（2024春•阆中市校级期末）金属原子由带正电的原子核和核外带负电电子组成，金属导线中通有水平向右的电流I，在导线的下方某处水平向右射入电子A，如图所示。下列说法正确的是（）A．电子A在金属原子核的作用下向上偏转 B．电子A在金属原子核外电子的作用下向下偏转 C．电子A在洛伦兹力的作用下向上偏转 D．电子A在洛伦兹力的作用下向下偏转【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；推理能力．【答案】D【分析】根据安培定则判断电流的磁场方向，根据左手定则来判断洛伦兹力的方向。【解答】解：由安培定则可知，在电子处电流的磁场方向垂直于纸面向里，电子由左向右运动，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力竖直向下，则电子向下偏转，由于电子与金属原子核相距较远，电子受的洛伦兹力远大于金属原子核对电子的吸引力，金属原子核对电子的吸引力可忽略不计，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，关键是判断磁场方向、电荷运动方向以及洛伦兹力方向的关系，注意四指所指的方向与正电荷运动方向相同，与负电荷运动方向相反。6．（2024春•中山市期末）如图，粗细均匀的铜导线制作的正六边形线框abcdef，垂直于匀强磁场放置，b、c点与直流电源相接，ab边受到的安培力大小为F，不考虑各边之间的相互作用，则bc边受到的安培力大小为（）A．F B．10F C．5F D．5【考点】通电非直导线安培力大小的计算．【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】由图可知导体棒bc与另外5根导体棒是并联关系，根据电路特征判断流过各根导体棒的电流大小，结合安培力F＝BIL求解。【解答】解：设总电流为I，流过ab的电流为I1，流过bc的电流为I2，ab边的电阻为R，由并联分流原理可得I1+I2＝II1•5R＝I2R解得I1=1根据F＝BIL可知，ab边受到的安培力大小为F＝BI1L则bc边受到的安培力大小为FA＝BI2L＝5BI1L＝5F，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本题主要是考查安培力的计算，要结合电路的电压和电流关系判断各根导体棒电流大小，需熟练掌握安培力计算公式。7．（2024春•南宁期末）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0沿水平方向入射，速度方向与半径方向的夹角为30°，经磁场偏转后刚好能从C点（未画出）反向射出，不计电荷的重力，下列说法正确的是（）A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点 B．该点电荷在磁场中的运动时间为πRvC．该点电荷的比荷为2vD．若磁场反向，则该点电荷在磁场中运动的时间为πR【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据电荷在磁场中偏转180°和电荷在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动作出电荷在磁场中的运动轨迹，根据已知条件由几何关系和洛伦兹力提供向心力推导即可。【解答】解：A.因点电荷射入磁场时初速度方向不是沿半径方向，则该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线也不会通过O点，故A错误；B．粒子在磁场中的运动轨迹如图由几何关系可知，该点电荷在磁场中的运动半径为r=1则运动时间为t=πR故B错误；C．根据洛伦兹力提供向心力得qv解得该点电荷的比荷为qm故C正确；D．若磁场反向，粒子运动轨迹如图设粒子在磁场中运动圆弧所对的圆心角为2θ，则由正弦定理可知Rsinθ解得tanθ=3故2θ＜πt=2θ⋅故D错误。故选：C。【点评】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，正确的判断带电粒子在磁场中的运动轨迹，利用几何关系求运动半径，洛伦兹力提供向心力是解决本题的关键。8．（2024春•拉萨期末）如图所示，在条形磁铁的右侧放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，线圈最初与条形磁铁处于同一平面内，通以顺时针方向的电流后，该线圈的运动情况为（）A．ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时靠近磁铁 B．ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时靠近磁铁 C．ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时远离磁铁 D．ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时远离磁铁【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】由左手定则可以判断各边受力方向，由安培力公式及对称性可以判断安培力的大小。【解答】解：线框所在的区域磁场方向向下，根据左手定则知ab受力垂直纸面向里，cd受力垂直纸面向外，故ab边转向纸内，cd边转向纸内，同时靠近磁铁。故选：A。【点评】知道条形磁铁的磁场分布，熟练应用安培力公式及左手定则即可正确解题，此题也可将矩形电流等效为N极向里的磁铁，根据磁极之间相互作用判定运动情况。9．（2023秋•广州期末）北宋《武经总要》记载，让铁鱼的头尾指向南北，先把铁鱼烧红，再将铁鱼放入水中冷却，依靠地磁场获得磁性，后让其在水中漂浮，制成指南鱼（鱼头指南），如图是指南鱼静止时的指向。下列判断正确的是（）A．指南鱼的鱼头应标注“S” B．指南鱼周围存在磁感线 C．指南鱼不能吸引小铁针 D．指南鱼的鱼头磁性最弱【考点】磁感线的概念和性质；磁现象与磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理能力．【答案】A【分析】（1）磁性是指能够吸引铁、钴、镍等物质的性质，不是所有物体都能被吸引；（2）磁感线实际不存在，是为了描述磁场的分布假想的曲线；（3）异名磁极相互吸引；（4）磁极位置磁性最强，中间位置磁性最弱。【解答】解：A、地磁场的南极在地球的北极附近，地磁场的北极在地球的南极附近，如图所示，故指南鱼的鱼头指向南极，鱼头的磁极应标注“S”，故A正确；B、磁感线是为了形象描述磁场而假想的曲线，不是客观存在，故B错误；C、鱼形铁已经被磁化，是个磁体，磁体与磁体可以相互吸引，故C错误；D、指南鱼是个磁体，类似条形磁铁，两极位置磁性最强，中间最弱，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了指南鱼、物体的浮沉条件和地磁场的有关知识，属于识记性知识，将课本内容记忆清楚是关键。10．（2024春•琼山区校级期中）导体棒ab在匀强磁场中沿金属导轨运动时，棒中的感应电流方向如图。则ab棒的运动方向和螺线管内部磁场方向分别为（）A．向左，M指向N B．向右，M指向N C．向左，N指向M D．向右，N指向M【考点】环形电流或通电螺线管周围的磁场；楞次定律及其应用；右手定则；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】C【分析】根据右手定则判断ab棒的运动方向，再根据安培定则判断螺线管中的磁场方向。【解答】解：由右手定则可知，ab棒向左运动才能产生如图所示的电流；螺线管中电流由下方流入，由安培定则可知，螺线管内部磁场由N指向M，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题关键要掌握右手定则和安培定则，要明确两个问题：一是什么条件下用什么定则；二是怎样用。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024春•中山市期末）如图所示，边长为L的等边三角形A′B′C′区域内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。若将质量为m、电荷量为q的带正电粒于从顶点A′沿角平分线方向以不同的速率射入磁场区域内，不计粒子重力，则（）A．粒子可能从B′点射出 B．粒子入射速率为BqLm时，从C′点射出C．粒子入射时的速率越大，在磁场中的运动时间一定越短 D．从A′C′边射出的粒子，出磁场时的速度方向都相同【考点】带电粒子在三角形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】A.根据左手定则明确粒子的偏转方向，判断粒子能不能从B′点射出；B.根据洛伦兹力提供向心力，画出轨迹图，再根据几何关系求出半径，最终求出粒子入射速率；CD.根据周期公式和圆心角求出粒子在磁场中的运动时间表达式，再具体分析选项即可。【解答】解：A．由左手定则可知，粒子会向A′C′偏转，不可能从B′点射出，故A错误；B．由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv若粒子从C′点射出，如图根据几何关系有r＝L解得v=BqL故B正确；C．粒子在磁场中的运动周期为T=2πm设粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，粒子在磁场中的运动时间为t=θ当粒子的速度小于等于BqLmD．从A′C′边射出的粒子，在磁场中偏转角度相同，出磁场时的速度方向都相同，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，解决该题的关键是能根据洛伦兹力提供向心力求解粒子做匀速圆周运动的半径，正确作出粒子在磁场中的运动轨迹，掌握左手定则。利用轨迹圆心角和周期求解时间。（多选）12．（2024春•拉萨期末）下列四幅图中有关装置的原理和现象的分析正确的是（）A．图甲电路通电稳定后断开开关瞬间，灯泡一定会闪一下再熄灭 B．图乙变压器采用了电磁互感原理，铁芯用彼此绝缘的硅钢片叠加而成从而减小涡流 C．图丙过山车进入停车区的过程中铜片受到强力磁铁的安培力使过山车减速 D．图丁D形盒半径、磁感应强度不变，若加速电压越高，质子飞出D形盒的动能将越大【考点】回旋加速器；自感现象与自感系数；变压器的构造与原理；安培力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；交流电专题；理解能力．【答案】BC【分析】根据闪亮的条件分析；根据产生涡流的大小因素分析；通电导体在磁场中会受到力的作用；写出电荷的动能表达式分析。【解答】解：A．图甲电路通电稳定后断开开关瞬间，灯泡A不一定会闪一下再熄灭，只有当电路稳定时通过线圈中的电流比通过灯泡中电流大时，灯泡才会闪一下再熄灭，故A错误；B．图乙变压器采用了电磁互感原理，铁芯用彼此绝缘的硅钢片叠加而成，这样大大增加量硅钢片的电阻，所以能有效的防止产生涡流，故B正确；C．过山车进入停车区的过程中，铜片中有感应电流通过，处于磁场中，则受到的安培力，且安培力的方向与过山车的运动方向相反，使过山车减速，故C正确；D．由qvB=mv可得v=qBr则最大动能为Ek知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故D错误。故选：BC。【点评】只要掌握了自感、变压器、电磁阻尼和回旋加速器的工作原理，知道灯泡闪亮一下的条件，能够得到回旋加速器加速粒子最后所得到的动能大小表达式，基础题。（多选）13．（2023秋•黄埔区期末）我国特高压技术一路领先全球，即便美国也无法超越，特高压技术，指交流1000kV和直流±800kV电压等级的输电技术。该技术最大的特点是能够实现长途高效输电，被称为“电力系统高速铁路”。如图的高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4，目的是将导线间距固定为l，防止导线相碰，图为其截面图，abcd的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时，不计地磁场的影响，则（）A．穿过abcd的磁通量为零 B．穿过abcd的磁通量不为零 C．O点的磁感应强度为零 D．ad边中点处的磁感应强度不为零【考点】安培定则（右手螺旋定则）．【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】ACD【分析】根据安培定则分析各导线产生的磁感应强度方向，根据矢量的合成分析合磁感应强度大小和方向；再根据磁通量的定义分析磁通量大小。【解答】解：AB．根据安培定则可知，四根通电导线在abcd面处的磁场方向均与abcd所在平面平行，所以根据磁通量的定义可知，穿过abcd的磁通量为零，故B错误，A正确；C．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由安培定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于零，故C正确；D．根据安培定则以及对称性可知，L1和L4在ad边中点处的磁感应强度方向与L2和L3在ad边中点处的磁感应强度方向相反，但大小不相等，所以ad边中点处的磁感应强度不为零，故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查对磁通量和安培定则的掌握，要注意明确磁感应强度为矢量，要根据矢量合成原则分析各点的磁感应强度大小。（多选）14．（2024•福州模拟）如图甲，某科技小组要探究长直导线周围磁场分布情况，将长直导线沿南北方向水平放置，在导线正下方、与导线距离为r的P处放置一枚可自由转动的小磁针。当导线中通以恒定电流后，小磁针N极向纸外偏转，测得小磁针静止时N极偏离南北方向的角度θ，其正切值tanθ与1r的关系图像如图乙所示。已知实验所在处地磁场水平分量大小恒为B0A．导线中的电流方向由北向南 B．电流在P处产生的磁场方向就是小磁针静止时N极所指的方向 C．电流在导线正下方r0处产生的磁场的磁感应强度大小为32D．导线正下方r0处磁场的磁感应强度大小为2【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】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理能力．【答案】AD【分析】根据小磁针的指向和安培定则得出感应电流的方向；根据矢量合成的特点，结合几何关系得出对应位置的磁感应强度大小。【解答】解：A、小磁针N极向纸外偏转，表明电流产生的磁场在小磁针位置的方向向东，根据安培定则可知，导线中的电流方向由北向南，故A正确；B、电流在P处产生的磁场与地磁场水平分量的合磁场方向就是小磁针静止时N极所指向的方向，故B错误；CD、令通电导线在P处产生的磁场的磁感应强度为B1，根据磁场的叠加原理可得：B1＝B0tanθ根据图乙可知，当r＝r0时有tanθ=3解得：B根据矢量合成，导线正下方r0处磁场的磁感应强度大小为：B=B故选：AD。【点评】本题主要考查了通电导线及通电导线周围的磁场分布特点，熟悉安培定则，结合矢量合成的特点即可完成分析。（多选）15．（2024春•青秀区校级期末）关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是（）A．电荷放入静电场中一定受静电力，电荷放入磁场中不一定受洛伦兹力 B．若通电导线在磁场中受到的安培力为零，该处磁场的磁感应强度不一定为零 C．洛伦兹力可能做功也可能不做功 D．磁场对通电导线的作用力的方向不一定与磁场方向垂直【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；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】AB【分析】电荷在电场中一定受到电场力，通电导线方向与磁感应线方向平行时不受安培力；若通电导线在磁场中受到的安培力为零，根据F＝BILsinθ分析判断；洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力永不做功；根据左手定则分析判断。【解答】解：A．电荷放入静电场中一定会受睁电力，静止的电荷放入磁场中不受洛伦兹力，运动电荷的速度方向与磁感应线平行时也不受洛伦兹力，故A正确；B．若通电导线在磁场中受到的安培力为零，根据F＝BILsinθ可知，可能是通电直导线电流方向与磁场方向平行，该处磁场的磁感应强度不一定为零，故B正确；C．洛伦兹力总是与速度方向垂直，所以洛伦兹力总是不做功，故C错误；D．根据左手定则可知，磁场对通电导线的作用力即安培力方向与磁场方向一定垂直，故D错误。故选：AB。【点评】本题主要是考查电场力、安培力和洛伦兹力的大小，知道安培力的计算公式，掌握哪种情况下不受安培力或洛伦兹力，知道洛伦兹力总是不做功。三．填空题（共5小题）16．（2024•泉州模拟）利用霍尔效应制成的传感器被广泛应用于自动控制等领域。如图，宽为d的金属板置于匀强磁场中，磁场方向与金属板垂直，磁感应强度大小为B。当金属板通入如图所示的电流时，金属板上（填“上”、“下”）表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为v，则金属板上产生的霍尔电压为Bdv。【考点】霍尔效应与霍尔元件．【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】上；Bdv。【分析】根据左手定则分析出电子的偏转方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系得出霍尔电压的大小。【解答】解：根据左手定则可知，金属板中电子定向移动时受到竖直向上的洛伦兹力，则金属板上表面聚集电子；当电子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，极板间的霍尔电压保持不变，则qUd解得：U＝Bdv故答案为：上；Bdv。【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则分析出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。17．（2024•碑林区学业考试）（1）在竖直方向的磁场中，有一个共有100匝的闭合矩形线圈水平放置，在0.02s时间内，穿过线圈的磁通量从零均匀增加到6.4×10﹣4Wb，则：磁通量的变化量ΔΦ＝6.4×10﹣4Wb；（2）匀强磁场中长2cm的通电导线垂直磁场方向，当通过导线的电流为2A时，它受到的磁场力大小为4×10﹣3N则磁感应强度的大小B＝0.1T。【考点】安培力的概念；磁通量的概念和计算公式的定性分析．【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】（1）6.4×10﹣4Wb；（2）0.1T。【分析】磁通量的变化量等于末状态的磁通量减去初状态的磁通量；当导线与磁场垂直时，根据B=F【解答】解：（1）磁通量的变化量为：ΔΦ＝Φ′﹣0＝6.4×10﹣4Wb﹣0＝6.4×10﹣4Wb（2）因为导线与磁场方向垂直，所以B=F故答案为：（1）6.4×10﹣4Wb；（2）0.1T。【点评】本题考查磁通量和磁感应强度的相关计算，计算磁通量的变化量时注意不要被匝数、时间等无关因素干扰；计算磁感应强度时注意导线与磁场垂直时才能使用B=F18．（2023秋•徐汇区校级期末）等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，置于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则另一支路MLN受到的安培力的大小为F2，整个回路受到的安培力大小为3F2【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】F2；3F【分析】根据电路的特点得出支路MLN上的电流，结合安培力的计算公式完成分析。【解答】解：导体棒MN和支路MLN并联，则支路两端的电压相等，根据电阻定律可知，支路MLN的电阻是导体棒MN电阻的两倍，所以支路MLN上的电流是导体棒MN上电流的一半，且导体棒MN和支路MLN在磁场中的等效长度相等，则F1整个回路受到的安培力大小为：F合＝F+F1=故答案为：F2；3F【点评】本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉电路构造的分析，结合安培力的计算公式即可完成解答。19．（2022秋•福州期末）如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量为BS．若使框架绕OO′转过60°角，则穿过框架平面的磁通量为12BS【考点】磁通量的概念和计算公式的定性分析．【答案】见试题解答内容【分析】图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积．当它绕轴转过θ角时，线圈在磁场垂直方投影面积为Scosθ，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积．线圈从图示转过90°时，磁通量为零．【解答】解：线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积．故图示位置的磁通量为：Φ＝BS；使框架绕OO′转过60°角，则在磁场方向的投影面积为12S，则磁通量为1故答案为：BS，12【点评】本题要知道对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式Φ＝BScosθ，θ是线圈与磁场垂直方向的夹角．夹角变化，磁通量也会变化．20．（2022秋•安康期末）已知北京地面处的地磁场水平分量约为3×10﹣5T。某校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验，他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上，如图所示。小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向。请在图上标明螺线管导线的绕向如图所示，并求出该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度大小为5×10﹣5T。（保留一位有效数字）【考点】地磁场；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；理解能力．【答案】见试题解答内容【分析】根据安培定则，结合通电螺线管在小磁针处产生的磁场方向，即可判定导线的绕向；再依据矢量的合成法则，结合三角知识，即可求解。【解答】解：当不闭合开关时，因地磁场的作用，小磁针N极指向y轴的正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向，说明通电螺线管在小磁针位置产生的磁场方向沿x轴正方向，根据安培定则可知导线的绕向如图，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向，应有：tan60°=解得：B故答案为：如图所示；5×10﹣5。【点评】本题考查安培定则的内容，掌握磁场的叠加原则，理解“发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向”是合磁场方向，是解决问题的关键，同时会利用三角知识求解．四．解答题（共5小题）21．（2024春•拉萨期末）为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R、3R，区域中的危险区内有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，且直径CD的两端各开有小孔，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点C处开有一小孔，两板间电压为U0（1）粒子通过C孔时速度v0的大小；（2）磁感应强度B的大小。【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；动能定理的简单应用；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】计算题；信息给予题；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）粒子通过C孔时速度v0的大小为2eU（2）磁感应强度B的大小为1R【分析】（1）粒子在电场中做加速运动，根据动能定理列方程计算；（2）根据题意画出粒子在磁场中的轨迹，根据几何知识计算轨迹半径，根据牛顿第二定律计算磁感应强度大小。【解答】解：（1）粒子从A点运动到C点，根据动能定理有eU解得v0（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示由几何关系有(3解得r＝R由牛顿第二定律有ev解得B=1答：（1）粒子通过C孔时速度v0的大小为2eU（2）磁感应强度B的大小为1R【点评】本题关键掌握带用动能定理处理电粒子在电场中加速运动，画出轨迹确定轨迹半径，根据牛顿第二定律解决问题。22．（2023秋•重庆期末）如图所示，两光滑平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着方向竖直向上的匀强磁场。现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，当接通电源后，导轨中通过的电流恒为I＝1.5A时，导体棒恰好静止，g取10m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）求磁场的磁感应强度的大小？（2）若突然只将磁场方向变为垂直斜面向上，其他条件不变，则磁场方向改变后的瞬间，求导体棒的加速度的大小和方向？【考点】安培力的概念；作用力与反作用力．【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】（1）磁场的磁感应强度为0.5T（2）若突然只将磁场方向变为垂直斜面向上，其他条件不变，则磁场方向改变后的瞬间，导体棒的加速度的大小为1.5m/s2和方向沿斜面向上。【分析】（1）对导体棒进行受力分析，根据几何关系和物体的平衡状态得出磁感应强度的大小；（2）对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律得出导体棒的加速度。【解答】解：（1）导体棒受力如图乙所示，建立平面直角坐标系如图根据平衡条件得mgsinθ﹣F安cosθ＝0而安培力F安＝BIL解得：B＝0.5T（2）导体棒受力如图甲所示，建立直角坐标系如图根据牛顿第二定律得：F安﹣mgsinθ＝maF安＝BIL解得：a＝1.5m/s2即导体棒的加速度大小为1.5m/s2，方向沿斜面向上。答：（1）磁场的磁感应强度为0.5T（2）若突然只将磁场方向变为垂直斜面向上，其他条件不变，则磁场方向改变后的瞬间，导体棒的加速度的大小为1.5m/s2和方向沿斜面向上。【点评】本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉导体棒的受力分析，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成解答。23．（2024春•杭州期中）如图所示为等臂电流天平，左臂挂盘和砝码的总质量为0.4kg，右臂所挂矩形线圈的总质量为0.3kg，线圈水平边的长为0.1m。下边处在磁感应强度大小为1.0T，方向垂直线圈平面（纸面）向里的匀强磁场中。当线圈中通过大小为1.0A，方向如图中所示（顺时针）的电流时两臂正好平衡。重力加速度为g，（g取10m/s2）（1）求右边线圈的匝数N为多少？（2）若线圈的电流方向突然反向（逆时针），则左臂的挂盘及砝码的总质量应为多少才能保持天平再次平衡？【考点】安培力的概念；力矩的平衡条件．【专题】计算题；定量思想；方程法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．【答案】（1）求右边线圈的匝数N为10匝；（2）若线圈的电流方向突然反向（逆时针），则左臂的挂盘及砝码的总质量应为0.2kg才能保持天平再次平衡。【分析】根据天平受力平衡列式求解。【解答】解：（1）设左臂挂盘与砝码的总质量为m1，右臂所挂的矩形线圈质量为m2，通过线圈的电流为I，线框的边长为L，则有线框底边受到的安培力F＝NBIL线框受力平衡有：m1g＝m2g+F代入数据联立可得：N＝10匝（2）电流反向后，安培力反向设此时左臂挂盘与砝码的总质量为m1′，则有m1′g+F＝m2g代入数据联立可得：m1′＝0.2kg答：（1）求右边线圈的匝数N为10匝；（2）若线圈的电流方向突然反向（逆时针），则左臂的挂盘及砝码的总质量应为0.2kg才能保持天平再次平衡。【点评】本题考查受力分析和安培力的表达式，解题关键在于通过受力分析解出B的表达式，属于中等难度的题目。24．（2023春•德州期末）如图甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势E＝8V，内阻r＝1Ω。在两圆环上放置一导体棒，导体棒质量m＝0.06kg，长度L＝1m，电阻R＝1Ω，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上。开关S闭合后，导体棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，从右往左看的示意图如图乙所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）导体棒所受安培力的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小。【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；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【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】（1）导体棒所受安培力的大小为0.8N；（2）匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T。【分析】（1）以导体棒为研究对象，根据平衡条件求解导体棒受到的安培力的大小。（2）根据安培力公式F＝BIL求出磁感应强度。【解答】解：（1）根据题意，对导体棒受力分析，如图所示由平衡条件可得F安代入数据解得F安＝0.8N（2）根据题意，由公式F安＝BIL可得I=F又有I=E代入数据解得B＝0.2T答：（1）导体棒所受安培力的大小为0.8N；（2）匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T。【点评】本题是力学和电路知识的综合，关键运用力学规律求解安培力，要掌握安培力公式和欧姆定律，明确电路的连接关系进行解答。25．（2023秋•贵阳月考）我国电磁炮发射技术世界领先，现役坦克电磁炮的速度可达1800m/s，射程可达250km。图为一款小型电磁炮的原理图，已知水平轨道宽d＝2m，长l＝100m，通以恒定电流I＝1×104A，轨道间匀强磁场的磁感应强度大小B＝10T，炮弹的质量m＝10kg，不计电磁感应带来的影响。（1）若不计轨道摩擦和空气阻力，求电磁炮弹离开轨道时的速度大小；（2）实际上炮弹在轨道上运动时会受到空气阻力和摩擦阻力，若其受到的阻力与速度的关系为f＝kv2，其中阻力系数k＝0.8N•s2/m2，炮弹离开轨道前做匀速运动，求炮弹离开轨道时的速度大小。【考点】电磁炮；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．【答案】（1）电磁炮弹离开轨道时的速度大小为2000m/s；（2）炮弹离开轨道时的速度大小为500m/s。【分析】（1）电磁炮弹离开轨道前做匀加速直线运动，由运动学2ax＝v2−v（2）匀速运动时，受力平衡，由F＝f＝kv'2计算炮弹离开轨道时的速度大小。【解答】解：（1）炮弹受到的合力等于安培力，则有F＝BId由牛顿第二定律和运动学公式可知a=v2＝2al代入相关数据解得v＝2000m/s（2）炮弹离开轨道时已做匀速运动，设此时的速度为v′，则有F＝f＝kv'2v′=F代入相关已知数据解得v'＝500m/s答：（1）电磁炮弹离开轨道时的速度大小为2000m/s；（2）炮弹离开轨道时的速度大小为500m/s。【点评】本题考查安培力的应用，要注意明确电磁炮的原理，掌握左手定则以及力和运动的关系是解题的关键。

考点卡片1．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=04.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＝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=M2g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=0时，是静止，是平衡状态a≠0时，不是平衡状态2.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。2．力矩的平衡条件【知识点的认识】1．转动平衡：有转动轴的物体在力的作用下，处于静止或匀速转动状态．明确转轴很重要：大多数情况下物体的转轴是容易明确的，但在有的情况下则需要自己来确定转轴的位置．如：一根长木棒置于水平地面上，它的两个端点为AB，现给B端加一个竖直向上的外力使杆刚好离开地面，求力F的大小．在这一问题中，过A点垂直于杆的水平直线是杆的转轴．象这样，在解决问题之前，首先要通过分析来确定转轴的问题很多，只有明确转轴，才能计算力矩，进而利用力矩平衡条件．2．力矩：力臂：转动轴到力的作用线的垂直距离．力矩：力和力臂的乘积．计算公式：M＝FL单位：Nm效果：可以使物体转动（1）力对物体的转动效果力使物体转动的效果不仅跟力的大小有关，还跟力臂有关，即力对物体的转动效果决定于力矩．①当臂等于零时，不论作用力多么大，对物体都不会产生转动作用．②当作用力与转动轴平行时，不会对物体产生转动作用，计算力矩，关键是找力臂．需注意力臂是转动轴到力的作用线的距离，而不是转动轴到力的作用点的距离．（2）大小一定的力有最大力矩的条件：①力作用在离转动轴最远的点上；②力的方向垂直于力作用点与转轴的连线．（3）力矩的计算：①先求出力的力臂，再由定义求力矩M＝FL如图中，力F的力臂为LF＝Lsinθ力矩M＝F•Lsinθ②先把力沿平行于杆和垂直于杆的两个方向分解，平行于杆的分力对杆无转动效果，力矩为零；平行于杆的分力的力矩为该分力的大小与杆长的乘积．如图中，力F的力矩就等于其分力F1产生的力矩，M＝Fsinθ•L两种方法不同，但求出的结果是一样的，对具体的问题选择恰当的方法会简化解题过程．3．力矩平衡条件：力矩的代数和为零或所有使物体向顺时针方向转动的力矩之和等于所有使物体向逆时针方向转动的力矩之和．即：∑M＝0或∑M顺＝∑M逆4．解决实际问题的步骤；（a）确定研究对象﹣﹣哪个物体；（b）分析状态及受力﹣﹣画示意图；（c）列出力矩平衡方程：∑M＝0或∑M顺＝∑M逆；（d）解出字母表达式，代入数据；（e）作必要的讨论，写出明确的答案．5．正确理解力矩的概念力矩是改变转动物体的运动状态的物理量，门、窗等转动物体从静止状态变为转动状态或从转动状态变为静止状态时，必须受到力的作用．但是，我们若将力作用在门、窗的转轴上，则无论施加多大的力都不会改变其运动状态，可见转动物体的运动状态和变化不仅与力的大小有关，还受力的方向、力的作用点的影响．力的作用点离转轴越远，力的方向与转轴所在平面越趋于垂直，力使转动物体运动状态变化得就越明显．物理学中力的作用点和力的作用方向对转动物体运动状态变化的影响，用力矩这个物理量综合表示，因此，力矩被定义为力与力臂的乘积．力矩概括了影响转动物体运动状态变化的所有规律，力矩是改变转动物体运动状态的物理量．力矩是矢量，在中学物理中，作用在物体上的力都在同一平面内，各力对转轴的力矩只能使物体顺时针转动或逆时针转动，这样，求几个力矩的合力就简化为代数运算．【命题方向】常考题型是对力矩的平衡的理解的考查如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，已知AO＝OC，在A、C两点分别挂有2个和3个质量相等的砝码，木棒处于平衡状态．现在木棒的A、C点各增加3个同样的砝码，关于木棒的运动状态下列说法正确的是（）A．绕O点顺时针方向转动B．绕O点逆时针方向转动C．平衡可能被破坏，转动方向不定D．仍能保持平衡状态分析：由题意可知，开始时两边的力矩平衡；根据挂上砝码后增加的加矩即可判断木棒是否仍能保持力矩平衡．解答：因木棒处于平衡状态，故木棒两侧的力矩平衡；因OA＝OC，两端再分别挂上3个同样的砝码时，两端增加的力矩相等，故增加砝码后的力矩仍能平衡；故选：D．点评：因本题中存在着木棒本身的重力力矩，故本题中不要追究力矩究竟是多大，而应直接根据力矩原来平衡，后来增加的力矩相等，即可得出木棒仍能保持平衡．【解题方法点拨】这部分知识注重在解决平衡问题中对物体的受力情况的分析，再根据运动状态列方程．一般结合其他知识点一起考查，单独出现的概率不大，但是需要注重对力矩的平衡这个知识点的理解．3．作用力与反作用力【知识点的认识】1.定义：（1）力是物体对物体的作用，每个力一定同时存在着受力物体和施力物体。（2）两个物体之间的作用总是用相互的，物体间相互作的这一对力称为的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。2.性质：3.特征【命题方向】下列关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（）A.物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力B.虽然马能将车拉动，但是马拉车的力与车拉马的力大小相等C.鸡蛋碰石头时，鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力为零，即两个力的作用效果可以互相抵消分析：作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的．解答：A、作用力与反作用力是同时产生、同时消失的，没有先后之分，所以A选项错误。B、马拉车的力与车拉马的力，它们是作用力与反作用力的关系，一定是大小相等的，马之所以能将车拉动，是由于马拉车的力大于车所受到的摩擦力的缘故，所以B选项正确。C、鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，它们是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，之所以鸡蛋碰坏了，是由于鸡蛋的承受力小，所以C选项错误。D、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，根本不能求它们的合力，只有作用在同一个物体上的力才可以求它们的合力，故D选项错误。故选：B。点评：本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区分它与一对平衡力的区别．【解题思路点拨】明确作用力与反作用力的性质和特征，注意与平衡力进行区分。4．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=1（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。5．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1．闭合电路欧姆定律（1）内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比。（2）公式：①I=E②E＝U外+Ir（适用于所有电路）。2．路端电压与外电阻的关系：一般情况U＝IR=ER+r•R当R增大时，U增大特殊情况（1）当外电路断路时，I＝0，U＝E（2）当外电路短路时，I短=E【命题方向】（1）第一类常考题型是对电路的动态分析：如图所示，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑片P处于左端时，三盏灯L1、L2、L3均发光良好。在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A．小灯泡L1、L2变暗B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．电压表V1、V2示数均变大D．电压表V1、V2示数之和变大分析：在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，即可由欧姆定律判断L2两端电压的变化，从而知道灯泡L2亮度的变化和电压表V2示数的变化。再根据路端电压的变化，分析灯泡L3亮度的变化和电压表V1示数的变化；根据干路电流与L3电流的变化，分析L1电流的变化，即可判断灯泡L1亮度的变化。根据路端电压的变化，判断两电压表示数之和的变化。解：B、滑片P向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，整个闭合回路的总电阻变大，根据闭合欧姆定律可得干路电流I=ER外总C、灯泡L2两端电压U2＝IR2变小，即电压表V2示数变小，电压表V1的读数为U1＝E﹣I（r+R2），变大，故C错误。A、小灯泡L3变亮，根据串、并联电路的特点I＝I1+I3，I减小，I3=U1R3变大，则通过小灯泡L1的电流ID、电压表V1、V2示数之和为U＝E﹣Ir，I减小，U增大，故D正确。故选A