2025年高考备考高中物理个性化分层教辅中等生篇《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中等生篇《磁场》一．选择题（共10小题）1．（2024•贵州）如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1＞I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向（）A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右2．（2023秋•吉林期末）如图所示，匝数为N、面积为S的闭合线圈abcd水平放置，与磁感应强度为B的匀强磁场夹角为45°。现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，则（）A．线圈水平放置时的磁通量为2NBSB．整个过程中线圈中的磁通量始终不为0 C．整个过程中线圈的磁通量变化量为2NBS D．整个过程中线圈的磁通量变化量为2BS3．（2024•郫都区校级模拟）如图所示，两根通电导线P、Q沿垂直纸面的方向放置，导线P、Q中通有电流I1、I2，电流的方向图中未画出，O点为两导线垂直纸面连线的中点，c、d两点关于O点对称，a、b两点关于O点对称，将一段通有垂直纸面向外的电流的直导线放在c点时所受的磁场力为零，放在d点时所受的磁场力水平向右，则下列说法正确的是（）A．P中的电流方向向外、Q中的电流方向向里 B．I1＞I2 C．通电直导线垂直纸面放在O点时所受的磁场力为零 D．通电直导线垂直纸面放在a、b两点时所受的磁场力相同4．（2024•广州模拟）图甲示意我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示，下列说法正确的是（）A．由于粒子速度被逐渐加大，则它在D形盒中的运动周期越来越小 B．由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小 C．粒子从加速器出来的最大速度与D形盒的半径大小及磁场磁感应强度有关 D．粒子增加的动能来源于磁场5．（2024春•临沂期末）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，O点为圆形区域的圆心，磁感应强度大小为B，一个比荷绝对值为k的带电粒子以某速率从M点沿着直径MON方向垂直射入磁场，运动轨迹如图所示，并从P点离开磁场。已知直径MON、POQ的夹角θ＝60°，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．粒子带正电 B．粒子做圆周的运动半径为32RC．粒子运动的速率为33kBRD．粒子在磁场中运动的时间为π6．（2024春•无锡期末）如图所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并固定在绝缘水平桌面（纸面）上，导线所在空间有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向竖直向下。当导线中通以图示电流I时，该V形导线受到的安培力（）A．大小为33BIl B．大小为C．方向向前 D．方向向后7．（2024春•中山市期末）电磁轨道炮是利用安培力使金属炮弹获得极大动能的先进武器。如图所示为电磁炮的原理简图，炮弹为阻值为R的导体，放置在光滑的电阻不计的金属轨道上，轨道水平放置，电源内阻为r。当炮弹放入轨道后，受到垂直纸面向内的匀强磁场对其的安培力作用，使其加速后射出。下列说法正确的是（）A．电源输出的电能完全转化为了炮弹的动能 B．炮弹所受到的安培力大小恒定不变 C．炮弹在轨道上的加速度逐渐减小 D．炮弹出膛时获得的动能与轨道长度成正比8．（2024•镇海区校级模拟）回旋加速器可以用来加速粒子，关于回旋加速器下列说法正确的是（）A．两个D型盒必须由金属制成 B．所接电源必须为直流电 C．所加电压越大粒子最终获得的动能越大 D．只要D型盒半径足够大，粒子可以无限被加速9．（2024春•南宁期末）如图所示为“等臂电流天平”，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着一矩形线圈，设其匝数n＝9，线圈的水平边长为l＝0.10m，处在匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通入如图方向的电流I＝0.10A时，调节砝码使两臂平衡。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＝9.00g的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。则磁感应强度B的大小为（g＝10m/s2）（）A．0.45T B．0.5T C．0.9T D．1T10．（2024春•浏阳市期末）某质谱仪的原理图如图所示。加速电场上、下两极板间的电压为U，其中心处和感光片的中心均开有一个小孔（三个小孔共线），其下有另两块左右相对的极板。在左右极板之间还存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。右极板电势高于左极板，他们之间形成电场强度为E的匀强电场。感光片下方存在垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B2的匀强磁场。现将质量为m，带电量为+e的质子从加速电场上极板小孔处由静止释放，恰能形成轨迹1。轨迹1、2的半径之比为1：3。下列说法正确的是（）A．轨迹1是直径为mEeBB．将质子换为氘核，并将B2减小到原来的12，即可得到轨迹2C．将质子换为氚核，并将B1、B2加倍，为使粒子沿轨迹2运动，应将U、E分别增大到原来的12倍和4倍 D．将质子换为α粒子，并将U、E各自增大到原来的4和2倍，即可得到轨迹2二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•怀仁市校级开学）如图所示，长直导线MN固定在纸面内，通有从N到M的恒定电流I，纸面内与MN平行的绝缘棒AB上均匀分布着负电荷，O为AB中点，两者间距大于OA的长度。现让AB绕O点在纸面内沿顺时针方向匀速转动，关于MN受到的安培力，下列说法正确的是（）A．MN不受安培力 B．MN受到的安培力方向向左 C．AB转动越快，MN受到的安培力越大 D．MN上相同长度导线受到的安培力大小相等（多选）12．（2024•银川一模）如图所示，真空中有一棱长为L的正方体ABCD﹣EFGH，在正方体的AE和CG边上分别固定一根绝缘的长直导线。通入图示方向的等大电流I。已知每根通电直导线在距其L处产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是（）A．D、F两点的磁感应强度相同 B．H点的磁感应强度大小为2B0 C．正方体有两个面的磁通量等于零 D．电流增大时，穿过面BDHF的磁通量增大（多选）13．（2024春•番禺区校级期中）如图，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，O为三角形的中心点，bc沿水平方向，P为bc中点，Q为ac中点，三根导线中均通有大小相等的电流，方向如图，则以下判断正确的有（）A．O点的磁感应强度水平向右 B．P点的磁感应强度水平向右 C．Q点的磁感应强度水平向右 D．导线a受到的安培力方向竖直向下（多选）14．（2024春•福州期末）共享电动单车大大方便了市民出行，骑行者通过拧动手把来改变车速，手把内部结构如图甲所示，其截面如图乙所示。稍微拧动手把，霍尔元件保持不动，磁铁随手把转动，与霍尔元件间的相对位置发生改变，穿过霍尔元件的磁场强弱和霍尔电压UH大小随之变化。已知霍尔电压越大，电动车能达到的最大速度vm越大，霍尔元件工作时通有如图乙所示的电流I，载流子为电子，则（）A．霍尔元件下表面电势高于上表面 B．霍尔元件下表面电势低于上表面 C．从图乙所示位置沿a方向稍微拧动手把，可以增大vm D．提速过程，洛伦兹力对运动电子做正功（多选）15．（2024•越秀区校级模拟）图甲为某高压直流输电线上使用的“正方形绝缘间隔棒”，它将长直导线L1、L2、L3、L4间距固定为l，图乙为其截面图，O为几何中心，L1、L2、L3、L4中通有等大同向电流。则（）A．O点的磁感应强度为零 B．L1、L2之间的相互作用力为排斥力 C．L4受到L1、L2、L3的作用力的合力方向指向O D．仅将L2中电流变为0，O点磁感应强度方向沿正方形的对角线指向L2三．填空题（共5小题）16．（2023秋•福州期末）面积为2.5×10﹣2m2的单匝矩形线圈放在匀强磁场中，若线圈与磁场平行时，穿过线圈的磁通量是；当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量是10﹣3Wb，那么，磁场的磁感应强度是T。17．（2024春•福州期中）如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为；速度之比为；周期之比为；时间之比为。18．（2024春•福建月考）将直导线ACD折成“”形并固定在纸面内，空间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，如图所示，∠ACD＝120°，AC＝2CD＝2L，在导线中通入从A到D的恒定电流I，此时导线AC段受到的安培力大小F1＝，CD段受到的安培力大小F2＝；将CD段绕C点在纸面内沿逆时针方向转过60°（AC保持不动），通入的电流大小不变，此时导线ACD受到的安培力大小F3＝。19．（2023秋•浦东新区校级期末）如图所示，质量为m、电阻为3R、长为3L的导线连接成等边三角形ACD，用金属吊线1和2垂直悬挂于磁感应强度为B的匀强磁场中，AC水平。当在两吊线间加上某一电压时，吊线中张力为零。两吊线中电势高的是（选填“1”或“2”），所加电压为。20．（2024春•泉州期中）泉州是雷电多发地区，安装避雷针可以保护建筑物免遭雷击。某次雷电过程中，有大小为I的电流竖直向下通过一长度为L的避雷针。已知泉州地区地磁场的磁感应强度大小为B，方向与水平向北方向的夹角为θ，则此时该避雷针受到地磁场的作用力大小为，方向水平向（选填“东”或“西”）。四．解答题（共5小题）21．（2024•新郑市校级一模）如图所示，在xOy平面内，y轴左侧空间分布着水平向右的匀强电场，y轴右侧空间分布着垂直纸面向外的匀强磁场。某时刻有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于y轴正方向从A点射出，粒子从C点进入磁场，在磁场中运动一段时间后恰好又回到A点。已知A点坐标为（﹣d，0），C点坐标为（0，2d），粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子所受的重力。求：（1）y轴左侧匀强电场的电场强度大小E；（2）y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间t。22．（2024春•锦江区校级期末）如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成53°角。在y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；（2）区域I内最小电场强度E2的大小和方向；（3）区域Ⅱ内磁感应强度B2的大小。23．（2024•江苏四模）如图所示，直线y=34x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅱ，直线x＝d与y=34x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝3×105V/m，另有一半径R=103m的圆形匀强磁场区域I，磁感应强度B1＝0.9T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点。一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，经过一段时间进入匀强磁场区域Ⅱ，且第一次进入匀强磁场区域Ⅱ时的速度方向与直线y=34x垂直。粒子速度大小v（1）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小；（2）坐标d的值；（3）要使粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件。24．（2023秋•鼓楼区校级期末）如图甲所示，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向内的匀强磁场，如图乙所示的空间仅存在水平向右的匀强电场，两区域中的电场强度相同。质量相同的带电微粒a和b分别在甲、乙区域沿图示虚线做直线运动，运动轨迹均与水平方向成θ＝30°角。（1）判断微粒a和b的电性；（2）求微粒a和b所带电量大小的比值。25．（2024•泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界领先技术的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米的钢板。电磁炮是一种利用电磁发射技术工作的先进动能发射武器，其工作原理可简化如下图所示，水平面上放置两根间距为d、长度为L的平行导轨，导轨上放有质量为m的炮弹，通上电流后，炮弹在安培力的作用下沿导轨加速运动。设炮弹与导轨间的弹力沿竖直方向，导轨间的磁感应强度为B，方向垂直导轨平面，不计空气阻力，已知重力加速度大小为g。当通上电流为I时，炮弹恰好做匀速直线运动，求：（1）炮弹受到安培力的大小；（2）炮弹与导轨间的动摩擦因数；（3）若将电流增大一倍，求静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度。

2025年高考备考高中物理个性化分层教辅中等生篇《磁场》参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•贵州）如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1＞I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向（）A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右【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】根据右手螺旋定则确定两根导线在导线框中磁场的方向，根据左手定则及安培力公式解答。【解答】解：根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于I1＞I2，则左侧的磁场较大，根据对称性结合左手定则及F＝BIL可知导线框所受安培力合力方向向左。故ABD错误，C正确；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，注意掌握安培力的计算公式。2．（2023秋•吉林期末）如图所示，匝数为N、面积为S的闭合线圈abcd水平放置，与磁感应强度为B的匀强磁场夹角为45°。现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，则（）A．线圈水平放置时的磁通量为2NBSB．整个过程中线圈中的磁通量始终不为0 C．整个过程中线圈的磁通量变化量为2NBS D．整个过程中线圈的磁通量变化量为2BS【考点】磁通量的概念和计算公式的定性分析．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】D【分析】AB.根据磁通量定义Φ＝BSsinθ作答，磁通量是标量，但有正负；CD.磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2﹣Φ1，据此作答。【解答】解：A.规定磁感线从线圈的adcba方向穿入为正，线圈水平放置时的磁通量Φ=BSsin45°=2B.当线圈平面顺时针转过45°时，线圈平面与磁感线方向平行，磁通量为零，故B错误；CD.线圈平面转到竖直方向时，磁感线从线圈的abcda方向穿入，磁通量为Φ′=−BSsin45°=−22BS故选：D。【点评】注意：磁通量是标量，但有正、负之分；穿过线圈的磁通量与线圈匝数无关。3．（2024•郫都区校级模拟）如图所示，两根通电导线P、Q沿垂直纸面的方向放置，导线P、Q中通有电流I1、I2，电流的方向图中未画出，O点为两导线垂直纸面连线的中点，c、d两点关于O点对称，a、b两点关于O点对称，将一段通有垂直纸面向外的电流的直导线放在c点时所受的磁场力为零，放在d点时所受的磁场力水平向右，则下列说法正确的是（）A．P中的电流方向向外、Q中的电流方向向里 B．I1＞I2 C．通电直导线垂直纸面放在O点时所受的磁场力为零 D．通电直导线垂直纸面放在a、b两点时所受的磁场力相同【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；磁感应强度的矢量叠加．【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】A【分析】根据c点、d点所受磁场力的大小方向，结合根据左手定则和安培定则，判断电流方向、大小以及磁场力的大小。【解答】解：AB．根据放在c点的一段通有垂直纸面向外的电流的直导线所受的磁场力为零，则P、Q导线在c点产生的磁场等大反向，则P、Q导线的电流反向，又因为Qc大于Pc，所以Q中的电流大于P中的电流；通有垂直纸面向外的电流的直导线放在d点时所受的磁场力水平向右，根据左手定则，d点处的磁感应强度方向向下，又因为Pd大于Qd，且Q中的电流大于P中的电流，所以P在d点处的磁感应强度向上，Q在d点处的磁感应强度向下，根据安培定则，P的电流方向向外，Q的电流方向向里，故B错误，A正确；C．因为Q中的电流大于P中的电流，则O点处的磁场竖直向上，则通电直导线垂直纸面放在O点时所受的磁场力不为零，故C错误；D．根据对称关系可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向不同，则通电直导线垂直纸面放在a、b两点时所受的磁场力大小相等，方向不同，故D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键是熟练掌握左手定则和右手螺旋定则。4．（2024•广州模拟）图甲示意我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示，下列说法正确的是（）A．由于粒子速度被逐渐加大，则它在D形盒中的运动周期越来越小 B．由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小 C．粒子从加速器出来的最大速度与D形盒的半径大小及磁场磁感应强度有关 D．粒子增加的动能来源于磁场【考点】回旋加速器．【专题】信息给予题；定性思想；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】回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变。最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定。【解答】解：AB．粒子在磁场中运动的周期T=2πm与粒子速度无关，故粒子在D形盒中的运动周期不变，所加交流电的周期也相应保持不变，故AB错误；C．粒子由D形盒中飞出时，有qv整理解得R=vm=与D形盒的半径大小R及磁场磁感应强度B均有关，故C正确；D．洛伦力总与粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力不对粒子做功，其只改变粒子方向，所以粒子增加的动能来源于加速电场，故D错误。故选：C。【点评】本题回旋加速器考查电磁场的综合应用，注意明确回旋加速器原理，知道最大动能取决于D型盒的半径和磁感应强度大小，与加速电压无关。5．（2024春•临沂期末）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，O点为圆形区域的圆心，磁感应强度大小为B，一个比荷绝对值为k的带电粒子以某速率从M点沿着直径MON方向垂直射入磁场，运动轨迹如图所示，并从P点离开磁场。已知直径MON、POQ的夹角θ＝60°，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．粒子带正电 B．粒子做圆周的运动半径为32RC．粒子运动的速率为33kBRD．粒子在磁场中运动的时间为π【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．【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】根据左手定则分析粒子的电性；根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子运动速率，找到轨迹对应的圆心角，根据周期公式求解运动时间；【解答】解：A、粒子向右偏转，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B、粒子做圆周运动的圆心为O′，如图所示，根据几何知识有粒子做匀速圆周运动的半径为r=R⋅tanθC、因为qvB=mv2rD、粒子在磁场中运动的圆心角为α＝120°，所以粒子在磁场中运动的时间为t=1故选：C。【点评】解决该题首先应先确定粒子做匀速圆周运动的圆心，能根据几何知识求解粒子做匀速圆周运动半径以及圆心角，熟记半径和周期公式。6．（2024春•无锡期末）如图所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并固定在绝缘水平桌面（纸面）上，导线所在空间有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向竖直向下。当导线中通以图示电流I时，该V形导线受到的安培力（）A．大小为33BIl B．大小为C．方向向前 D．方向向后【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；电磁感应中的力学问题；推理能力．【答案】D【分析】先计算有效长度，再根据安培力公式，求安培力大小，根据左手定则，分析安培力方向。【解答】解：导线在磁场内有效长度为L＝2lsin30°，解得L＝l根据安培力公式，故该V形通电导线受到安培力大小为F＝BIl由左手定则可得安培力方向向后；故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题解题关键是分析出导线在磁场内有效长度为l。7．（2024春•中山市期末）电磁轨道炮是利用安培力使金属炮弹获得极大动能的先进武器。如图所示为电磁炮的原理简图，炮弹为阻值为R的导体，放置在光滑的电阻不计的金属轨道上，轨道水平放置，电源内阻为r。当炮弹放入轨道后，受到垂直纸面向内的匀强磁场对其的安培力作用，使其加速后射出。下列说法正确的是（）A．电源输出的电能完全转化为了炮弹的动能 B．炮弹所受到的安培力大小恒定不变 C．炮弹在轨道上的加速度逐渐减小 D．炮弹出膛时获得的动能与轨道长度成正比【考点】电磁炮．【专题】比较思想；模型法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】C【分析】电源输出的电能一部分转化为炮弹的动能，还有一部分转化为内能；炮弹运动过程中切割磁感线产生反电动势，反电动势增大，电路中电流减小，炮弹所受到的安培力减小，加速度减小，当炮弹产生的反电动势与电源的电动势相等，速度最大，由此列式分析炮弹出膛时获得的速度与轨道长度的关系，即可知道炮弹出膛时获得的动能与轨道长度的关系。【解答】解：A、电源输出的电能并没有完全转化为炮弹的动能，还有一部分转化为内能，故A错误；BCD、炮弹在运动过程中切割磁感线产生反向电动势，使得电路总电动势逐渐减小，则电路中电流逐渐减小，根据F＝IBL可知，炮弹所受到的安培力逐渐变小，合外力逐渐减小，炮弹在轨道上的加速度逐渐减小，当反向电动势等于电源电动势时，炮弹不再受安培力作用，炮弹速度达到最大，则有BLvm＝E可得炮弹的最大速度为vm故选：C。【点评】本题可将炮弹看成导体棒，炮弹做的是加速度减小的变加速运动，加速度为零时速度最大。8．（2024•镇海区校级模拟）回旋加速器可以用来加速粒子，关于回旋加速器下列说法正确的是（）A．两个D型盒必须由金属制成 B．所接电源必须为直流电 C．所加电压越大粒子最终获得的动能越大 D．只要D型盒半径足够大，粒子可以无限被加速【考点】回旋加速器．【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】A【分析】根据回旋加速器的原理：利用电场加速、磁场偏转来加速离子，故必须用交流电源，再由洛伦兹力提供向心力分析粒子的动能。【解答】解：A.由于置于真空中，静电屏蔽的目的、结构强度的要求、防止粒子飞出等要求，D型盒必须由金属制成，故A正确；B.所接电源必须为交变电流，使粒子每次到达狭缝处都能被加速，故B错误；C.在D型盒区域由洛伦兹力作为向心力，当轨道半径等于D型盒半径时qvB=m可知最大速度为v=qBRm，粒子获得的最大动能D.粒子在D型盒中不能被无限加速，当速度接近光速时，由相对论知识可知，粒子质量发生变化；使粒子的运动周期发生变化，无法与交变电流同步，故D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键是要知道回旋加速器利用电场加速、磁场偏转来加速离子，但是最终粒子获得的动能与电场所加电压无关，注意粒子周期公式得运用。9．（2024春•南宁期末）如图所示为“等臂电流天平”，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着一矩形线圈，设其匝数n＝9，线圈的水平边长为l＝0.10m，处在匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通入如图方向的电流I＝0.10A时，调节砝码使两臂平衡。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＝9.00g的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。则磁感应强度B的大小为（g＝10m/s2）（）A．0.45T B．0.5T C．0.9T D．1T【考点】安培力的概念；力矩的平衡条件．【答案】B【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小【解答】解：（1）根据平衡条件：有：mg＝2nBIL，得：B=mg根据以上公式，代入数据，则有：B=0.009×10故选：B。【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题10．（2024春•浏阳市期末）某质谱仪的原理图如图所示。加速电场上、下两极板间的电压为U，其中心处和感光片的中心均开有一个小孔（三个小孔共线），其下有另两块左右相对的极板。在左右极板之间还存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。右极板电势高于左极板，他们之间形成电场强度为E的匀强电场。感光片下方存在垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B2的匀强磁场。现将质量为m，带电量为+e的质子从加速电场上极板小孔处由静止释放，恰能形成轨迹1。轨迹1、2的半径之比为1：3。下列说法正确的是（）A．轨迹1是直径为mEeBB．将质子换为氘核，并将B2减小到原来的12，即可得到轨迹2C．将质子换为氚核，并将B1、B2加倍，为使粒子沿轨迹2运动，应将U、E分别增大到原来的12倍和4倍 D．将质子换为α粒子，并将U、E各自增大到原来的4和2倍，即可得到轨迹2【考点】与加速电场相结合的质谱仪．【专题】定性思想；方程法；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】由动能定理分析粒子加速后的速度，由电场力等于洛伦兹力分析粒子通过速度选择器的速度；由洛伦兹力通过向心力分析粒子的半径。•【解答】解：A、质子经过速度选择器时，设速度为v1，则满足：eB1v1＝eE即：v质子进入偏转磁场后，洛伦兹力通过向心力，则：e可得：r1B、质子经过加速电场后满足：eU=可得：v若将质子换为氘核，氘核的质量是质子的2倍，则：eU=可知氘核进入速度选择器时的速度：v2=eUC、将质子换为氚核，氚核的质量是质子的3倍，应将U增大到原来的12倍，则氚核进入速度选择器时的速度：v3将B1加倍，将E增大到原来的4倍，则满足：e•2B1v3＝e•4E可知此时氚核以2倍的速度匀速穿过速度选择器；氚核在偏转磁场中的半径：r可知若同时B2加倍，则：r2＝3r1，则氚核沿轨迹2运动，故C正确；D、α粒子的质量是质子的4倍，电荷是质子的2倍，将U增大到原来的4倍，则α粒子经过加速后的速度：v4=2×2e×4U故选：C。【点评】该题考查质谱仪的原理，解答的关键首先要看粒子能不能匀速通过速度选择器，然后要看粒子在偏转磁场中运动的半径。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•怀仁市校级开学）如图所示，长直导线MN固定在纸面内，通有从N到M的恒定电流I，纸面内与MN平行的绝缘棒AB上均匀分布着负电荷，O为AB中点，两者间距大于OA的长度。现让AB绕O点在纸面内沿顺时针方向匀速转动，关于MN受到的安培力，下列说法正确的是（）A．MN不受安培力 B．MN受到的安培力方向向左 C．AB转动越快，MN受到的安培力越大 D．MN上相同长度导线受到的安培力大小相等【考点】判断通电导线在磁场中的运动趋势．【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】BC【分析】根据等效电流结合左手定则和安培力的计算公式分析判断。【解答】AB、AB绕O点沿顺时针方向匀速转动，形成的等效电流沿逆时针方向，等效电流形成的磁场在MN处垂直纸面向里，根据左手定则可知，MN受到的安培力向左，故B正确，A错误；C、AB转动越快，形成的磁场越强，根据F＝BIL可知，MN所受安培力越大，故C正确；D、由于磁场是非匀强磁场，根据F＝BIL可知，MN上相同长度导线受到的安培力大小不等，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查安培力的计算与左手定则，解题关键掌握等效电流的解题方法。（多选）12．（2024•银川一模）如图所示，真空中有一棱长为L的正方体ABCD﹣EFGH，在正方体的AE和CG边上分别固定一根绝缘的长直导线。通入图示方向的等大电流I。已知每根通电直导线在距其L处产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是（）A．D、F两点的磁感应强度相同 B．H点的磁感应强度大小为2B0 C．正方体有两个面的磁通量等于零 D．电流增大时，穿过面BDHF的磁通量增大【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；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】AB【分析】根据安培定则结合磁感应强度的矢量叠加分析解答AB，根据磁通量的公式分析CD。【解答】解：A．根据安培定则可知，两导线在D、F两点的磁感应强度都沿平行与HF连线的方向，根据磁场的矢量叠加可知，DF点的磁感应强度大小也相等，故A正确；B．两导线在H点的磁感应强度都由H指向F，则H点的磁感应强度大小为2B0，故B正确；C．根据Φ＝BS可知，正方体各个面的磁通量都不等于零，故C错误；D．两导线的磁场与平面BDHF平行，电流增大时，穿过面BDHF的磁通量总为0，故D错误；故选：AB。【点评】本题考查磁感应强度与磁通量的计算，解题关键掌握安培定则，注意矢量的运算。（多选）13．（2024春•番禺区校级期中）如图，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，O为三角形的中心点，bc沿水平方向，P为bc中点，Q为ac中点，三根导线中均通有大小相等的电流，方向如图，则以下判断正确的有（）A．O点的磁感应强度水平向右 B．P点的磁感应强度水平向右 C．Q点的磁感应强度水平向右 D．导线a受到的安培力方向竖直向下【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】AB【分析】根据右手螺旋定则判断出直导线在O点、P点的磁场方向，根据平行四边形定则，对O点、P点的磁感应强度进行合成，得出其合磁感应强度的方向。再依据左手定则，从而确定导线受到的安培力方向。【解答】解：A.如图，导线a、b、c在O处产生的磁感应强度分别为Ba、Bb、Bc大小Bb＝Bc，磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则，Ba、Bb、Bc合成后磁感应强度方向水平向右，故A正确；B．如图，三根导线在P处产生的磁感应强度其中BcP、BbP等大反向，合成后抵消，所以P点磁感应强度为BaP，方向水平向右，故B正确；C．如图三根导线在Q处产生的磁感应强度其中BcQ、BaQ等大同向，合成后磁感应强度方向无法确定方向，故C错误；D．方向如图所示导线b、c在a处产生的磁感应强度Bb1、Bc1，合成后a处的磁感应强度的方向水平向右，由左手定则可知，a导线受到的安培力方向竖直向上，故D错误。故选：AB。【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度的合成遵循平行四边形定则，注意掌握左手定则的应用。（多选）14．（2024春•福州期末）共享电动单车大大方便了市民出行，骑行者通过拧动手把来改变车速，手把内部结构如图甲所示，其截面如图乙所示。稍微拧动手把，霍尔元件保持不动，磁铁随手把转动，与霍尔元件间的相对位置发生改变，穿过霍尔元件的磁场强弱和霍尔电压UH大小随之变化。已知霍尔电压越大，电动车能达到的最大速度vm越大，霍尔元件工作时通有如图乙所示的电流I，载流子为电子，则（）A．霍尔元件下表面电势高于上表面 B．霍尔元件下表面电势低于上表面 C．从图乙所示位置沿a方向稍微拧动手把，可以增大vm D．提速过程，洛伦兹力对运动电子做正功【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】AC【分析】根据左手定则得出粒子的受力方向，结合粒子的电性得出电势的高低；根据电场力和洛伦兹力的等量关系列式得出电视差的表达式，结合题意完成分析；洛伦兹力对电子不做功。【解答】解：AB、霍尔元件工作时载流子为电子，由左手定则可知电子所受洛伦兹力指向上表面，所以霍尔元件下表面电势高于上表面电势，故A正确，B错误；C、设霍尔元件上下表面的距离为d，可得：evB=e解得：UH＝Bdv根据题意可知，vm∝UH∝Bdv从图乙所示位置沿a方向稍微拧动手把，则穿过霍尔元件的磁场增强，vm增大，故C正确；D、磁场对电子的洛伦兹力在任何情况下都不做功，故D错误；故选：AC。【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。（多选）15．（2024•越秀区校级模拟）图甲为某高压直流输电线上使用的“正方形绝缘间隔棒”，它将长直导线L1、L2、L3、L4间距固定为l，图乙为其截面图，O为几何中心，L1、L2、L3、L4中通有等大同向电流。则（）A．O点的磁感应强度为零 B．L1、L2之间的相互作用力为排斥力 C．L4受到L1、L2、L3的作用力的合力方向指向O D．仅将L2中电流变为0，O点磁感应强度方向沿正方形的对角线指向L2【考点】通电直导线周围的磁场；两根通电导线之间的作用力．【专题】定量思想；推理法；合成分解法；磁场磁场对电流的作用；推理能力．【答案】AC【分析】根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论结合矢量合成的特点分析出导线所受安培力的方向。【解答】解：A、根据右手螺旋定则和对称性可知，L1，L2、L3、L4四等大同向电流在O点的合磁感应强度为零，故A正确；B、L1、L2电流方向相同，可知L1、L2之间的相互作用力为吸引力，故B错误；C、L4分别受到L1、L2、L3的吸引力，其中L1、L3对L4的吸引力合力指向O，L2对L4的吸引力也指向O，则L4受到L1、L2、L3的作用力的合力方向指向O，故C正确；D、仅将L2中电流变为0，L1、L3在O点合磁感应强度为零，根据右手螺旋定则可知，L4在O点磁感应强度方向沿正方形的对角线指向L3，即O点磁感应强度方向沿正方形的对角线指向L3，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查学生对安培定则、磁感应强度叠加、通电导线作用力方向规律的掌握，具有一定综合性。三．填空题（共5小题）16．（2023秋•福州期末）面积为2.5×10﹣2m2的单匝矩形线圈放在匀强磁场中，若线圈与磁场平行时，穿过线圈的磁通量是0；当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量是10﹣3Wb，那么，磁场的磁感应强度是4×10﹣2T。【考点】磁通量的概念和计算公式的定性分析；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】0；4×10﹣2【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ＝BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ＝0．当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量．【解答】解：若线圈与磁场平行时，线圈与磁场方向相互平行，故磁通量为0；当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量是10﹣3Wb，根据Φ＝BS可知，B=ΦS=故答案为：0；4×10﹣2【点评】本题主要考查了磁通量，解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大。17．（2024春•福州期中）如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为3：1；速度之比为3：1；周期之比为1：1；时间之比为2：3。【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】应用题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】根据题意作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子轨道半径，然后求出粒子轨道半径之比；粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子速度，然后求出粒子速度之比；速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角θ，由t=θ【解答】解：设圆柱形区域为R，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知：r1＝Rtan60°，r2＝R，子轨道半径之比：r1：r2＝Rtan60°：R=3粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv解得：v=粒子速度之比：v1粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=粒子运动周期与粒子速度无关，粒子在磁场中做圆周运动的周期之后为1：1；由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角：θ1＝60°，θ2＝90°粒子在磁场中的运动时间：t=θ粒子的运动时间之比：t1故答案为：3：1；3：1；1：1；2：3。【点评】本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答。基础题。18．（2024春•福建月考）将直导线ACD折成“”形并固定在纸面内，空间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，如图所示，∠ACD＝120°，AC＝2CD＝2L，在导线中通入从A到D的恒定电流I，此时导线AC段受到的安培力大小F1＝2BIL，CD段受到的安培力大小F2＝BIL；将CD段绕C点在纸面内沿逆时针方向转过60°（AC保持不动），通入的电流大小不变，此时导线ACD受到的安培力大小F3＝3BIL。【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】2BIL，BIL，3BIL【分析】（1）根据安培力公式，求AC段受到的安培力大小；（2）根据安培力公式，求CD段受到的安培力大小；（3）先求有效长度，求ACD段受到的安培力大小。【解答】解：（1）AC段受到的安培力大小F1＝BI⋅2L＝2BIL（2）CD段受到的安培力大小F2＝BIL（3）将CD段绕C点沿逆时针方向转过60°，则ACD段的有效长度为AD，根据几何关系AD=3F3故答案为：2BIL，BIL，3BIL【点评】本题解题关键是掌握安培力公式，并求出ACD有效长度。19．（2023秋•浦东新区校级期末）如图所示，质量为m、电阻为3R、长为3L的导线连接成等边三角形ACD，用金属吊线1和2垂直悬挂于磁感应强度为B的匀强磁场中，AC水平。当在两吊线间加上某一电压时，吊线中张力为零。两吊线中电势高的是1（选填“1”或“2”），所加电压为2mgR3BL【考点】安培力的概念．【专题】定量思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．【答案】见试题解答内容【分析】根据对导线框的受力分析，确定安培力的方向，从而确定电势的高低；根据平衡条件求出电流大小，结合欧姆定律求出电压。【解答】解：由题意可知，当在两吊线间加上某一电压时，吊线中张力为零，故等边三角形ACD受到的安培力与重力平衡，方向竖直向上，根据左手定则可知，电流方向由1到2，故两吊线中电势高的是1；所加电压为U，则流过AC的电流为I1=UR，流过ADC的电流为I2=U2R，根据平衡条件，可得BI代入I1、I2，解得U=2mgR故答案为：1；2mgR【点评】本题主要考查了左手定则和欧姆定律，解题关键是掌握安培力方向的确定以及受力分析和欧姆定律。20．（2024春•泉州期中）泉州是雷电多发地区，安装避雷针可以保护建筑物免遭雷击。某次雷电过程中，有大小为I的电流竖直向下通过一长度为L的避雷针。已知泉州地区地磁场的磁感应强度大小为B，方向与水平向北方向的夹角为θ，则此时该避雷针受到地磁场的作用力大小为BILcosθ，方向水平向东（选填“东”或“西”）。【考点】安培力的概念；左手定则判断安培力的方向．【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】BILcosθ，东。【分析】求出该处磁感应强度的大小，根据安培力公式F＝BIL，根据左手定则判断安培力方向。【解答】解：该处的水平方向的磁场强度为Bx＝Bcosθ，根据安培力公式可知受到的安培力为F＝BxIL＝BILcosθ，根据左手定则可知，方向水平向东。故答案为：BILcosθ，东。【点评】本题考查应用物理知识解决实际问题的能力，要建立模型，简化问题。四．解答题（共5小题）21．（2024•新郑市校级一模）如图所示，在xOy平面内，y轴左侧空间分布着水平向右的匀强电场，y轴右侧空间分布着垂直纸面向外的匀强磁场。某时刻有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于y轴正方向从A点射出，粒子从C点进入磁场，在磁场中运动一段时间后恰好又回到A点。已知A点坐标为（﹣d，0），C点坐标为（0，2d），粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子所受的重力。求：（1）y轴左侧匀强电场的电场强度大小E；（2）y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间t。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．【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）y轴左侧匀强电场的电场强度大小E为mv（2）y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小B为mv（3）带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间t为(4+3π)dv【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；（2）根据粒子在电场中的运动规律求得粒子进入磁场时的速度大小和方向，根据几何关系求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；（3）粒子的运动轨迹关于x轴对称，根据在磁场中运动轨迹的圆心角求得其在磁场中运动时间，在电场中的两段运动时间相等，进而求出带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间。【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点所用时间为t1，根据类平抛运动规律可得：沿y轴方向有：2d＝v0t1沿x轴方向有：d=根据牛顿第二定律得：a=联立解得：E=mv0（2）设粒子到达C点时沿x轴速度的大小为vx，则有：vx＝at1＝v0设粒子到达C点时的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，则v=vtanθ=vxv粒子的运动轨迹关于x轴对称，其运动轨迹如下图所示：设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系得：2d＝rsinθ粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB=m解得：B=（3）粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为3π2可得粒子在磁场中运动时间为：t由运动的对称性可得粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间为：t＝t2+2t1=答：（1）y轴左侧匀强电场的电场强度大小E为mv（2）y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小B为mv（3）带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间t为(4+3π)dv【点评】本题是电场和磁场中带电粒子运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。22．（2024春•锦江区校级期末）如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成53°角。在y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；（2）区域I内最小电场强度E2的大小和方向；（3）区域Ⅱ内磁感应强度B2的大小。【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；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）第二象限内电场强度E1的大小为4mg3q，磁感应强度B1的大小为5mg（2）区域I内最小电场强度E2的大小为3mg5q（3）区域Ⅱ内磁感应强度B2的大小为18mv【分析】（1）首先，分析小球沿AO做匀速直线运动的受力情况，根据共点力平衡求出电场强度和磁感应强度的大小；（2）其次，根据力的矢量性，结合要使小球在区域I做直线运动求出电场强度的最小值和方向；（3）画出小球恰好不从右边界飞出的轨迹图，由几何关系求出轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小。【解答】解：（1）根据题意分析可知小球沿AO做匀速直线运动，则qE1＝mgtan53°解得E1又qv解得B1（2）要使小球在区域I做直线运动，电场强度最小，则需要满足mgcos53°＝qE2解得E2方向为垂直AO且与y轴正向成53°角；（3）小球恰好不从右边界飞出，如图所示由几何关系可知r+rsin53°＝d解得r=5d根据qvB解得B2答：（1）第二象限内电场强度E1的大小为4mg3q，磁感应强度B1的大小为5mg（2）区域I内最小电场强度E2的大小为3mg5q（3）区域Ⅱ内磁感应强度B2的大小为18mv【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，解决本题的关键是理解共点力平衡和洛伦兹力提供向心力的圆周模型。23．（2024•江苏四模）如图所示，直线y=34x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅱ，直线x＝d与y=34x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝3×105V/m，另有一半径R=103m的圆形匀强磁场区域I，磁感应强度B1＝0.9T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点。一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，经过一段时间进入匀强磁场区域Ⅱ，且第一次进入匀强磁场区域Ⅱ时的速度方向与直线y=34x垂直。粒子速度大小v（1）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小；（2）坐标d的值；（3）要使粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件。【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；动能定理的简单应用；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】压轴题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；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）在圆形磁场区域粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可以计算出半径大小；（2）粒子进入电场时速度方向与电场垂直，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律可以得到离开电场时的速度，进而得到在电场中的运动时间，以及水平位移和竖直位移大小，然后根据几何关系可以得到d的值；（3）粒子在匀强磁场区域Ⅱ中的轨道半径不同，磁感应强度大小不同。分别计算出轨迹与y轴垂直时、相切时的磁感应强度大小，即可得到范围。【解答】解：（1）在磁场B1中，设粒子做匀速圆周运动的半径为r1，由牛顿第二定律可得qv解得：r（2）由（1）知r1＝R，因为粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，所以粒子离开磁场B1时垂直进入匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在x方向的位移为x，在y方向的位移为y，运动时间为t，则粒子进入磁场区域Ⅱ时，沿y方向的速度为vy又v解得：t=根据运动学公式可得：x=所以d点的值为d=xtan37°+y+（3）进入磁场B2的速度为：v=带电粒子进入磁场区域Ⅱ中做匀速圆周运动，设半径为r2，根据牛顿第二定律可得qvB当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y轴垂直时，由几何关系可得r2代入数据解得：B2＝0.5T当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y轴相切时，设轨道半径为r2′根据几何关系可得r2代入数据解得：B2＝1.125T所以要使带电粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件为0.5T＜B2＜1.125T答：（1）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小为103（2）坐标d的值为12m；（3）要使粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件是0.5T＜B2＜1.125T。【点评】带电粒子在磁场中运动问题解决的关键是能够画出粒子在里面的运动轨迹，根据几何关系得到半径关系，然后根据相关方程可以解得相关物理量。24．（2023秋•鼓楼区校级期末）如图甲所示，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向内的匀强磁场，如图乙所示的空间仅存在水平向右的匀强电场，两区域中的电场强度相同。质量相同的带电微粒a和b分别在甲、乙区域沿图示虚线做直线运动，运动轨迹均与水平方向成θ＝30°角。（1）判断微粒a和b的电性；（2）求微粒a和b所带电量大小的比值。【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；分析综合能力．【答案】（1）微粒a和b的电性分别为：正电荷、负电荷；（2）微粒a和b所带电量大小的比值为13【分析】（1）分别做出粒子在甲、乙两种情景下的受力示意图即可求解；（2）根据平衡条件和力的合成与分解列方程。【解答】解：（1）分别做出粒子在甲、乙两种情景下的受力示意图，如图所示：粒子a在甲图中做匀速直线运动，所受电场力水平向右，故带正电荷；粒子b所受合力与MN共线，故带负电荷。（2）根据平衡条件和力的合成与分解对a：F=对b：F′=解得：q答：（1）微粒a和b的电性分别为：正电荷、负电荷；（2）微粒a和b所带电量大小的比值为13【点评】本题考查粒子在复合场中的运动，通过轨迹进行受力分析然后确定粒子的运动状态。注意粒子做直线运动的条件。25．（2024•泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界领先技术的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米的钢板。电磁炮是一种利用电磁发射技术工作的先进动能发射武器，其工作原理可简化如下图所示，水平面上放置两根间距为d、长度为L的平行导轨，导轨上放有质量为m的炮弹，通上电流后，炮弹在安培力的作用下沿导轨加速运动。设炮弹与导轨间的弹力沿竖直方向，导轨间的磁感应强度为B，方向垂直导轨平面，不计空气阻力，已知重力加速度大小为g。当通上电流为I时，炮弹恰好做匀速直线运动，求：（1）炮弹受到安培力的大小；（2）炮弹与导轨间的动摩擦因数；（3）若将电流增大一倍，求静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度。【考点】电磁炮；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；磁场磁场对电流的作用；推理能力．【答案】（1）炮弹受到安培力的大小为BId；（2）炮弹与导轨间的动摩擦因数为：BId（3）若将电流增大一倍，静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度为2BIdLm【分析】（1）根据安培力F＝BIL求解；（2）水平方向和竖直方向根据力的平衡可得动摩擦因数；（3）电流增大一倍，根据F＝BIL可得安培力大小，炮弹在导轨上运动过程，利用动能定理可得炮弹最大速度。【解答】解：（1）炮弹受到安培力大小为：F＝BId（2）设一根导轨对炮弹的摩擦力为f，炮弹做匀速直线运动，由力的平衡有：2f＝F竖直方向上由力的平衡有：2N＝mg滑动摩擦力：f＝μN代入数据可得动摩擦因数为：μ=（3）将电流增大一倍，则安培力变为原来的2倍，即：F′＝2BId在导轨上加速过程，由动能定理有：(F′−2f)L=代入数据可得：vm答：（1）炮弹受到安培力的大小为BId；（2）炮弹与导轨间的动摩擦因数为：BId（3）若将电流增大一倍，静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度为2BIdLm【点评】本题考查了安培力、动能定理，解题的关键是熟记安培力的计算公式：F＝BIL，注意每根导轨对炮弹都有摩擦力的作用。

考点卡片1．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．2．牛顿第二定律求解向心力3．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。4．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题5．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6．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）．7．磁感应强度的矢量叠加8．磁通量的概念和计算公式的定性分析【知识点的认识】一、磁通量1．概念：穿过某一面积的磁感线条数．2．磁通量的计算（1）公式：Φ＝BS．（2）适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场并在磁场中的有效面积．（3）单位：韦伯（Wb），1Wb＝1T•m2．【命题方向】题型一：磁通量的变化及计算．如图所示，环形金属软弹簧，套在条形磁铁的中心位置．若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围面积的磁通量将（）A．增大B．减小C．不变D．无法确定如何变化分析：当穿过线圈的磁感线有相反的两种方向时，要根据抵消后的条数来确定磁通量的大小．磁感线是闭合曲线，磁铁外部与内部磁感线条数相等，而磁铁内外穿过线圈的磁感线方向相反，根据抵消情况确定磁通量的变化．解答：磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线，磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，而且磁铁内外磁感线方向相反．而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间，所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线，由于方向相反，外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些，将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，内部磁感线总数不变，而抵消增大，剩余减小，则磁通量将减小．故B正确．故选：B．点评：本题中穿过线圈的磁场方向有两种，磁感线出现抵消，要根据抵消后剩余的磁感线来比较磁通量的大小．【解题方法点拨】1．对磁通量的理解（1）Φ＝B•S的含义：Φ＝BS只适用于磁感应强度B与面积S垂直的情况．当B与S平面间的夹角为θ时，则有Φ＝BSsinθ．可理解为Φ＝BSsinθ，即Φ等于B与S在垂直于B方向上投影面积的乘积．也可理解为Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量与S的乘积．如图（1）所示．（2）面积S的含义：S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的面积．如图（2）所示，S应为线圈面积的一半．（3）多匝线圈的磁通量：多匝线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关，因为不论线圈匝数多少，穿过线圈的磁感线条数相同，而磁感线条数可表示磁通量的大小．（4）合磁通量求法：若某个平面内有不同方向和强弱的磁场共同存在，当计算穿过这个面的磁通量时，先规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的合磁通量．2．磁通量的变化磁通量可以用穿过某一面积的磁感线条数来形象地定性描述，也可以用公式Φ＝BSsinθ（θ为B与S面的夹角）进行定量的计算．在分析磁通量是否发生变化时，两种描述是统一的，不能有矛盾的结果出现．例如：（1）线圈的面积发生变化时磁通量是不一定发生变化的，如图，当线圈面积由S1变为S2时，磁通量并没有变化．（2）当磁场范围一定时，线圈面积发生变化，磁通量也可能不变，如图所示，在空间有磁感线穿过线圈S，S外没有磁场，如增大S，则Φ不变．3．磁通量改变的方式：（1）线圈跟磁体之间发生相对运动，这种改变方式是S不变而相当于B发生变化；（2）线圈不动，线圈所围面积也不变，但穿过线圈面积的磁感应强度是时间的函数；（3）线圈所围面积发生变化，线圈中的一部分导体做切割磁感线运动，其实质也是B不变而S增大或减小；（4）线圈所围面积不变，磁感应强度也不变，但二者之间的夹角发生变化，如匀强磁场中转动的矩形线圈就是典型例子．9．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