第52頁（共52頁）2024-2025學年下學期高二物理滬科版（2020）期中必刷常考題之洛倫茲力一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?黃浦區校級期末）假設太陽風中的一電子以一定的速度豎直向下運動穿過P處的地磁場，如圖所示。則該電子受到的洛倫茲力方向為（）A．向東 B．向南 C．向西 D．向北2．（2024秋?順義區校級期末）下列關于安培力和洛倫茲力的說法中正確的是（）A．通電導線在磁場中一定受到安培力的作用 B．帶電粒子在磁場中一定受到洛倫茲力的作用 C．洛倫茲力對運動電荷可能做功 D．安培力對通電導線可能做功3．（2024秋?金鳳區校級期末）如圖所示，一水平導線通以電流I，導線上方有一電子，初速度方向與電流垂直，關于電子的運動情況，下列說法正確的是（）A．沿路徑b運動，電子距離導線越遠運動半徑越小 B．沿路徑b運動，電子距離導線越遠運動半徑越大 C．沿路徑a運動，電子距離導線越遠運動半徑越大 D．沿路徑a運動，電子距離導線越遠運動半徑越小4．（2024秋?南開區校級期末）如圖分別表示運動電荷和通電直導線在磁場中的受力情況，下列四圖中正確的是（）A． B． C． D．5．（2024秋?大連期末）如圖所示，下面能正確表明帶正電的粒子所受洛倫茲力F方向的是（）A． B． C． D．6．（2024秋?成都期末）下列說法正確的是（）A．帶電粒子在電場中一定沿電場線運動 B．帶電粒子在電場中一定受到電場力的作用 C．帶電粒子在磁場中一定受到洛倫茲力的作用 D．通電導線在磁場中一定受到安培力的作用7．（2023秋?通州區期末）如圖甲所示，近日國內多地出現美麗而神秘的極光現象。極光本質上是由太陽發射的高速帶電粒子流受地磁場的影響，進入地球兩極附近時，撞擊并激發高空中的空氣分子和原子引起的。若高速粒子帶正電，因其入射速度與地磁方向不垂直，導致其軌跡呈現出如圖乙所示的螺旋狀的形態（相鄰兩個旋轉圓之間的距離稱為螺距Δx）。忽略引力和帶電粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．帶電粒子進入大氣層與空氣發生作用后，在地磁場作用下的旋轉半徑越來越大 B．隨著緯度的增加，以相同速度入射的宇宙帶電粒子的旋轉半徑增大 C．在我國黑龍江北部地區仰視看到的極光將以順時針方向做螺旋運動 D．當不計空氣阻力時，若僅減小入射粒子速度方向與地磁場的夾角，螺距Δx也會減小8．（2023秋?大祥區校級期末）如圖所示，兩個傾角分別為30°和60°的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，兩個質量為m、帶電荷量為+q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中（）A．甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短 B．甲滑塊在斜面上運動的位移比乙滑塊在斜面上運動的位移小 C．甲滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率比乙滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率大 D．兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?順義區校級期末）陰極射線管中電子束由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上出現如圖所示的一條亮線。要使該亮線向z軸正方向偏轉，可以（）A．加上y軸正方向的磁場 B．加上y軸負方向的磁場 C．加上z軸正方向的電場 D．加上z軸負方向的電場（多選）10．（2024秋?鄂爾多斯期末）如圖所示，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊。甲、乙疊放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于紙面向里的勻強磁場?，F用一個水平恒力F拉乙物塊，開始時甲、乙無相對滑動地一起向左加速運動。在以后的運動過程中，下列說法中正確的是（）A．甲、乙兩物塊可能相對滑動 B．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大 C．甲物塊向左先加速運動后勻速運動 D．乙物塊受到地面的最大摩擦力大小為F（多選）11．（2023秋?長治期末）如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑絕緣軌道豎直放置，圖乙、圖丙分別置于勻強磁場B和勻強電場E中，軌道兩端點在同一高度上?，F將a、b、c三個相同的帶正電小球同時從軌道左端的最高點由靜止釋放，小球均能經過軌道最低點。已知小球的帶電荷量不會發生變化，則a、b、c三個小球（）A．a球、b球在向右運動過程中始終不會脫離軌道 B．到達軌道最低點時的速率均相同 C．向右經過軌道最低點時，b球對軌道的壓力最大 D．向左經過軌道最低點時，a球對軌道的壓力最小（多選）12．（2023秋?鹽田區校級期末）如圖所示，水平虛線MN下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B的大小可以改變，ST為接收屏，T點位于磁場的邊界處，∠STM＝30°，在S點有一粒子發射源，發射的粒子速度方向均垂直MN，速度大小均為v0，發射的粒子經過一段時間均能達到接收屏上。已知粒子的比荷為k，發射源S到MN的距離為d，忽略粒子間的相互作用以及重力。下列說法中正確的有（）A．粒子帶負電 B．B可能為3vC．當B最小時，粒子打到接收屏的點到T點的間距為(2-D．當B最小時，粒子從發射到被接收，粒子的運動時間為2三．解答題（共3小題）13．（2023秋?承德期末）在傾角θ＝37°的絕緣斜面上有一質量m＝1kg、電荷量q＝﹣2C的滑塊以速度v向下恰好做勻速直線運動，空間存在垂直紙面向里、大小為5T的勻強磁場B，取重力加速度大小g＝10m/s2，滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.2，sin37°＝0.6，求：（1）滑塊受到的洛倫茲力F；（2）速度v的大小。14．（2023秋?新邵縣期末）如圖所示，將帶電量Q＝1C、質量m′＝1kg的滑塊放在小車的絕緣板的右端，小車的質量M＝3kg，滑塊與絕緣板間不光滑，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在著磁感應強度B＝10T的水平方向的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。開始時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L＝1.8m，擺球質量m＝2kg的擺從水平位置由靜止釋放，擺到最低點時與小車相撞，如圖所示，碰撞后擺球恰好靜止，g＝10m/s2，求：（1）與車碰撞前擺球到達最低點時對繩子的拉力大小F；（2）球與小車的碰撞過程中系統損失的機械能ΔE；（3）碰撞后小車的最終速度v。15．（2023秋?大興區期末）對于同一個物理問題，常常可以從宏觀和微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯系，從而更加深刻地理解其物理本質。已知一段橫截面積為S，長為l的直導線，單位體積內有n個自由電子，電子電荷量為e，該導線通有電流時，假設自由電子定向移動的速率均為v。（1）根據電流的定義推導導線中的電流I；（2）將該導線放在勻強磁場中，電流方向垂直于磁感應強度B，導線所受安培力大小為F安，導線內自由電子所受洛倫茲力大小的總和為F，推導F安＝F。

2024-2025學年下學期高二物理滬科版（2020）期中必刷?？碱}之洛倫茲力參考答案與試題解析題號12345678答案CDCABBCD一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?黃浦區校級期末）假設太陽風中的一電子以一定的速度豎直向下運動穿過P處的地磁場，如圖所示。則該電子受到的洛倫茲力方向為（）A．向東 B．向南 C．向西 D．向北【考點】左手定則判斷洛倫茲力的方向．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】由題意，先確定P處地磁場的方向及電子的運動方向，結合左手定則，即可分析判斷ABCD正誤?！窘獯稹拷猓河蓤D知，P處地磁場方向由南向北，由題知，太陽風中的一電子以一定的速度豎直向下運動穿過P處的地磁場，則根據左手定則可知，此時該電子受到的洛倫茲力方向向西，故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c評】本題考查左手定則判斷洛倫茲力的方向，解題時需注意，洛倫茲力的方向垂直于磁場方向和電荷運動方向決定的平面。2．（2024秋?順義區校級期末）下列關于安培力和洛倫茲力的說法中正確的是（）A．通電導線在磁場中一定受到安培力的作用 B．帶電粒子在磁場中一定受到洛倫茲力的作用 C．洛倫茲力對運動電荷可能做功 D．安培力對通電導線可能做功【考點】左手定則判斷洛倫茲力的方向；功的定義、單位和計算式；安培力的概念．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】D【分析】根據通電導線和帶電粒子的運動方向判斷力的存在的情況，結合羅洛倫茲力和安培力做功的情況進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈B.通電導線和帶電粒子的運動方向如果與磁場方向平行，則通電導線不能受到安培力作用，帶電粒子也不能受到洛倫茲力的作用，故AB錯誤；C.洛倫茲力與帶電粒子運動方向始終互相垂直，則洛倫茲力不能做功，故C錯誤；D.安培力對通電導線可以做功從而實現能量轉化，故D正確。故選：D?！军c評】考查通電導線和帶電粒子的運動方向判斷力的存在的情況，洛倫茲力和安培力做功的情況，會根據題意進行準確分析解答。3．（2024秋?金鳳區校級期末）如圖所示，一水平導線通以電流I，導線上方有一電子，初速度方向與電流垂直，關于電子的運動情況，下列說法正確的是（）A．沿路徑b運動，電子距離導線越遠運動半徑越小 B．沿路徑b運動，電子距離導線越遠運動半徑越大 C．沿路徑a運動，電子距離導線越遠運動半徑越大 D．沿路徑a運動，電子距離導線越遠運動半徑越小【考點】洛倫茲力的動力學特點．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據右手螺旋定則，可判斷通電導線上方的磁場方向；由左手定則，可判斷電子受到的洛倫茲力方向，即電子的偏轉方向；由洛倫茲力提供向心力，可得到圓周運動半徑與磁感應強度的關系，結合不同位置處的磁感應強度的大小，可判斷其圓周運動軌跡的半徑變化?！窘獯稹拷猓焊鶕沂致菪▌t，可判斷通電導線上方的磁場方向為垂直紙面向里；由左手定則，可判斷電子受到的洛倫茲力方向向右，即電子的偏轉方向向右，即路徑a；由洛倫茲力提供向心力，可qvB＝mv2r，解得r=mvqB，離導線越遠，磁感應強度越小，則電子的運動半徑越大，故故選：C。【點評】本題考查帶電粒子受洛倫茲力的運動情況，需要結合右手螺旋定則和左手定則綜合判斷，注意通電導線周圍的磁場并非勻強磁場，越靠近通電導線，磁場越強。4．（2024秋?南開區校級期末）如圖分別表示運動電荷和通電直導線在磁場中的受力情況，下列四圖中正確的是（）A． B． C． D．【考點】左手定則判斷洛倫茲力的方向；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．【答案】A【分析】由左手定則可判定安培力和洛倫茲力的方向，注意判定運動電荷受力時，四指方向為正電荷的運動方向。【解答】解：A．根據左手定則可知，四指表示正電荷的運動方向，與負電荷運動方向相反，大拇指表示受力方向，故A正確；B．根據左手定則可知，四指表示正電荷的運動方向，所受洛倫茲力方向豎直向上，故B錯誤；C．根據左手定則可知，通電導線與磁場方向平行，所受安培力為0，故C錯誤；D．根據左手定則可知，通電導線受力豎直向上，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題主要考查了左手定則的應用，在判定負電荷受到的洛倫茲力的時候，注意四個手指在速度的反方向上。5．（2024秋?大連期末）如圖所示，下面能正確表明帶正電的粒子所受洛倫茲力F方向的是（）A． B． C． D．【考點】洛倫茲力、磁場、粒子運動方向和電荷性質的相互判斷．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】已知磁場方向、帶電粒子的速度方向，由左手定則可以判斷出洛倫茲力的方向?！窘獯稹拷猓鹤笫侄▌t的內容：伸開左手，使大拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心穿過，并使四指指向電流的方向或者正電荷運動方向，這時拇指所指的方向就是通電導線或運動電荷在磁場中所受安培力或洛倫茲力的方向。A、磁場的方向向外，帶正電的粒子向右運動，由左手定則可知，洛倫茲力豎直向下，故A錯誤；B、磁場的方向向里，帶正電的粒子向右運動，由左手定則可知，洛倫茲力豎直向上，故B正確；C、磁場向上，帶正電粒子向右運動，由左手定則可知，洛倫茲力垂直于紙面向外，故C錯誤；D、磁場向下，帶正電粒子向右運動由左手定則可知，洛倫茲力垂直于紙面向里，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了判斷洛倫茲力方向問題，熟練應用左手定則即可正確解題；該題中的CD兩個選項，也可以直接使用結論：“v、B、F三個矢量不可能出現在同一個平面內”直接排除。6．（2024秋?成都期末）下列說法正確的是（）A．帶電粒子在電場中一定沿電場線運動 B．帶電粒子在電場中一定受到電場力的作用 C．帶電粒子在磁場中一定受到洛倫茲力的作用 D．通電導線在磁場中一定受到安培力的作用【考點】左手定則判斷洛倫茲力的方向；電荷性質、電場力方向和電場強度方向的相互判斷．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】B【分析】根據帶電粒子在電場和磁場中的受力情況結合帶電粒子和通電導線的初始狀態進行分析判斷?！窘獯稹拷猓篈．帶電粒子在電場中不一定沿電場線運動，與帶電粒子的初狀態有關，故A錯誤；B．帶電粒子在電場中一定受到電場力的作用，故B正確；CD．帶電粒子在磁場中不一定受到洛倫茲力的作用，通電導線在磁場中也不一定受安培力作用，比如帶電粒子速度方向或通電導線平行于磁場方向時，故CD錯誤。故選：B。【點評】考查帶電粒子在電場和磁場中的受力情況結合帶電粒子和通電導線的初始狀態，會根據題意進行準確分析解答。7．（2023秋?通州區期末）如圖甲所示，近日國內多地出現美麗而神秘的極光現象。極光本質上是由太陽發射的高速帶電粒子流受地磁場的影響，進入地球兩極附近時，撞擊并激發高空中的空氣分子和原子引起的。若高速粒子帶正電，因其入射速度與地磁方向不垂直，導致其軌跡呈現出如圖乙所示的螺旋狀的形態（相鄰兩個旋轉圓之間的距離稱為螺距Δx）。忽略引力和帶電粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．帶電粒子進入大氣層與空氣發生作用后，在地磁場作用下的旋轉半徑越來越大 B．隨著緯度的增加，以相同速度入射的宇宙帶電粒子的旋轉半徑增大 C．在我國黑龍江北部地區仰視看到的極光將以順時針方向做螺旋運動 D．當不計空氣阻力時，若僅減小入射粒子速度方向與地磁場的夾角，螺距Δx也會減小【考點】洛倫茲力的概念；地磁場．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．【答案】C【分析】由于空氣阻力的作用，粒子的速度會變小，根據洛倫茲力提供向心力，來判斷運動的半徑變化，根據左手定則判斷粒子運動的方向，還需要對粒子的運動分解成沿磁場方向和垂直于磁場方向分析運動的特點。【解答】解：A.帶電粒子進入大氣層與空氣發生作用后，粒子的速度會變小，根據公式qvB=mv2rB.越靠近兩極地磁場越強，則隨著緯度的增加地磁場變強，其它條件不變，則半徑會變小，故B錯誤；C.在我國黑龍江北部地區的地磁場豎直分量是豎直向下的，若高速粒子帶正電，根據左手定則，從下往上看將以順時針方向做螺旋運動，故C正確；D.當不計空氣阻力時，將帶電粒子運動沿磁場方向和垂直于磁場方向進行分解，沿磁場方向將做勻速直線運動，垂直于磁場方向做勻速圓周運動。若帶電粒子的運動速率不變，與磁場的夾角變小，則速度沿磁場的分量會增大，故沿磁場方向的勻速直線運動也將變快，即螺距Δx會增大，故D錯誤。故選：C?！军c評】題目以自然現象為背景命題，考查了地磁場、左手定則、帶電粒子在磁場中的運動等知識點，關鍵是將帶電粒子的運動沿磁場方向和垂直于磁場方向進行分解。8．（2023秋?大祥區校級期末）如圖所示，兩個傾角分別為30°和60°的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，兩個質量為m、帶電荷量為+q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中（）A．甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短 B．甲滑塊在斜面上運動的位移比乙滑塊在斜面上運動的位移小 C．甲滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率比乙滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率大 D．兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等【考點】洛倫茲力的計算公式及簡單應用；瞬時功率的計算．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】D【分析】小滑塊向下運動的過程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛倫茲力，向下運動的過程中，速度增大，洛倫茲力增大，支持力減小，當支持力減到0時，離開斜面．求出滑塊離開斜面時的速度大?。粦霉β使角蟪鲋亓Φ乃矔r功率以及平均功率。【解答】解：A．小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與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，飛離斜面瞬間的速度越大，故在甲滑塊飛離時速度較大，物體在斜面上運動的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓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，因為甲的最大速度大于乙的最大速度，由vm＝at得，甲的時間大于乙的時間，故A錯誤；B．由A選項的分析和x=vmC．滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率為P=則可知兩滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率均為P=故C錯誤；D．由平均功率的公式得P=因sin30°＝cos60°，故兩滑塊重力的平均功率均為P=故D正確。故選：D?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動分析問題，解決本題的關鍵知道洛倫茲力的方向和洛倫茲力的大小以及能夠正確的受力分析，理清物體的運動狀況．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?順義區校級期末）陰極射線管中電子束由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上出現如圖所示的一條亮線。要使該亮線向z軸正方向偏轉，可以（）A．加上y軸正方向的磁場 B．加上y軸負方向的磁場 C．加上z軸正方向的電場 D．加上z軸負方向的電場【考點】左手定則判斷洛倫茲力的方向．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】BD【分析】根據左手定則判斷分析加不同方向的磁場電子的偏轉方向?！窘獯稹拷猓篈．加上y軸正方向的磁場，根據左手定則可知，四指表示正電荷的運動方向，所以電子向z軸負方向偏轉，故A錯誤；B．加上y軸負方向的磁場，根據左手定則可知，電子向z軸正方向偏轉，故B正確；C．加上z軸正方向的電場，電子受到的電場力與電場方向相反，所以沿z軸負方向，電子向z軸負方向偏轉，故C錯誤；D．加上z軸負方向的電場，電子受到的電場力與電場方向相反，所以沿z軸正方向，則電子向z軸正方向偏轉，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查磁偏轉方向判斷的能力．由左手定則判斷洛倫茲力的方向是正確解題的關鍵。（多選）10．（2024秋?鄂爾多斯期末）如圖所示，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊。甲、乙疊放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于紙面向里的勻強磁場。現用一個水平恒力F拉乙物塊，開始時甲、乙無相對滑動地一起向左加速運動。在以后的運動過程中，下列說法中正確的是（）A．甲、乙兩物塊可能相對滑動 B．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大 C．甲物塊向左先加速運動后勻速運動 D．乙物塊受到地面的最大摩擦力大小為F【考點】洛倫茲力的概念；判斷是否存在摩擦力；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定性思想；推理法；推理論證能力．【答案】CD【分析】以甲、乙整體為研究對象，分析受力情況，分析地面對乙物塊的摩擦力如何變化，根據牛頓第二定律分析加速度如何變化，再對甲研究，由牛頓第二定律研究甲所受摩擦力如何變化．【解答】解：CD、以甲、乙整體為研究對象，分析受力如圖則有N＝F+mg當甲、乙一起加速運動時，洛倫茲力F洛增大，滑動摩擦力f增大，根據牛頓第二定律F﹣f＝（m甲+m乙）a，加速度逐漸減小，當F＝f時，此時兩者一起勻速運動，故CD正確；AB、f增大，F一定，根據牛頓第二定律F﹣f＝ma，可知加速度a減小，對甲研究得到，乙對甲的摩擦力f'＝ma，則得到f'減小，甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷減小且不發生相對滑動，故AB錯誤；故選：CD。【點評】本題關鍵要靈活選擇研究對象，要抓住洛倫茲力大小與速度大小成正比這個知識點，基本題．（多選）11．（2023秋?長治期末）如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑絕緣軌道豎直放置，圖乙、圖丙分別置于勻強磁場B和勻強電場E中，軌道兩端點在同一高度上。現將a、b、c三個相同的帶正電小球同時從軌道左端的最高點由靜止釋放，小球均能經過軌道最低點。已知小球的帶電荷量不會發生變化，則a、b、c三個小球（）A．a球、b球在向右運動過程中始終不會脫離軌道 B．到達軌道最低點時的速率均相同 C．向右經過軌道最低點時，b球對軌道的壓力最大 D．向左經過軌道最低點時，a球對軌道的壓力最小【考點】帶電粒子在磁場和靜電場中運動的差異．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】根據機械能守恒分析圖甲、圖乙，小球始終不會脫離軌道，在圖丙中，電場力對小球做負功，小球可能脫離軌道；根據動能定理可分析速率大??；根據牛頓第二定律在圓周上應用即可判斷壓力大小?！窘獯稹拷猓篈．將a、b、c三個相同的帶正電小球同時從軌道左端的最高點由靜止釋放，小球均能經過軌道最低點，在圖甲、圖乙中，只有重力做功，小球的機械能守恒，則在小球向右運動過程中始終不會脫離軌道，故A正確；B．根據動能定理，對于a球，到達最低點的過程中，只有重力做功，由動能定理得：mgR=根對于b球，到達最低點的過程中，只有重力做功，由動能定理得：mgR=對于c球，由于電場力做功，也有重力做功，到達最低點的過程中，由動能定理得：mgR-到達最低點時，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錯誤；C．向右經過最低點時，對a球由牛頓第二定律得：FNa對于b球由牛頓第二定律得：FNb對于c球由牛頓第二定律得：FNc結合之前的分析有va＝vb＞vc，所以其b球對于軌道的壓力最大，故C正確；D．向左經過最低點時，對a球由牛頓第二定律得：FNa由于整個運動過程中，只有重力做功，所以va＝va1對于b球由牛頓第二定律得：FNb由于整個運動過程中，只有重力做功，所以vb＝vb1對于c球由牛頓第二定律得：FNc由于整個運動過程只有重力和電場力做功，而電場力和重力做功只與始末位置有關，所以有vc＝vc1結合上述分析可知，b球對軌道的壓力小于a球對軌道的壓力，所以a球不是對軌道的壓力最小的，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題涉及磁場、電場中的運動問題，利用功能關系是解決物理問題的常用方法，在解題時應明確洛倫茲力永不做功。（多選）12．（2023秋?鹽田區校級期末）如圖所示，水平虛線MN下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B的大小可以改變，ST為接收屏，T點位于磁場的邊界處，∠STM＝30°，在S點有一粒子發射源，發射的粒子速度方向均垂直MN，速度大小均為v0，發射的粒子經過一段時間均能達到接收屏上。已知粒子的比荷為k，發射源S到MN的距離為d，忽略粒子間的相互作用以及重力。下列說法中正確的有（）A．粒子帶負電 B．B可能為3vC．當B最小時，粒子打到接收屏的點到T點的間距為(2-D．當B最小時，粒子從發射到被接收，粒子的運動時間為2【考點】洛倫茲力的計算公式及簡單應用；左手定則判斷洛倫茲力的方向．【專題】定量思想；臨界法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】ACD【分析】由粒子的偏轉方向，根據左手定則，可判斷粒子的電性；由粒子在磁場中做圓周運動時的特點，結合幾何關系，可得到粒子圓周運動的最大半徑、磁感應強度的最小值；由幾何關系，可計算磁感應強度最小時，粒子打到接收屏的點到T點的間距；磁感應強度最小時，由勻速圓周運動特點，結合圓心角，可計算粒子從發射到被接收的時間?！窘獯稹拷猓篈．由題意可知，粒子會打在右側的接收屏上，由左手定則可知，粒子帶負電，故A正確；B．由洛倫茲力提供向心力，可知：qv0B=m由幾何關系可知：r＝d，則：Bmin=v0kd，而v0kdC．當B最小時，粒子打到接收屏的點到T點的間距為Δx=dsin30°-D．當B最小時，粒子從發射到被接收，粒子的運動時間為t=120°360°×T，由圓周運動特點可知：T故選：ACD?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，關鍵是利用粒子在磁場中做圓周運動時，軌跡的對稱特點，結合幾何關系，計算粒子的最大軌跡半徑。三．解答題（共3小題）13．（2023秋?承德期末）在傾角θ＝37°的絕緣斜面上有一質量m＝1kg、電荷量q＝﹣2C的滑塊以速度v向下恰好做勻速直線運動，空間存在垂直紙面向里、大小為5T的勻強磁場B，取重力加速度大小g＝10m/s2，滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.2，sin37°＝0.6，求：（1）滑塊受到的洛倫茲力F；（2）速度v的大小。【考點】洛倫茲力的計算公式及簡單應用；共點力的平衡問題及求解．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；合成分解法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）滑塊受到的洛倫茲力F為22N，方向垂直斜面向下；（2）速度v的大小為2.2m/s?！痉治觥浚?）滑塊在斜面上做勻速直線運動，受力平衡，分析其受力，根據平衡條件和滑動摩擦力公式相結合求滑塊受到的洛倫茲力F；（2）根據洛倫茲力公式F＝qvB求速度v的大小?！窘獯稹拷猓海?）滑塊在斜面上做勻速直線運動，分析受力，如圖所示。根據平衡條件得f＝mgsinθN＝F+mgcosθ又f＝μN解得F＝22N方向垂直斜面向下。（2）由洛倫茲力公式可得F＝qvB解得v＝2.2m/s答：（1）滑塊受到的洛倫茲力F為22N，方向垂直斜面向下；（2）速度v的大小為2.2m/s?！军c評】解答本題時，要正確分析滑塊的受力，根據平衡條件、滑動摩擦力、洛倫茲力公式相結合解答。14．（2023秋?新邵縣期末）如圖所示，將帶電量Q＝1C、質量m′＝1kg的滑塊放在小車的絕緣板的右端，小車的質量M＝3kg，滑塊與絕緣板間不光滑，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在著磁感應強度B＝10T的水平方向的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。開始時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L＝1.8m，擺球質量m＝2kg的擺從水平位置由靜止釋放，擺到最低點時與小車相撞，如圖所示，碰撞后擺球恰好靜止，g＝10m/s2，求：（1）與車碰撞前擺球到達最低點時對繩子的拉力大小F；（2）球與小車的碰撞過程中系統損失的機械能ΔE；（3）碰撞后小車的最終速度v?！究键c】洛倫茲力的計算公式及簡單應用；用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）與車碰撞前擺球到達最低點時對繩子的拉力大小為60N；（2）球與小車的碰撞過程中系統損失的機械能為12J；（3）碰撞后小車的最終速度為113【分析】（1）根據機械能守恒擺球下降到最低點的速度，再由牛頓第二定律求解繩子中的拉力，最后由牛頓第三定律求解擺球對繩子的拉力；（2）根據動量守恒求解碰撞后小車的速度，由能量守恒求得碰撞損失的機械能；（3）假設滑塊與小車最終共速，根據動量守恒定律求得共速時的速度，分析滑塊所受洛倫茲力大小與重力的關系，得知滑塊在與小車共速前已與小車分離。由重力與洛倫茲力相等的關系求得滑塊的速度，根據滑塊與小車動量守恒，求得小車的速度。【解答】解：（1）小球向下擺動過程，由機械能守恒定律得mgL=在最低點，由牛頓第二定律得T-由牛頓第三定律得F＝T聯立公式得F＝60N（2）取向右為正方向，擺球與小車碰撞過程中，由動量守恒定律得mv0＝Mv1系統損失的機械能為ΔE=代入數據解得ΔE＝12J（3）假設m′最終能與M一起運動，由動量守恒定律得Mv1＝（M+m′）v2m′受到的向上洛倫茲力為QBv2＝30N＞m′g所以m′在還未到3m/s時已與M分開了，對物塊Qv3B＝m′g代入數據解得v3＝1m/s由動量守恒定律可得Mv1＝Mv+m′v3代入數據解得v=方向水平向右。答：（1）與車碰撞前擺球到達最低點時對繩子的拉力大小為60N；（2）球與小車的碰撞過程中系統損失的機械能為12J；（3）碰撞后小車的最終速度為113【點評】本題主要考查動量守恒定律和洛倫茲力的簡單計算，需要注意分析滑塊與小車共速情況下，滑塊的受力情況。應熟練相關公式的使用。15．（2023秋?大興區期末）對于同一個物理問題，常?？梢詮暮暧^和微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯系，從而更加深刻地理解其物理本質。已知一段橫截面積為S，長為l的直導線，單位體積內有n個自由電子，電子電荷量為e，該導線通有電流時，假設自由電子定向移動的速率均為v。（1）根據電流的定義推導導線中的電流I；（2）將該導線放在勻強磁場中，電流方向垂直于磁感應強度B，導線所受安培力大小為F安，導線內自由電子所受洛倫茲力大小的總和為F，推導F安＝F。【考點】洛倫茲力的概念；電流的概念、性質及電流強度的定義式；電流的微觀表達式；安培力的概念．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】（1）見解析；（2）見解析?！痉治觥浚?）根據電流的定義式和題意得出電流的表達式；（2）根據洛倫茲力的公式，結合電子的數量完成證明過程?！窘獯稹拷猓海?）電子在導線中移動的時間為：t=導線中移動的電荷量為：Q＝nelS根據電流的定義式可知：I=（2）一個電子在磁場中運動時受到的洛倫茲力為：F1＝evB導體中的自由電子數為：N＝nsl導線內自由電子所受洛倫茲力大小的總和為：F＝nBevlS導線所受安培力大小為：F安＝BIL＝nBevlS從而得證。答；（1）見解析；（2）見解析。【點評】本題主要考查了安培力的相關概念，熟悉電流的定義式，理解洛倫茲力和安培力的關系即可完成分析。

考點卡片1．判斷是否存在摩擦力【知識點的認識】1.考點意義：有很多題目會綜合考查摩擦力的相關知識，不區分靜摩擦力和滑動摩擦力，所以設置本考點。2.對于是否存在摩擦力可以按以下幾個方法判斷：①條件法：根據摩擦力的產生條件進行判斷。a、接觸面粗糙；b、兩物體間存在彈力；c、有相對運動或相對運動的趨勢。②假設法：假設有或者沒有摩擦力，判斷物體運動狀態是否會改變?！久}方向】如圖，長方體甲乙疊放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做勻速直線運動（）A、甲、乙之間一定有摩擦力B、水平地面對乙沒有摩擦力C、甲對乙的摩擦力大小為F，方向水平向右D、水平地面對乙的摩擦力大小為F．方向水平向右分析：首先對甲、乙的整體進行分析，根據平衡力的知識得出乙與地面間的摩擦力；以甲為研究對象，進行受力分析，得出甲與乙之間的摩擦力．解答：A、以甲為研究對象，由于做勻速直線運動，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙對其向左的摩擦力，故A正確；B、以甲、乙的整體為研究對象，由于受向右的拉力作用，所以還受向左的摩擦力作用，B錯誤；C、由A知，甲受乙對其向左的摩擦力，根據力的作用的相互性，所以甲對乙向右的摩擦力作用，故C正確；D、由B知，水平地面對乙的摩擦力大小為F，方向水平向左，故D錯誤。故選：AC。點評：本題關鍵正確選擇研究對象，然后再根據兩物體及整體處于平衡狀態，由平衡條件分析受力情況即可．【解題思路點撥】對物體受力的判斷常采用的方法之一就是假設法，假設物體受或不受某力會使物體的運動狀態發生變化，那么假設不成立。2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。②圖解法：根據物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發生轉動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據合力為零分析AB選項；根據對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據物體的受力平衡，依據幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態，根據平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據平衡規律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構成的系統，應明確所選研究對象是系統整體還是系統中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。3．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。4．功的定義、單位和計算式【知識點的認識】1．定義：物體受到力的作用，并在力方向上發生一段位移，就說力對物體做了功．2．公式：W＝Flcosα，其中α為F與l的夾角，F是力的大小，l一般是物體相對地面的位移，而不是相對于和它接觸的物體的位移．3．應用中的注意點（1）公式只適用于恒力做功；（2）F和l是對應同一個物體的；（3）恒力做功多少只與F、l及二者夾角余弦有關，而與物體的加速度大小、速度大小、運動時間長短等都無關，即與物體的運動性質無關，同時與有無其它力做功也無關．4．物理意義：功是能量轉化的量度．5．單位：焦耳（J），1J＝1N?m．6．功是標量，沒有方向、但是有正負，正負表示能量轉化的方向．表示物體是輸入了能量還是輸出了能量．【命題方向】關于功的概念，下列說法中正確的是（）A、力對物體做功多，說明物體的位移一定大B、力對物體做功小，說明物體的受力一定小C、力對物體不做功，說明物體一定沒有移動D、物體發生了位移，不一定有力對它做功分析：做功包含的兩個必要因素是：作用在物體上的力，物體在力的方向上通過一定的位移．根據W＝Flcosα求解．解答：A、力對物體做功多，根據W＝Flcosα，如果力很大，那么物體的位移不一定大，故A錯誤B、力對物體做功小，根據W＝Flcosα，如果力位移很小，那么物體的受力不一定小，故B錯誤C、力對物體不做功，根據W＝Flcosα，可能α＝90°，所以物體不一定沒有移動，故C錯誤D、物體發生了位移，如果力的方向與位移方向垂直，那么力對它不做功，故D正確故選：D。點評：對物體做功必須同時滿足兩個條件：對物體施加力，物體在這個力的作用下通過一定的位移．【解題方法點撥】1.對功的概念的理解（1）做功的兩個必不可少的因素理解功的概念，首先要知道做功的兩個不可缺少的因素：力和物體在力的方向上發生的位移。力對物體是否做了功只與這兩個因素有關，與其他因素諸如物體運動的快慢、運動的性質、物體的質量、物體是否受其他力作用等均無關。（2）功是過程量，總是與一個具體的過程相對應同時功與具體的某個力或某幾個力相對應，通常我們說某個力或某幾個力所做的功。2.對計算功的大小的公式的兩點提醒（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcosα并不是普遍適用的，它只適用于大小和方向均不變的恒力做功。如果F是變力，W＝Flcosα就不適用了。（2）F與l必須具備同時性，即必須是力作用過程中物體的位移。如果力消失后物體繼續運動，力所做的功就只跟力作用的那段位移有關，跟其余的位移無關，5．瞬時功率的計算【知識點的認識】1.對于恒力做功，瞬時功率為P＝Fvcosα（v是瞬時速度，α是力與速度的夾角）2.如果力與速度的方向一致，則P＝Fv【命題方向】物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當物體滑至斜面底端，重力做功的瞬時功率為（）A、mg2ghB、12mgC、mg2ghsinαD、分析：應用公式P＝Fv求某力的瞬時功率時，注意公式要求力和速度的方向在一條線上，在本題中應用機械能守恒求出物體滑到斜面底端時的速度，然后將速度沿豎直方向分解即可求出重力功率．解答：物體下滑過程中機械能守恒，所以有：mgh=12物體滑到底端重力功率為：P＝mgvsinα②聯立①②解得：P＝mg2ghsinα，故選項ABD錯誤，故選：C。點評：物理公式不僅給出了公式中各個物理量的數學運算關系，更重要的是給出了公式需要遵循的規律和適用條件，在做題時不能盲目的帶公式，要弄清公式是否適用．【解題思路點撥】①對于瞬時功率的計算，一定要牢記瞬時功率等于力在速度方向上的投影與速度的乘積。②重力的功率等于重力乘以豎直方向上的速度。6．用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題【知識點的認識】1.碰撞的特點：（1）時間特點：碰撞現象中，相互作用的時間極短，相對物體運動的全過程可忽略不計。（2）相互作用力特點：在碰撞過程中，系統的內力遠大于外力，所以動量守恒。2.設兩個物體的質量分別為m1和m2，碰撞前兩個物體的速度分別為v1和v2，碰撞后的速度分別為v1′和v2′，則根據動量守恒定律有m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′3.【命題方向】甲、乙兩個玩具小車在光滑水平面上沿著同一直線相向運動，它們的質量和速度大小分別為m1＝0.5kg，v1＝2m/s，m2＝3kg，v2＝1m/s．兩小車相碰后，乙車的速度減小為v2′＝0.5m/s，方向不變，求甲車的速度v1′．分析：兩小車相碰過程，兩車組成的系統動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰后甲的速度．解答：兩車組成的系統動量守恒，以乙車的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v2﹣m1v1＝m2v2′+m1′v1′，代入數據解得：v1′＝1m/s；方向與v2方向相同．答：甲車的速度v1′為1m/s；方向與v2方向相同．點評：本題的關鍵要掌握碰撞的基本規律：動量守恒定律，應用動量守恒定律時要注意正方向．【解題思路點撥】1.碰撞的分類：（1）彈性碰撞：系統動量守恒，機械能守恒。（2）非彈性碰撞：系統動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉化為內能。（3）完全非彈性碰撞：系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。2.無論哪一種碰撞，總是滿足動量守恒定律。7．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認識】動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨分了出來仍遠遠不夠，其他的綜合應用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應用、有電場存在的綜合應用等等?！久}方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個質量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導軌上，開始時滑塊B、C之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止狀態?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。連接B、C的細繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大小；（2）滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識點：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時還滿足機械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時滿足動量守恒和機械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運動，減速運動持續到物體到達傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時止，解題時要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運動，加速運動持續到物體到達傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時止，解題時同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達C端時的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內滑塊C的位移為x。根據牛頓第二定律和運動學公式μmg＝mav＝vC+atx=代入數據可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v＝3.0m/s（2）設A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統能量守恒∴E代入數據可解得：EP＝1.0J（3）在題設條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應當恰好等于傳遞帶的速度v。設A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據動量守恒定律可得：AB碰撞時：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運動學公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數據聯列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運動，還需用到平拋的基本知識，這是力學中的一道知識點比較多的綜合題，學生在所涉及的知識點中若存在相關知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小。【解題思路點撥】1．應用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進行受力分析，判斷系統動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規定正方向，確定初末狀態動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時進行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應把握以下兩點：（1）尋找臨界狀態：題設情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點是求解這類問題的關鍵．3．綜合應用動量觀點和能量觀點4．動量觀點和能量觀點：這兩個觀點研究的是物體或系統運動變化所經歷的過程中狀態的改變，不對過程變化的細節作深入的研究，而只關心運動狀態變化的結果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點和能量觀點解題應注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，無分量表達式．（2）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規律，它們研究的是物體系，在力學中解題時必須注意動量守恒條件及機械能守恒條件．在應用這兩個規律時，當確定了研究對象及運動狀態的變化過程后，根據問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態列方程求解．（3）中學階段凡可用力和運動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運動的觀點簡便．8．電荷性質、電場力方向和電場強度方向的相互判斷【知識點的認識】1.電場中某一點的電場強度方向與正電荷在該點的受力方向相同，與負電荷在該點的受力方向相反。2.知道電荷性質、電場強度方向、電場力的方向三者中的兩個就可以推出第三個?！久}方向】如圖是電場中某區域的電場線，箭頭方向向右，P點是電場中的一點，則（）A、P點的電場強度方向向左B、正點電荷在P點所受的電場力的方向向左C、P點的電場強度方向向右D、P點的電場強度方向向右分析：正點電荷在P點所受的電場力的方向向右；電場強度的方向與正電荷所受電場力的方向相同，電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向．解答：勻強電場的方向水平向右，所以P點的場強方向水平向右，正電荷在P點所受電場力方向水平向右。故C、D正確，A、B錯誤。故選：CD。點評：解決本題的關鍵知道電場強度的方向是如何規定的，以及知道電場線的特點．【解題思路點撥】1.當求解電場中的力學問題時，首先就要檢查電荷性質、電場強度方向、電場力的方向中哪些是可以確定的，從而推出未知量，進而求出其他物理量。2.知識點的延伸：電場強度的方向就是電場線的切線方向。9．電流的概念、性質及電流強度的定義式【知識點的認識】1.定義：自由電荷的定向移動形成電流．2.方向：規定為正電荷定向移動的方向．3.電流強度的定義式：I=qt，4.電流的單位：安培，符號是A。是國際單位制中七個基本物理量之一。5.物理意義：單位時間內通過導體橫截面的電荷量。6.標矢性：電流的方向是人為規定的，以正電荷定向移動的方向為正方向，運算時遵從的是代數運算法則，所以電流是標量?！久}方向】關于電流，下列說法中正確的是（）A、通過導體橫截面的電荷量越多，電流就越大B、對于導體，只要其兩端有電壓就有電流C、單位時間內通過導體橫截面的電荷量越多，導體中的電流就越大D、因為電流有方向，所以電流是矢量分析：根據電流的定義式I=q解答：AC、根據電流的定義式I=qt可知，電流的大小由通過導體橫截面積的電量和時間來計算，在時間不確定的情況下，通過導體橫截面的電荷量越多，電流不一定越大。故A錯誤，B、要形成電流，不但要有有電壓，電路還需構成閉合回路，故B錯誤。D、電流雖然有方向，但疊加不符合平行四邊形法則，故不是矢量。故D錯誤。故選：C。點評：考查電流的形成條件及電流定義式的識記。解題時牢記電流由電壓和電阻決定，I=q【解題思路點撥】1.電荷定向運動才形成電流，并不是電荷運動就可形成電流，其實導體內自由電荷是處于不停的熱運動之中的，但并不形成電流。2.電流的方向與正電荷定向移動的方向相同，與負電荷定向移動的方向相反。10．電流的微觀表達式【知識點的認識】1.電流的微觀表達式的推導如圖所示，AD表示粗細均勻的一段長為l的導體，兩端加一定的電壓，導體中的自由電荷沿導體定向移動的速率為v，設導體的橫截面積為S，導體每單位體積內的自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量大小為q。則：導體AD內的自由電荷全部通過橫截面D所用的時間t=導體AD內的自由電荷總數N＝nlS，總電荷量Q＝Nq＝nlSq，此導體上的電流I=Q2.電流的微觀表達式：I＝nqSv（1）I=qt是電流的定義式，I＝nqSv電流的決定式，因此電流I通過導體橫截面的電荷量q及時間t無關，從微觀上看，電流的大小取決于導體中單位體積內的自由電荷數n、每個自由電荷的電荷量大小q、定向移動的速率v，還與導體的橫截面積（2）v表示電荷定向移動的速率。自由電荷在不停地做無規則的熱運動，其速率為熱運動的速率，電流是自由電荷在熱運動的基礎上向某一方向定向移動形成的?！久}方向】有一橫截面積為S的銅導線，流經其中的電流強度為I；設每單位體積的導線中有n個自由電子，電子的電量為e，此電子的定向移動速率為v，在Δt時間內，通過導線橫截面的自由電子數可表示為（）A.nvSΔtB.nv?ΔtC.IΔtveD.分析：首先根據電流強度的定義可以求得t時間內通過導線橫截面積的總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數，再根據電流的微觀的表達式，根據電阻的運動的速率的大小也可以求得通過導線橫截面的自由電子的個數．解答：在t時間內，以速度v移動的電子在銅導線中通過的距離為vt，由于銅導線的橫截面積為S，則在t時間內，電子經過的導線體積為V＝vtS．又由于單位體積的導線有n個自由電子，則在Δt時間內，通過導線橫截面的自由電子數目可表示為N＝nvSΔt。由于流經導線的電流為I，則在t時間內，流經導線的電荷量為Q＝It，而電子的電荷量為e，則t時間內通過導線橫截面的自由電子數目可表示為：N=It故只有A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題計算自由電子的個數，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從電流強度的角度．【解題思路點撥】用電流的微觀表達式求解問題的注意點（1）準確理解公式中各物理量的意義，式中的v是指自由電荷定向移動的速率，不是電流的傳導速率，也不是電子熱運動的速率。（2）I＝neSv是由I=qt導出的，若11．地磁場【知識點的認識】地磁場①地磁場的N極在地球南極附近，S極在地球北極附近，磁感線分布如圖所示．②地磁場B的水平分量（Bx）總是從地球南極指向北極，而豎直分量（By）則南北半球相反，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，距離地球表面高度相等的各點，磁場強弱相等，且方向水平向北．【命題方向】常考題型：對基本概念的考查地球是一個大磁體，它的存在對地球的影響是巨大的，下列有關地磁場的相關說法中，正確的是（）A．在地面上放置一枚小磁針，在沒有其他磁場的影響下靜止的小磁針的南極指向地磁場的南極B．地磁場的北極在地理的南極附近C．北半球地磁場的方向相對地面總是垂直向下的D．地球上任何地方的地磁場方向都是和地面平行的分析：地球是個巨大的磁體，地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近．地球周圍存在著磁場．解答：A、在地面上放置一枚小磁針，在沒有其他磁場的影響下靜止的小磁針的南極指向地磁場的北極．故A錯誤；B、地理北極附近是地磁南極，地理南極附近是地磁北極．故B正確；C、D、地磁場的磁感線可分解成兩個分量，水平分量指向地理北極附近，若在北半球，則豎直分量豎直向下；若是南半球，則是豎直向上．故CD都錯誤．故選：B．點評：（1）地球是個巨大的磁體，地球的周圍存在著磁場，任一點的磁場方向是不變的．（2）地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近．（3）小磁針北極所指向即為磁場的方向．【解題思路點撥】地球本身是一個大磁體，它的N極位于地理南極附近，S極位于地理北極附近。在地磁兩極，磁針豎直指向地面；在赤道上，磁針水平指示南北。磁針指示南北是一種近似的說法，小磁針的指向與地理正南正北方向之間的夾角稱為磁偏角。對于地球磁性的成因，目前仍沒有確定的說法，部分科學家認為是由地核中熔化了的金屬（鐵和鎳）的環流引起的。地磁場對人類的生產生活都有重要意義。根據地磁場出現的異常情況，可發現未知的礦藏或者特殊的地質構造。地磁場能使來自太陽的高速帶電粒子流偏轉，成為地球生命的“保護傘”。12．安培力的概念【知識點的認識】1.定義：通電導線在磁場中受的力叫作安培力。2.特點：（1）通電在導線在磁場中不一定受到安培力，當導線與磁場方向平行時，受到的安培力等于零。（2）安培力的方向與磁場方向、電流的方向都垂直?！久}方向】關于磁場對通電直導線的作用力，下列說法中正確的是（）A、通電直導線跟磁場方向平行時作用力最小，等于零B、通電直導線跟磁場方向垂直時作用力最大C、作用力的方向既垂直磁場方向，又垂直電流方向D、通電直導線跟磁場方向不垂直時沒有作用力分析：當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最?。攲Ь€的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．根據左手定則可知安培力的方向．解答：AB、當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最小。當導線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．故A、B正確。C、根據左手定則，知安培力的方向既垂直磁場方向，又垂直電流方向。故C正確。D、當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，當導線與磁場的方向既不平行也不垂直時，安培力的大小介于0和最大值之間。故D錯誤。故選：ABC。點評：解決本題的關鍵知道當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最?。攲Ь€的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．【解題思路點撥】電場力、安培力、洛倫茲力辨析①帶電粒子在電場中受到的力叫作電場力，無論帶電粒子處于什么狀態，帶電粒子在電場中一定受到電場力。②通電導線在磁場中受到的力叫作安培力，只有通電導線與磁場不平行時，才會受到安培力作用。③帶電粒子在磁場中受到的力叫作洛倫茲力，帶電粒子需要有速度并且速度方向不能與磁場方向平行。13．左手定則判斷安培力的方向【知識點的認識】1.安培力的方向：通電導線在磁場中所受安培力的方向與磁感應強度方向、電流方向都垂直。2.左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心垂直進人，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。如下圖所示：【命題方向】如圖所示，在勻強磁場中有一通電直導線，電流方向垂直紙面向里，則直導線受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通電直導線在磁場中受到的安培力方向利用左手定則判斷．讓磁感線穿過左手手心，四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．解答：根據左手定則：伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向下穿過手心，則手心朝上。四指指向電流方向，則指向紙里，拇指指向安培力方向：向左。故選：C。點評：本題考查左手定則的應用能力．對于左手定則的應用，要搞清兩點：一是什么時候用；二是怎樣用．【解題思路點撥】安培力方向的特點安培力的方向既垂直于電流方向，也垂直于磁場方向，即安培力的方向垂直于電流I和磁場B所決定的平面。（1）當電流方向與磁場方向垂直時，安培力方向、磁場方向、電流方向兩兩垂直，應用左手定則時，磁感線垂直穿過掌心。（2）當電流方向與磁場方向不垂直時，安培力的方向仍垂直于電流方向，也垂直于磁場方向。應用左手定則時，磁感線斜著穿過掌心。14．洛倫茲力的概念【知識點的認識】1.定義：洛倫茲力是指磁場對運動電荷的作用力。2.特點：（1）洛倫茲力是電荷在磁場中受到的力，但是電荷在磁場中卻不一定總是受到洛倫茲力。只有當電荷在磁場中運動，且運動方向不與磁場平行時，才會受到洛倫茲力的作用。（2）洛倫茲力總是垂直于電荷的運動方向和磁場方向?！久}方向】下列說法中正確的有（）A、只要帶電粒子在磁場中運動，就會受到洛倫茲力的作用B、帶電粒子在空間定向運動，其周圍空間一定形成磁場C、帶電粒子垂直射入磁場中，必會受到洛倫茲力的作用D、洛倫茲力總是不做功分析：當帶電粒子的速度方向與磁場方向不平行時，會受到洛倫茲力，洛倫茲力的方向與速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功．解答：A、當帶電粒子的速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力。故A錯誤。B、帶電粒子定向移動，形成電流，電流的周圍存在磁場。故B正確。C、帶電粒子的速度方向與磁場不平行，會受到洛倫茲力。故C正確。D、洛倫茲力的方向與速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功。故D正確。故選：BCD。點評：解決本題的關鍵知道帶電粒子的速度方向與磁場方向平行時，不受洛倫茲力．以及知道電流的周圍存在磁場．【解題思路點撥】電荷在磁場中受到洛倫茲力的條件是：（1）電荷要運動；（2）電荷的運動方向與磁場方向不平行。15．左手定則判斷洛倫茲力的方向【知識點的認識】1.左手定則的內容：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向（如下圖）。負電荷受力