第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個性化分層教輔學困生篇《磁場》一．選擇題（共10小題）1．（2024?如皋市校級開學）如圖所示，三根長直導線通有大小相同的電流，分別放在正方形ABCD的三個頂點，其中A、B處導線電流方向垂直紙面向外，C處導線電流方向垂直紙面向里，此時正方形中心O點的磁感應強度大小為B0。若將C處的導線撤去，則O點處的磁感應強度大小為（）A．105B0 B．255B2．（2024?廣東模擬）如圖所示，水平放置著一根通電直導線，電流方向垂直紙面向外，a、b、c和d是以通電直導線為圓心的同一圓周上的四個點。已知通電直導線產生磁場的磁感應強度在同一圓周上各點大小相等。再添加一個豎直向下的勻強磁場，則在這四個點中合磁場的磁感應強度最大的點是（）A．a B．b C．c D．d3．（2024春?臨沂期末）臨沂籍物理學家薛其坤院士榮獲2023年度國家最高科學技術獎。薛院士在研究霍爾效應的過程中發現了量子反常霍爾效應現象。如圖是某金屬材料做成的霍爾元件，所加磁場方向及電流方向如圖所示，則（）A．該霍爾元件的前后兩表面間存在電壓，且前表面電勢高 B．該霍爾元件的前后兩表面間存在電壓，且前表面電勢低 C．該霍爾元件的上下兩表面間存在電壓，且上表面電勢高 D．該霍爾元件的上下兩表面間存在電壓，且上表面電勢低4．（2024春?番禺區校級期中）如圖所示為電流天平。它的右臂掛有一個矩形金屬線圈，匝數為N，底邊長為L，下部懸在勻強磁場中，線圈平面與磁場垂直。當線圈中通有電流I時，調節砝碼使兩臂達到平衡；然后使電流反向、大小不變，這時需要在左盤中增加質量為m的砝碼，才能使兩臂達到新的平衡。以下關于磁場的磁感應強度B的大小判斷正確的是（）A．若金屬線圈的質量不能忽略，則B＞mgB．若金屬線圈的質量不能忽略，則B＜mgC．若金屬線圈的質量不能忽略，則B=mgD．若金屬線圈的質量不能忽略，則B=5．（2024春?閬中市校級期末）金屬原子由帶正電的原子核和核外帶負電電子組成，金屬導線中通有水平向右的電流I，在導線的下方某處水平向右射入電子A，如圖所示。下列說法正確的是（）A．電子A在金屬原子核的作用下向上偏轉 B．電子A在金屬原子核外電子的作用下向下偏轉 C．電子A在洛倫茲力的作用下向上偏轉 D．電子A在洛倫茲力的作用下向下偏轉6．（2024春?中山市期末）如圖，粗細均勻的銅導線制作的正六邊形線框abcdef，垂直于勻強磁場放置，b、c點與直流電源相接，ab邊受到的安培力大小為F，不考慮各邊之間的相互作用，則bc邊受到的安培力大小為（）A．F B．10F C．5F D．57．（2024春?南寧期末）如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一點電荷從圖中A點以速度v0沿水平方向入射，速度方向與半徑方向的夾角為30°，經磁場偏轉后剛好能從C點（未畫出）反向射出，不計電荷的重力，下列說法正確的是（）A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點 B．該點電荷在磁場中的運動時間為πRvC．該點電荷的比荷為2vD．若磁場反向，則該點電荷在磁場中運動的時間為πR8．（2024春?拉薩期末）如圖所示，在條形磁鐵的右側放置一個可以自由運動的通電線圈abcd，線圈最初與條形磁鐵處于同一平面內，通以順時針方向的電流后，該線圈的運動情況為（）A．ab邊轉向紙內，cd邊轉向紙外，同時靠近磁鐵 B．ab邊轉向紙外，cd邊轉向紙內，同時靠近磁鐵 C．ab邊轉向紙內，cd邊轉向紙外，同時遠離磁鐵 D．ab邊轉向紙外，cd邊轉向紙內，同時遠離磁鐵9．（2023秋?廣州期末）北宋《武經總要》記載，讓鐵魚的頭尾指向南北，先把鐵魚燒紅，再將鐵魚放入水中冷卻，依靠地磁場獲得磁性，后讓其在水中漂浮，制成指南魚（魚頭指南），如圖是指南魚靜止時的指向。下列判斷正確的是（）A．指南魚的魚頭應標注“S” B．指南魚周圍存在磁感線 C．指南魚不能吸引小鐵針 D．指南魚的魚頭磁性最弱10．（2024春?瓊山區校級期中）導體棒ab在勻強磁場中沿金屬導軌運動時，棒中的感應電流方向如圖。則ab棒的運動方向和螺線管內部磁場方向分別為（）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．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?中山市期末）如圖所示，邊長為L的等邊三角形A′B′C′區域內，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。若將質量為m、電荷量為q的帶正電粒于從頂點A′沿角平分線方向以不同的速率射入磁場區域內，不計粒子重力，則（）A．粒子可能從B′點射出 B．粒子入射速率為BqLm時，從C′點射出C．粒子入射時的速率越大，在磁場中的運動時間一定越短 D．從A′C′邊射出的粒子，出磁場時的速度方向都相同（多選）12．（2024春?拉薩期末）下列四幅圖中有關裝置的原理和現象的分析正確的是（）A．圖甲電路通電穩定后斷開開關瞬間，燈泡一定會閃一下再熄滅 B．圖乙變壓器采用了電磁互感原理，鐵芯用彼此絕緣的硅鋼片疊加而成從而減小渦流 C．圖丙過山車進入停車區的過程中銅片受到強力磁鐵的安培力使過山車減速 D．圖丁D形盒半徑、磁感應強度不變，若加速電壓越高，質子飛出D形盒的動能將越大（多選）13．（2023秋?黃埔區期末）我國特高壓技術一路領先全球，即便美國也無法超越，特高壓技術，指交流1000kV和直流±800kV電壓等級的輸電技術。該技術最大的特點是能夠實現長途高效輸電，被稱為“電力系統高速鐵路”。如圖的高壓輸電線上使用“abcd正方形間隔棒”支撐導線L1、L2、L3、L4，目的是將導線間距固定為l，防止導線相碰，圖為其截面圖，abcd的幾何中心為O，當四根導線通有等大同向電流時，不計地磁場的影響，則（）A．穿過abcd的磁通量為零 B．穿過abcd的磁通量不為零 C．O點的磁感應強度為零 D．ad邊中點處的磁感應強度不為零（多選）14．（2024?福州模擬）如圖甲，某科技小組要探究長直導線周圍磁場分布情況，將長直導線沿南北方向水平放置，在導線正下方、與導線距離為r的P處放置一枚可自由轉動的小磁針。當導線中通以恒定電流后，小磁針N極向紙外偏轉，測得小磁針靜止時N極偏離南北方向的角度θ，其正切值tanθ與1r的關系圖像如圖乙所示。已知實驗所在處地磁場水平分量大小恒為B0A．導線中的電流方向由北向南 B．電流在P處產生的磁場方向就是小磁針靜止時N極所指的方向 C．電流在導線正下方r0處產生的磁場的磁感應強度大小為32D．導線正下方r0處磁場的磁感應強度大小為2（多選）15．（2024春?青秀區校級期末）關于靜電力、安培力與洛倫茲力，下列說法正確的是（）A．電荷放入靜電場中一定受靜電力，電荷放入磁場中不一定受洛倫茲力 B．若通電導線在磁場中受到的安培力為零，該處磁場的磁感應強度不一定為零 C．洛倫茲力可能做功也可能不做功 D．磁場對通電導線的作用力的方向不一定與磁場方向垂直三．填空題（共5小題）16．（2024?泉州模擬）利用霍爾效應制成的傳感器被廣泛應用于自動控制等領域。如圖，寬為d的金屬板置于勻強磁場中，磁場方向與金屬板垂直，磁感應強度大小為B。當金屬板通入如圖所示的電流時，金屬板（填“上”、“下”）表面聚集電子，產生霍爾電壓；若已知電子定向移動速率為v，則金屬板上產生的霍爾電壓為。17．（2024?碑林區學業考試）（1）在豎直方向的磁場中，有一個共有100匝的閉合矩形線圈水平放置，在0.02s時間內，穿過線圈的磁通量從零均勻增加到6.4×10﹣4Wb，則：磁通量的變化量ΔΦ＝；（2）勻強磁場中長2cm的通電導線垂直磁場方向，當通過導線的電流為2A時，它受到的磁場力大小為4×10﹣3N則磁感應強度的大小B＝。18．（2023秋?徐匯區校級期末）等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，置于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則另一支路MLN受到的安培力的大小為，整個回路受到的安培力大小為。19．（2022秋?福州期末）如圖所示，框架面積為S，框架平面與磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直，則穿過平面的磁通量為．若使框架繞OO′轉過60°角，則穿過框架平面的磁通量為．20．（2022秋?安康期末）已知北京地面處的地磁場水平分量約為3×10﹣5T。某校物理興趣小組做估測磁體附近磁感應強度的實驗，他們將一小羅盤磁針放在一個水平放置的螺線管的軸線上，如圖所示。小磁針靜止時N極指向y軸正方向，當接通電源后，發現小磁針N極指向與y軸正方向成60°角的方向。請在圖上標明螺線管導線的繞向，并求出該通電螺線管在小磁針處產生的磁感應強度大小為T。（保留一位有效數字）四．解答題（共5小題）21．（2024春?拉薩期末）為防止宇宙間各種高能粒子對在軌航天員造成的危害，科學家研制出各種磁防護裝置。某同學設計了一種磁防護模擬裝置，裝置截面如圖所示，以O點為圓心的內圓、外圓半徑分別為R、3R，區域中的危險區內有垂直紙面向外的勻強磁場，外圓為絕緣薄板，且直徑CD的兩端各開有小孔，外圓的左側有兩塊平行金屬薄板，其右板與外圓相切，在切點C處開有一小孔，兩板間電壓為U0（1）粒子通過C孔時速度v0的大小；（2）磁感應強度B的大小。22．（2023秋?重慶期末）如圖所示，兩光滑平行金屬導軌間的距離L＝0.4m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導軌所在平面內，分布著方向豎直向上的勻強磁場。現把一個質量m＝0.04kg的導體棒ab垂直放在金屬導軌上，當接通電源后，導軌中通過的電流恒為I＝1.5A時，導體棒恰好靜止，g取10m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）求磁場的磁感應強度的大小？（2）若突然只將磁場方向變為垂直斜面向上，其他條件不變，則磁場方向改變后的瞬間，求導體棒的加速度的大小和方向？23．（2024春?杭州期中）如圖所示為等臂電流天平，左臂掛盤和砝碼的總質量為0.4kg，右臂所掛矩形線圈的總質量為0.3kg，線圈水平邊的長為0.1m。下邊處在磁感應強度大小為1.0T，方向垂直線圈平面（紙面）向里的勻強磁場中。當線圈中通過大小為1.0A，方向如圖中所示（順時針）的電流時兩臂正好平衡。重力加速度為g，（g取10m/s2）（1）求右邊線圈的匝數N為多少？（2）若線圈的電流方向突然反向（逆時針），則左臂的掛盤及砝碼的總質量應為多少才能保持天平再次平衡？24．（2023春?德州期末）如圖甲所示，固定的兩光滑導體圓環相距1m。圓環通過導線與電源相連，電源的電動勢E＝8V，內阻r＝1Ω。在兩圓環上放置一導體棒，導體棒質量m＝0.06kg，長度L＝1m，電阻R＝1Ω，圓環電阻不計，勻強磁場豎直向上。開關S閉合后，導體棒可以靜止在圓環上某位置，該位置對應的半徑與水平方向的夾角為θ＝37°，從右往左看的示意圖如圖乙所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）導體棒所受安培力的大小；（2）勻強磁場的磁感應強度大小。25．（2023秋?貴陽月考）我國電磁炮發射技術世界領先，現役坦克電磁炮的速度可達1800m/s，射程可達250km。圖為一款小型電磁炮的原理圖，已知水平軌道寬d＝2m，長l＝100m，通以恒定電流I＝1×104A，軌道間勻強磁場的磁感應強度大小B＝10T，炮彈的質量m＝10kg，不計電磁感應帶來的影響。（1）若不計軌道摩擦和空氣阻力，求電磁炮彈離開軌道時的速度大小；（2）實際上炮彈在軌道上運動時會受到空氣阻力和摩擦阻力，若其受到的阻力與速度的關系為f＝kv2，其中阻力系數k＝0.8N?s2/m2，炮彈離開軌道前做勻速運動，求炮彈離開軌道時的速度大小。

2025年高考備考高中物理個性化分層教輔學困生篇《磁場》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?如皋市校級開學）如圖所示，三根長直導線通有大小相同的電流，分別放在正方形ABCD的三個頂點，其中A、B處導線電流方向垂直紙面向外，C處導線電流方向垂直紙面向里，此時正方形中心O點的磁感應強度大小為B0。若將C處的導線撤去，則O點處的磁感應強度大小為（）A．105B0 B．255B【考點】磁感應強度的矢量疊加；通電直導線周圍的磁場．【專題】信息給予題；定量思想；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】根據右手螺旋定則判斷各通電導線在O點產生的磁感應強度方向，根據平行四邊形定則求合磁感應強度。【解答】解：設每根通電導線單獨在O點產生的磁感應強度大小為B，各通電導線O點產生的磁感應強度的方向如圖所示：導線A在O點產生的磁感應強度方向為從O指向D，B點導線在O點產生的磁感應強度的方向為從O指向A，C點導線在O點產生的磁感應強度的方向為從O指向D；根據平行四邊形定則，O點的合場強B解得B=將C點處的導線撤去后，O點處的磁感應強度大小為B綜上分析，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題主要考查了直導線產生的磁感應強度以及磁感應強度的合成；掌握直導線磁感應強度方向的判斷方法，掌握平行四邊形定則是解題的關鍵。2．（2024?廣東模擬）如圖所示，水平放置著一根通電直導線，電流方向垂直紙面向外，a、b、c和d是以通電直導線為圓心的同一圓周上的四個點。已知通電直導線產生磁場的磁感應強度在同一圓周上各點大小相等。再添加一個豎直向下的勻強磁場，則在這四個點中合磁場的磁感應強度最大的點是（）A．a B．b C．c D．d【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的定義與物理意義．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】A【分析】根據安培定則確定通電直導線產生的磁場在a、b、c、d四個點的方向，根據磁場疊加原理，應用平行四邊形定則解答。【解答】解：根據安培定則，通電直導線產生的磁場在圓周上的a、b、c、d四個點的方向如下圖所示。根據磁場疊加原理，在a點電直導線產生的磁場與勻強磁場方向相同，此處合磁場的磁感應強度最大，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查了磁場疊加原理與安培定則的應用。磁場疊加為矢量和，根據平行四邊形定則求解。3．（2024春?臨沂期末）臨沂籍物理學家薛其坤院士榮獲2023年度國家最高科學技術獎。薛院士在研究霍爾效應的過程中發現了量子反常霍爾效應現象。如圖是某金屬材料做成的霍爾元件，所加磁場方向及電流方向如圖所示，則（）A．該霍爾元件的前后兩表面間存在電壓，且前表面電勢高 B．該霍爾元件的前后兩表面間存在電壓，且前表面電勢低 C．該霍爾元件的上下兩表面間存在電壓，且上表面電勢高 D．該霍爾元件的上下兩表面間存在電壓，且上表面電勢低【考點】霍爾效應與霍爾元件．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理能力．【答案】A【分析】根據粒子的電性結合左手定則得出電勢的高低，結合題目選項完成分析。【解答】解：根據題意，由于金屬材料的載流子為自由電子，由左手定則可知，自由電子向后表面偏轉，則該霍爾元件的前后表面間存在電壓，且前表面電勢高，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查了霍爾效應的相關應用，解題的關鍵點是利用左手定則分析出洛倫茲力的方向，難度不大。4．（2024春?番禺區校級期中）如圖所示為電流天平。它的右臂掛有一個矩形金屬線圈，匝數為N，底邊長為L，下部懸在勻強磁場中，線圈平面與磁場垂直。當線圈中通有電流I時，調節砝碼使兩臂達到平衡；然后使電流反向、大小不變，這時需要在左盤中增加質量為m的砝碼，才能使兩臂達到新的平衡。以下關于磁場的磁感應強度B的大小判斷正確的是（）A．若金屬線圈的質量不能忽略，則B＞mgB．若金屬線圈的質量不能忽略，則B＜mgC．若金屬線圈的質量不能忽略，則B=mgD．若金屬線圈的質量不能忽略，則B=【考點】安培力的概念；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】C【分析】根據左手定則可知由安培力方向不計與磁場方向有關，還與電流方向有關，在其他條件不變時，電流方向改變，安培力方向隨之改變，再根據平衡條件求解磁感應強度。【解答】解：第一次平衡時和第二次平衡時，天平右邊受力之差為2NBIL，天平左邊的受力差別就是mg，根據矩形金屬線圈受力平衡可知，mg＝2NBIL解得B=mg故選：C。【點評】注意根據安培力公式計算安培力時，一定要考慮線圈的匝數。5．（2024春?閬中市校級期末）金屬原子由帶正電的原子核和核外帶負電電子組成，金屬導線中通有水平向右的電流I，在導線的下方某處水平向右射入電子A，如圖所示。下列說法正確的是（）A．電子A在金屬原子核的作用下向上偏轉 B．電子A在金屬原子核外電子的作用下向下偏轉 C．電子A在洛倫茲力的作用下向上偏轉 D．電子A在洛倫茲力的作用下向下偏轉【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；推理能力．【答案】D【分析】根據安培定則判斷電流的磁場方向，根據左手定則來判斷洛倫茲力的方向。【解答】解：由安培定則可知，在電子處電流的磁場方向垂直于紙面向里，電子由左向右運動，由左手定則可知，電子受到的洛倫茲力豎直向下，則電子向下偏轉，由于電子與金屬原子核相距較遠，電子受的洛倫茲力遠大于金屬原子核對電子的吸引力，金屬原子核對電子的吸引力可忽略不計，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查了安培定則和左手定則，關鍵是判斷磁場方向、電荷運動方向以及洛倫茲力方向的關系，注意四指所指的方向與正電荷運動方向相同，與負電荷運動方向相反。6．（2024春?中山市期末）如圖，粗細均勻的銅導線制作的正六邊形線框abcdef，垂直于勻強磁場放置，b、c點與直流電源相接，ab邊受到的安培力大小為F，不考慮各邊之間的相互作用，則bc邊受到的安培力大小為（）A．F B．10F C．5F D．5【考點】通電非直導線安培力大小的計算．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】C【分析】由圖可知導體棒bc與另外5根導體棒是并聯關系，根據電路特征判斷流過各根導體棒的電流大小，結合安培力F＝BIL求解。【解答】解：設總電流為I，流過ab的電流為I1，流過bc的電流為I2，ab邊的電阻為R，由并聯分流原理可得I1+I2＝II1?5R＝I2R解得I1=1根據F＝BIL可知，ab邊受到的安培力大小為F＝BI1L則bc邊受到的安培力大小為FA＝BI2L＝5BI1L＝5F，故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】本題主要是考查安培力的計算，要結合電路的電壓和電流關系判斷各根導體棒電流大小，需熟練掌握安培力計算公式。7．（2024春?南寧期末）如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一點電荷從圖中A點以速度v0沿水平方向入射，速度方向與半徑方向的夾角為30°，經磁場偏轉后剛好能從C點（未畫出）反向射出，不計電荷的重力，下列說法正確的是（）A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點 B．該點電荷在磁場中的運動時間為πRvC．該點電荷的比荷為2vD．若磁場反向，則該點電荷在磁場中運動的時間為πR【考點】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據電荷在磁場中偏轉180°和電荷在磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動作出電荷在磁場中的運動軌跡，根據已知條件由幾何關系和洛倫茲力提供向心力推導即可。【解答】解：A.因點電荷射入磁場時初速度方向不是沿半徑方向，則該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線也不會通過O點，故A錯誤；B．粒子在磁場中的運動軌跡如圖由幾何關系可知，該點電荷在磁場中的運動半徑為r=1則運動時間為t=πR故B錯誤；C．根據洛倫茲力提供向心力得qv解得該點電荷的比荷為qm故C正確；D．若磁場反向，粒子運動軌跡如圖設粒子在磁場中運動圓弧所對的圓心角為2θ，則由正弦定理可知Rsinθ解得tanθ=3故2θ＜πt=2θ?故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查帶電粒子在有界勻強磁場中的運動，正確的判斷帶電粒子在磁場中的運動軌跡，利用幾何關系求運動半徑，洛倫茲力提供向心力是解決本題的關鍵。8．（2024春?拉薩期末）如圖所示，在條形磁鐵的右側放置一個可以自由運動的通電線圈abcd，線圈最初與條形磁鐵處于同一平面內，通以順時針方向的電流后，該線圈的運動情況為（）A．ab邊轉向紙內，cd邊轉向紙外，同時靠近磁鐵 B．ab邊轉向紙外，cd邊轉向紙內，同時靠近磁鐵 C．ab邊轉向紙內，cd邊轉向紙外，同時遠離磁鐵 D．ab邊轉向紙外，cd邊轉向紙內，同時遠離磁鐵【考點】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．【答案】A【分析】由左手定則可以判斷各邊受力方向，由安培力公式及對稱性可以判斷安培力的大小。【解答】解：線框所在的區域磁場方向向下，根據左手定則知ab受力垂直紙面向里，cd受力垂直紙面向外，故ab邊轉向紙內，cd邊轉向紙內，同時靠近磁鐵。故選：A。【點評】知道條形磁鐵的磁場分布，熟練應用安培力公式及左手定則即可正確解題，此題也可將矩形電流等效為N極向里的磁鐵，根據磁極之間相互作用判定運動情況。9．（2023秋?廣州期末）北宋《武經總要》記載，讓鐵魚的頭尾指向南北，先把鐵魚燒紅，再將鐵魚放入水中冷卻，依靠地磁場獲得磁性，后讓其在水中漂浮，制成指南魚（魚頭指南），如圖是指南魚靜止時的指向。下列判斷正確的是（）A．指南魚的魚頭應標注“S” B．指南魚周圍存在磁感線 C．指南魚不能吸引小鐵針 D．指南魚的魚頭磁性最弱【考點】磁感線的概念和性質；磁現象與磁場．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】A【分析】（1）磁性是指能夠吸引鐵、鈷、鎳等物質的性質，不是所有物體都能被吸引；（2）磁感線實際不存在，是為了描述磁場的分布假想的曲線；（3）異名磁極相互吸引；（4）磁極位置磁性最強，中間位置磁性最弱。【解答】解：A、地磁場的南極在地球的北極附近，地磁場的北極在地球的南極附近，如圖所示，故指南魚的魚頭指向南極，魚頭的磁極應標注“S”，故A正確；B、磁感線是為了形象描述磁場而假想的曲線，不是客觀存在，故B錯誤；C、魚形鐵已經被磁化，是個磁體，磁體與磁體可以相互吸引，故C錯誤；D、指南魚是個磁體，類似條形磁鐵，兩極位置磁性最強，中間最弱，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查了指南魚、物體的浮沉條件和地磁場的有關知識，屬于識記性知識，將課本內容記憶清楚是關鍵。10．（2024春?瓊山區校級期中）導體棒ab在勻強磁場中沿金屬導軌運動時，棒中的感應電流方向如圖。則ab棒的運動方向和螺線管內部磁場方向分別為（）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【考點】環形電流或通電螺線管周圍的磁場；楞次定律及其應用；右手定則；導體平動切割磁感線產生的感應電動勢．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】C【分析】根據右手定則判斷ab棒的運動方向，再根據安培定則判斷螺線管中的磁場方向。【解答】解：由右手定則可知，ab棒向左運動才能產生如圖所示的電流；螺線管中電流由下方流入，由安培定則可知，螺線管內部磁場由N指向M，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題關鍵要掌握右手定則和安培定則，要明確兩個問題：一是什么條件下用什么定則；二是怎樣用。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?中山市期末）如圖所示，邊長為L的等邊三角形A′B′C′區域內，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。若將質量為m、電荷量為q的帶正電粒于從頂點A′沿角平分線方向以不同的速率射入磁場區域內，不計粒子重力，則（）A．粒子可能從B′點射出 B．粒子入射速率為BqLm時，從C′點射出C．粒子入射時的速率越大，在磁場中的運動時間一定越短 D．從A′C′邊射出的粒子，出磁場時的速度方向都相同【考點】帶電粒子在三角形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】A.根據左手定則明確粒子的偏轉方向，判斷粒子能不能從B′點射出；B.根據洛倫茲力提供向心力，畫出軌跡圖，再根據幾何關系求出半徑，最終求出粒子入射速率；CD.根據周期公式和圓心角求出粒子在磁場中的運動時間表達式，再具體分析選項即可。【解答】解：A．由左手定則可知，粒子會向A′C′偏轉，不可能從B′點射出，故A錯誤；B．由洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv若粒子從C′點射出，如圖根據幾何關系有r＝L解得v=BqL故B正確；C．粒子在磁場中的運動周期為T=2πm設粒子運動軌跡對應的圓心角為θ，粒子在磁場中的運動時間為t=θ當粒子的速度小于等于BqLmD．從A′C′邊射出的粒子，在磁場中偏轉角度相同，出磁場時的速度方向都相同，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中運動問題，解決該題的關鍵是能根據洛倫茲力提供向心力求解粒子做勻速圓周運動的半徑，正確作出粒子在磁場中的運動軌跡，掌握左手定則。利用軌跡圓心角和周期求解時間。（多選）12．（2024春?拉薩期末）下列四幅圖中有關裝置的原理和現象的分析正確的是（）A．圖甲電路通電穩定后斷開開關瞬間，燈泡一定會閃一下再熄滅 B．圖乙變壓器采用了電磁互感原理，鐵芯用彼此絕緣的硅鋼片疊加而成從而減小渦流 C．圖丙過山車進入停車區的過程中銅片受到強力磁鐵的安培力使過山車減速 D．圖丁D形盒半徑、磁感應強度不變，若加速電壓越高，質子飛出D形盒的動能將越大【考點】回旋加速器；自感現象與自感系數；變壓器的構造與原理；安培力作用下的受力平衡問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；交流電專題；理解能力．【答案】BC【分析】根據閃亮的條件分析；根據產生渦流的大小因素分析；通電導體在磁場中會受到力的作用；寫出電荷的動能表達式分析。【解答】解：A．圖甲電路通電穩定后斷開開關瞬間，燈泡A不一定會閃一下再熄滅，只有當電路穩定時通過線圈中的電流比通過燈泡中電流大時，燈泡才會閃一下再熄滅，故A錯誤；B．圖乙變壓器采用了電磁互感原理，鐵芯用彼此絕緣的硅鋼片疊加而成，這樣大大增加量硅鋼片的電阻，所以能有效的防止產生渦流，故B正確；C．過山車進入停車區的過程中，銅片中有感應電流通過，處于磁場中，則受到的安培力，且安培力的方向與過山車的運動方向相反，使過山車減速，故C正確；D．由qvB=mv可得v=qBr則最大動能為Ek知最大動能與加速器的半徑、磁感線強度以及電荷的電量和質量有關，與加速電壓無關，故D錯誤。故選：BC。【點評】只要掌握了自感、變壓器、電磁阻尼和回旋加速器的工作原理，知道燈泡閃亮一下的條件，能夠得到回旋加速器加速粒子最后所得到的動能大小表達式，基礎題。（多選）13．（2023秋?黃埔區期末）我國特高壓技術一路領先全球，即便美國也無法超越，特高壓技術，指交流1000kV和直流±800kV電壓等級的輸電技術。該技術最大的特點是能夠實現長途高效輸電，被稱為“電力系統高速鐵路”。如圖的高壓輸電線上使用“abcd正方形間隔棒”支撐導線L1、L2、L3、L4，目的是將導線間距固定為l，防止導線相碰，圖為其截面圖，abcd的幾何中心為O，當四根導線通有等大同向電流時，不計地磁場的影響，則（）A．穿過abcd的磁通量為零 B．穿過abcd的磁通量不為零 C．O點的磁感應強度為零 D．ad邊中點處的磁感應強度不為零【考點】安培定則（右手螺旋定則）．【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】ACD【分析】根據安培定則分析各導線產生的磁感應強度方向，根據矢量的合成分析合磁感應強度大小和方向；再根據磁通量的定義分析磁通量大小。【解答】解：AB．根據安培定則可知，四根通電導線在abcd面處的磁場方向均與abcd所在平面平行，所以根據磁通量的定義可知，穿過abcd的磁通量為零，故B錯誤，A正確；C．因四條導線中的電流大小相等，O點與四條導線的距離均相等，由安培定則和對稱性可知，L1在O點的磁感應強度與L3在O點的磁感應強度等大反向，L2在O點的磁感應強度與L4在O點的磁感應強度等大反向，所以四條導線在O點的磁感應強度等于零，故C正確；D．根據安培定則以及對稱性可知，L1和L4在ad邊中點處的磁感應強度方向與L2和L3在ad邊中點處的磁感應強度方向相反，但大小不相等，所以ad邊中點處的磁感應強度不為零，故D正確。故選：ACD。【點評】本題考查對磁通量和安培定則的掌握，要注意明確磁感應強度為矢量，要根據矢量合成原則分析各點的磁感應強度大小。（多選）14．（2024?福州模擬）如圖甲，某科技小組要探究長直導線周圍磁場分布情況，將長直導線沿南北方向水平放置，在導線正下方、與導線距離為r的P處放置一枚可自由轉動的小磁針。當導線中通以恒定電流后，小磁針N極向紙外偏轉，測得小磁針靜止時N極偏離南北方向的角度θ，其正切值tanθ與1r的關系圖像如圖乙所示。已知實驗所在處地磁場水平分量大小恒為B0A．導線中的電流方向由北向南 B．電流在P處產生的磁場方向就是小磁針靜止時N極所指的方向 C．電流在導線正下方r0處產生的磁場的磁感應強度大小為32D．導線正下方r0處磁場的磁感應強度大小為2【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的定義與物理意義．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】AD【分析】根據小磁針的指向和安培定則得出感應電流的方向；根據矢量合成的特點，結合幾何關系得出對應位置的磁感應強度大小。【解答】解：A、小磁針N極向紙外偏轉，表明電流產生的磁場在小磁針位置的方向向東，根據安培定則可知，導線中的電流方向由北向南，故A正確；B、電流在P處產生的磁場與地磁場水平分量的合磁場方向就是小磁針靜止時N極所指向的方向，故B錯誤；CD、令通電導線在P處產生的磁場的磁感應強度為B1，根據磁場的疊加原理可得：B1＝B0tanθ根據圖乙可知，當r＝r0時有tanθ=3解得：B根據矢量合成，導線正下方r0處磁場的磁感應強度大小為：B=B故選：AD。【點評】本題主要考查了通電導線及通電導線周圍的磁場分布特點，熟悉安培定則，結合矢量合成的特點即可完成分析。（多選）15．（2024春?青秀區校級期末）關于靜電力、安培力與洛倫茲力，下列說法正確的是（）A．電荷放入靜電場中一定受靜電力，電荷放入磁場中不一定受洛倫茲力 B．若通電導線在磁場中受到的安培力為零，該處磁場的磁感應強度不一定為零 C．洛倫茲力可能做功也可能不做功 D．磁場對通電導線的作用力的方向不一定與磁場方向垂直【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；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】AB【分析】電荷在電場中一定受到電場力，通電導線方向與磁感應線方向平行時不受安培力；若通電導線在磁場中受到的安培力為零，根據F＝BILsinθ分析判斷；洛倫茲力總是與速度方向垂直，洛倫茲力永不做功；根據左手定則分析判斷。【解答】解：A．電荷放入靜電場中一定會受睜電力，靜止的電荷放入磁場中不受洛倫茲力，運動電荷的速度方向與磁感應線平行時也不受洛倫茲力，故A正確；B．若通電導線在磁場中受到的安培力為零，根據F＝BILsinθ可知，可能是通電直導線電流方向與磁場方向平行，該處磁場的磁感應強度不一定為零，故B正確；C．洛倫茲力總是與速度方向垂直，所以洛倫茲力總是不做功，故C錯誤；D．根據左手定則可知，磁場對通電導線的作用力即安培力方向與磁場方向一定垂直，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題主要是考查電場力、安培力和洛倫茲力的大小，知道安培力的計算公式，掌握哪種情況下不受安培力或洛倫茲力，知道洛倫茲力總是不做功。三．填空題（共5小題）16．（2024?泉州模擬）利用霍爾效應制成的傳感器被廣泛應用于自動控制等領域。如圖，寬為d的金屬板置于勻強磁場中，磁場方向與金屬板垂直，磁感應強度大小為B。當金屬板通入如圖所示的電流時，金屬板上（填“上”、“下”）表面聚集電子，產生霍爾電壓；若已知電子定向移動速率為v，則金屬板上產生的霍爾電壓為Bdv。【考點】霍爾效應與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理能力．【答案】上；Bdv。【分析】根據左手定則分析出電子的偏轉方向，結合電場力和洛倫茲力的等量關系得出霍爾電壓的大小。【解答】解：根據左手定則可知，金屬板中電子定向移動時受到豎直向上的洛倫茲力，則金屬板上表面聚集電子；當電子受到的電場力和洛倫茲力平衡時，極板間的霍爾電壓保持不變，則qUd解得：U＝Bdv故答案為：上；Bdv。【點評】本題主要考查了霍爾效應的相關應用，熟悉左手定則分析出洛倫茲力的方向，結合電場力和洛倫茲力的等量關系即可完成分析。17．（2024?碑林區學業考試）（1）在豎直方向的磁場中，有一個共有100匝的閉合矩形線圈水平放置，在0.02s時間內，穿過線圈的磁通量從零均勻增加到6.4×10﹣4Wb，則：磁通量的變化量ΔΦ＝6.4×10﹣4Wb；（2）勻強磁場中長2cm的通電導線垂直磁場方向，當通過導線的電流為2A時，它受到的磁場力大小為4×10﹣3N則磁感應強度的大小B＝0.1T。【考點】安培力的概念；磁通量的概念和計算公式的定性分析．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】（1）6.4×10﹣4Wb；（2）0.1T。【分析】磁通量的變化量等于末狀態的磁通量減去初狀態的磁通量；當導線與磁場垂直時，根據B=F【解答】解：（1）磁通量的變化量為：ΔΦ＝Φ′﹣0＝6.4×10﹣4Wb﹣0＝6.4×10﹣4Wb（2）因為導線與磁場方向垂直，所以B=F故答案為：（1）6.4×10﹣4Wb；（2）0.1T。【點評】本題考查磁通量和磁感應強度的相關計算，計算磁通量的變化量時注意不要被匝數、時間等無關因素干擾；計算磁感應強度時注意導線與磁場垂直時才能使用B=F18．（2023秋?徐匯區校級期末）等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，置于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則另一支路MLN受到的安培力的大小為F2，整個回路受到的安培力大小為3F2【考點】安培力的計算公式及簡單應用．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】F2；3F【分析】根據電路的特點得出支路MLN上的電流，結合安培力的計算公式完成分析。【解答】解：導體棒MN和支路MLN并聯，則支路兩端的電壓相等，根據電阻定律可知，支路MLN的電阻是導體棒MN電阻的兩倍，所以支路MLN上的電流是導體棒MN上電流的一半，且導體棒MN和支路MLN在磁場中的等效長度相等，則F1整個回路受到的安培力大小為：F合＝F+F1=故答案為：F2；3F【點評】本題主要考查了安培力的計算公式，熟悉電路構造的分析，結合安培力的計算公式即可完成解答。19．（2022秋?福州期末）如圖所示，框架面積為S，框架平面與磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直，則穿過平面的磁通量為BS．若使框架繞OO′轉過60°角，則穿過框架平面的磁通量為12BS【考點】磁通量的概念和計算公式的定性分析．【答案】見試題解答內容【分析】圖示時刻，線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應強度與線圈面積的乘積．當它繞軸轉過θ角時，線圈在磁場垂直方投影面積為Scosθ，磁通量等于磁感應強度與這個投影面積的乘積．線圈從圖示轉過90°時，磁通量為零．【解答】解：線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應強度與線圈面積的乘積．故圖示位置的磁通量為：Φ＝BS；使框架繞OO′轉過60°角，則在磁場方向的投影面積為12S，則磁通量為1故答案為：BS，12【點評】本題要知道對于勻強磁場中磁通量計算的一般公式Φ＝BScosθ，θ是線圈與磁場垂直方向的夾角．夾角變化，磁通量也會變化．20．（2022秋?安康期末）已知北京地面處的地磁場水平分量約為3×10﹣5T。某校物理興趣小組做估測磁體附近磁感應強度的實驗，他們將一小羅盤磁針放在一個水平放置的螺線管的軸線上，如圖所示。小磁針靜止時N極指向y軸正方向，當接通電源后，發現小磁針N極指向與y軸正方向成60°角的方向。請在圖上標明螺線管導線的繞向如圖所示，并求出該通電螺線管在小磁針處產生的磁感應強度大小為5×10﹣5T。（保留一位有效數字）【考點】地磁場；磁感應強度的定義與物理意義．【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】見試題解答內容【分析】根據安培定則，結合通電螺線管在小磁針處產生的磁場方向，即可判定導線的繞向；再依據矢量的合成法則，結合三角知識，即可求解。【解答】解：當不閉合開關時，因地磁場的作用，小磁針N極指向y軸的正方向，當接通電源后，發現小磁針N極指向與y軸正方向成60°角的方向，說明通電螺線管在小磁針位置產生的磁場方向沿x軸正方向，根據安培定則可知導線的繞向如圖，當接通電源后，發現小磁針N極指向與y軸正方向成60°角的方向，應有：tan60°=解得：B故答案為：如圖所示；5×10﹣5。【點評】本題考查安培定則的內容，掌握磁場的疊加原則，理解“發現小磁針N極指向與y軸正方向成60°角的方向”是合磁場方向，是解決問題的關鍵，同時會利用三角知識求解．四．解答題（共5小題）21．（2024春?拉薩期末）為防止宇宙間各種高能粒子對在軌航天員造成的危害，科學家研制出各種磁防護裝置。某同學設計了一種磁防護模擬裝置，裝置截面如圖所示，以O點為圓心的內圓、外圓半徑分別為R、3R，區域中的危險區內有垂直紙面向外的勻強磁場，外圓為絕緣薄板，且直徑CD的兩端各開有小孔，外圓的左側有兩塊平行金屬薄板，其右板與外圓相切，在切點C處開有一小孔，兩板間電壓為U0（1）粒子通過C孔時速度v0的大小；（2）磁感應強度B的大小。【考點】帶電粒子由電場進入磁場中的運動；動能定理的簡單應用；帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）粒子通過C孔時速度v0的大小為2eU（2）磁感應強度B的大小為1R【分析】（1）粒子在電場中做加速運動，根據動能定理列方程計算；（2）根據題意畫出粒子在磁場中的軌跡，根據幾何知識計算軌跡半徑，根據牛頓第二定律計算磁感應強度大小。【解答】解：（1）粒子從A點運動到C點，根據動能定理有eU解得v0（2）設帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r，如圖所示由幾何關系有(3解得r＝R由牛頓第二定律有ev解得B=1答：（1）粒子通過C孔時速度v0的大小為2eU（2）磁感應強度B的大小為1R【點評】本題關鍵掌握帶用動能定理處理電粒子在電場中加速運動，畫出軌跡確定軌跡半徑，根據牛頓第二定律解決問題。22．（2023秋?重慶期末）如圖所示，兩光滑平行金屬導軌間的距離L＝0.4m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導軌所在平面內，分布著方向豎直向上的勻強磁場。現把一個質量m＝0.04kg的導體棒ab垂直放在金屬導軌上，當接通電源后，導軌中通過的電流恒為I＝1.5A時，導體棒恰好靜止，g取10m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）求磁場的磁感應強度的大小？（2）若突然只將磁場方向變為垂直斜面向上，其他條件不變，則磁場方向改變后的瞬間，求導體棒的加速度的大小和方向？【考點】安培力的概念；作用力與反作用力．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】（1）磁場的磁感應強度為0.5T（2）若突然只將磁場方向變為垂直斜面向上，其他條件不變，則磁場方向改變后的瞬間，導體棒的加速度的大小為1.5m/s2和方向沿斜面向上。【分析】（1）對導體棒進行受力分析，根據幾何關系和物體的平衡狀態得出磁感應強度的大小；（2）對導體棒進行受力分析，根據牛頓第二定律得出導體棒的加速度。【解答】解：（1）導體棒受力如圖乙所示，建立平面直角坐標系如圖根據平衡條件得mgsinθ﹣F安cosθ＝0而安培力F安＝BIL解得：B＝0.5T（2）導體棒受力如圖甲所示，建立直角坐標系如圖根據牛頓第二定律得：F安﹣mgsinθ＝maF安＝BIL解得：a＝1.5m/s2即導體棒的加速度大小為1.5m/s2，方向沿斜面向上。答：（1）磁場的磁感應強度為0.5T（2）若突然只將磁場方向變為垂直斜面向上，其他條件不變，則磁場方向改變后的瞬間，導體棒的加速度的大小為1.5m/s2和方向沿斜面向上。【點評】本題主要考查了共點力的平衡問題，熟悉導體棒的受力分析，結合幾何關系和牛頓第二定律即可完成解答。23．（2024春?杭州期中）如圖所示為等臂電流天平，左臂掛盤和砝碼的總質量為0.4kg，右臂所掛矩形線圈的總質量為0.3kg，線圈水平邊的長為0.1m。下邊處在磁感應強度大小為1.0T，方向垂直線圈平面（紙面）向里的勻強磁場中。當線圈中通過大小為1.0A，方向如圖中所示（順時針）的電流時兩臂正好平衡。重力加速度為g，（g取10m/s2）（1）求右邊線圈的匝數N為多少？（2）若線圈的電流方向突然反向（逆時針），則左臂的掛盤及砝碼的總質量應為多少才能保持天平再次平衡？【考點】安培力的概念；力矩的平衡條件．【專題】計算題；定量思想；方程法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．【答案】（1）求右邊線圈的匝數N為10匝；（2）若線圈的電流方向突然反向（逆時針），則左臂的掛盤及砝碼的總質量應為0.2kg才能保持天平再次平衡。【分析】根據天平受力平衡列式求解。【解答】解：（1）設左臂掛盤與砝碼的總質量為m1，右臂所掛的矩形線圈質量為m2，通過線圈的電流為I，線框的邊長為L，則有線框底邊受到的安培力F＝NBIL線框受力平衡有：m1g＝m2g+F代入數據聯立可得：N＝10匝（2）電流反向后，安培力反向設此時左臂掛盤與砝碼的總質量為m1′，則有m1′g+F＝m2g代入數據聯立可得：m1′＝0.2kg答：（1）求右邊線圈的匝數N為10匝；（2）若線圈的電流方向突然反向（逆時針），則左臂的掛盤及砝碼的總質量應為0.2kg才能保持天平再次平衡。【點評】本題考查受力分析和安培力的表達式，解題關鍵在于通過受力分析解出B的表達式，屬于中等難度的題目。24．（2023春?德州期末）如圖甲所示，固定的兩光滑導體圓環相距1m。圓環通過導線與電源相連，電源的電動勢E＝8V，內阻r＝1Ω。在兩圓環上放置一導體棒，導體棒質量m＝0.06kg，長度L＝1m，電阻R＝1Ω，圓環電阻不計，勻強磁場豎直向上。開關S閉合后，導體棒可以靜止在圓環上某位置，該位置對應的半徑與水平方向的夾角為θ＝37°，從右往左看的示意圖如圖乙所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）導體棒所受安培力的大小；（2）勻強磁場的磁感應強度大小。【考點】安培力的計算公式及簡單應用；共點力的平衡問題及求解；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】（1）導體棒所受安培力的大小為0.8N；（2）勻強磁場的磁感應強度大小為0.2T。【分析】（1）以導體棒為研究對象，根據平衡條件求解導體棒受到的安培力的大小。（2）根據安培力公式F＝BIL求出磁感應強度。【解答】解：（1）根據題意，對導體棒受力分析，如圖所示由平衡條件可得F安代入數據解得F安＝0.8N（2）根據題意，由公式F安＝BIL可得I=F又有I=E代入數據解得B＝0.2T答：（1）導體棒所受安培力的大小為0.8N；（2）勻強磁場的磁感應強度大小為0.2T。【點評】本題是力學和電路知識的綜合，關鍵運用力學規律求解安培力，要掌握安培力公式和歐姆定律，明確電路的連接關系進行解答。25．（2023秋?貴陽月考）我國電磁炮發射技術世界領先，現役坦克電磁炮的速度可達1800m/s，射程可達250km。圖為一款小型電磁炮的原理圖，已知水平軌道寬d＝2m，長l＝100m，通以恒定電流I＝1×104A，軌道間勻強磁場的磁感應強度大小B＝10T，炮彈的質量m＝10kg，不計電磁感應帶來的影響。（1）若不計軌道摩擦和空氣阻力，求電磁炮彈離開軌道時的速度大小；（2）實際上炮彈在軌道上運動時會受到空氣阻力和摩擦阻力，若其受到的阻力與速度的關系為f＝kv2，其中阻力系數k＝0.8N?s2/m2，炮彈離開軌道前做勻速運動，求炮彈離開軌道時的速度大小。【考點】電磁炮；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．【答案】（1）電磁炮彈離開軌道時的速度大小為2000m/s；（2）炮彈離開軌道時的速度大小為500m/s。【分析】（1）電磁炮彈離開軌道前做勻加速直線運動，由運動學2ax＝v2?v（2）勻速運動時，受力平衡，由F＝f＝kv'2計算炮彈離開軌道時的速度大小。【解答】解：（1）炮彈受到的合力等于安培力，則有F＝BId由牛頓第二定律和運動學公式可知a=v2＝2al代入相關數據解得v＝2000m/s（2）炮彈離開軌道時已做勻速運動，設此時的速度為v′，則有F＝f＝kv'2v′=F代入相關已知數據解得v'＝500m/s答：（1）電磁炮彈離開軌道時的速度大小為2000m/s；（2）炮彈離開軌道時的速度大小為500m/s。【點評】本題考查安培力的應用，要注意明確電磁炮的原理，掌握左手定則以及力和運動的關系是解題的關鍵。

考點卡片1．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=04.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。滑輪對繩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。【命題方向】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＝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。現在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=M2g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。【解題思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時，是靜止，是平衡狀態a≠0時，不是平衡狀態2.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。2．力矩的平衡條件【知識點的認識】1．轉動平衡：有轉動軸的物體在力的作用下，處于靜止或勻速轉動狀態．明確轉軸很重要：大多數情況下物體的轉軸是容易明確的，但在有的情況下則需要自己來確定轉軸的位置．如：一根長木棒置于水平地面上，它的兩個端點為AB，現給B端加一個豎直向上的外力使桿剛好離開地面，求力F的大小．在這一問題中，過A點垂直于桿的水平直線是桿的轉軸．象這樣，在解決問題之前，首先要通過分析來確定轉軸的問題很多，只有明確轉軸，才能計算力矩，進而利用力矩平衡條件．2．力矩：力臂：轉動軸到力的作用線的垂直距離．力矩：力和力臂的乘積．計算公式：M＝FL單位：Nm效果：可以使物體轉動（1）力對物體的轉動效果力使物體轉動的效果不僅跟力的大小有關，還跟力臂有關，即力對物體的轉動效果決定于力矩．①當臂等于零時，不論作用力多么大，對物體都不會產生轉動作用．②當作用力與轉動軸平行時，不會對物體產生轉動作用，計算力矩，關鍵是找力臂．需注意力臂是轉動軸到力的作用線的距離，而不是轉動軸到力的作用點的距離．（2）大小一定的力有最大力矩的條件：①力作用在離轉動軸最遠的點上；②力的方向垂直于力作用點與轉軸的連線．（3）力矩的計算：①先求出力的力臂，再由定義求力矩M＝FL如圖中，力F的力臂為LF＝Lsinθ力矩M＝F?Lsinθ②先把力沿平行于桿和垂直于桿的兩個方向分解，平行于桿的分力對桿無轉動效果，力矩為零；平行于桿的分力的力矩為該分力的大小與桿長的乘積．如圖中，力F的力矩就等于其分力F1產生的力矩，M＝Fsinθ?L兩種方法不同，但求出的結果是一樣的，對具體的問題選擇恰當的方法會簡化解題過程．3．力矩平衡條件：力矩的代數和為零或所有使物體向順時針方向轉動的力矩之和等于所有使物體向逆時針方向轉動的力矩之和．即：∑M＝0或∑M順＝∑M逆4．解決實際問題的步驟；（a）確定研究對象﹣﹣哪個物體；（b）分析狀態及受力﹣﹣畫示意圖；（c）列出力矩平衡方程：∑M＝0或∑M順＝∑M逆；（d）解出字母表達式，代入數據；（e）作必要的討論，寫出明確的答案．5．正確理解力矩的概念力矩是改變轉動物體的運動狀態的物理量，門、窗等轉動物體從靜止狀態變為轉動狀態或從轉動狀態變為靜止狀態時，必須受到力的作用．但是，我們若將力作用在門、窗的轉軸上，則無論施加多大的力都不會改變其運動狀態，可見轉動物體的運動狀態和變化不僅與力的大小有關，還受力的方向、力的作用點的影響．力的作用點離轉軸越遠，力的方向與轉軸所在平面越趨于垂直，力使轉動物體運動狀態變化得就越明顯．物理學中力的作用點和力的作用方向對轉動物體運動狀態變化的影響，用力矩這個物理量綜合表示，因此，力矩被定義為力與力臂的乘積．力矩概括了影響轉動物體運動狀態變化的所有規律，力矩是改變轉動物體運動狀態的物理量．力矩是矢量，在中學物理中，作用在物體上的力都在同一平面內，各力對轉軸的力矩只能使物體順時針轉動或逆時針轉動，這樣，求幾個力矩的合力就簡化為代數運算．【命題方向】常考題型是對力矩的平衡的理解的考查如圖所示，一根木棒AB在O點被懸掛起來，已知AO＝OC，在A、C兩點分別掛有2個和3個質量相等的砝碼，木棒處于平衡狀態．現在木棒的A、C點各增加3個同樣的砝碼，關于木棒的運動狀態下列說法正確的是（）A．繞O點順時針方向轉動B．繞O點逆時針方向轉動C．平衡可能被破壞，轉動方向不定D．仍能保持平衡狀態分析：由題意可知，開始時兩邊的力矩平衡；根據掛上砝碼后增加的加矩即可判斷木棒是否仍能保持力矩平衡．解答：因木棒處于平衡狀態，故木棒兩側的力矩平衡；因OA＝OC，兩端再分別掛上3個同樣的砝碼時，兩端增加的力矩相等，故增加砝碼后的力矩仍能平衡；故選：D．點評：因本題中存在著木棒本身的重力力矩，故本題中不要追究力矩究竟是多大，而應直接根據力矩原來平衡，后來增加的力矩相等，即可得出木棒仍能保持平衡．【解題方法點撥】這部分知識注重在解決平衡問題中對物體的受力情況的分析，再根據運動狀態列方程．一般結合其他知識點一起考查，單獨出現的概率不大，但是需要注重對力矩的平衡這個知識點的理解．3．作用力與反作用力【知識點的認識】1.定義：（1）力是物體對物體的作用，每個力一定同時存在著受力物體和施力物體。（2）兩個物體之間的作用總是用相互的，物體間相互作的這一對力稱為的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力總是等大、反向的，可以把其中任何一個力叫作作用力，另一個力叫作反作用力。2.性質：3.特征【命題方向】下列關于作用力和反作用力的說法中，正確的是（）A.物體相互作用時，先有作用力，后有反作用力B.雖然馬能將車拉動，但是馬拉車的力與車拉馬的力大小相等C.雞蛋碰石頭時，雞蛋對石頭的作用力小于石頭對雞蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力為零，即兩個力的作用效果可以互相抵消分析：作用力與反作用力的關系是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用力與反作用力和一對平衡力最大的區別在于作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，而一對平衡力是作用在同一個物體上的．解答：A、作用力與反作用力是同時產生、同時消失的，沒有先后之分，所以A選項錯誤。B、馬拉車的力與車拉馬的力，它們是作用力與反作用力的關系，一定是大小相等的，馬之所以能將車拉動，是由于馬拉車的力大于車所受到的摩擦力的緣故，所以B選項正確。C、雞蛋對石頭的作用力和石頭對雞蛋的作用力，它們是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，之所以雞蛋碰壞了，是由于雞蛋的承受力小，所以C選項錯誤。D、作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，根本不能求它們的合力，只有作用在同一個物體上的力才可以求它們的合力，故D選項錯誤。故選：B。點評：本題主要是考查作用力與反作用力的關系，同時注意區分它與一對平衡力的區別．【解題思路點撥】明確作用力與反作用力的性質和特征，注意與平衡力進行區分。4．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況。【命題方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=1（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單。【解題思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數和。（3）明確過程始末狀態的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續作用而發生狀態改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。5．閉合電路歐姆定律的內容和表達式【知識點的認識】1．閉合電路歐姆定律（1）內容：閉合電路里的電流跟電源的電動勢成正比，跟內、外電阻之和成反比。（2）公式：①I=E②E＝U外+Ir（適用于所有電路）。2．路端電壓與外電阻的關系：一般情況U＝IR=ER+r?R當R增大時，U增大特殊情況（1）當外電路斷路時，I＝0，U＝E（2）當外電路短路時，I短=E【命題方向】（1）第一類常考題型是對電路的動態分析：如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，當滑動變阻器的滑片P處于左端時，三盞燈L1、L2、L3均發光良好。在滑片P從左端逐漸向右端滑動的過程中，下列說法中正確的是（）A．小燈泡L1、L2變暗B．小燈泡L3變暗，L1、L2變亮C．電壓表V1、V2示數均變大D．電壓表V1、V2示數之和變大分析：在滑片P從左端逐漸向右端滑動的過程中，先分析變阻器接入電路的電阻如何變化，分析外電路總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，即可由歐姆定律判斷L2兩端電壓的變化，從而知道燈泡L2亮度的變化和電壓表V2示數的變化。再根據路端電壓的變化，分析燈泡L3亮度的變化和電壓表V1示數的變化；根據干路電流與L3電流的變化，分析L1電流的變化，即可判斷燈泡L1亮度的變化。根據路端電壓的變化，判斷兩電壓表示數之和的變化。解：B、滑片P向右滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的電阻變大，整個閉合回路的總電阻變大，根據閉合歐姆定律可得干路電流I=ER外總C、燈泡L2兩端電壓U2＝IR2變小，即電壓表V2示數變小，電壓表V1的讀數為U1＝E﹣I（r+R2），變大，故C錯誤。A、小燈泡L3變亮，根據串、并聯電路的特點I＝I1+I3，I減小，I3=U1R3變大，則通過小燈泡L1的電流ID、電壓表V1、V2示數之和為U＝E﹣Ir，I減小，U增大，故D正確。故選A