第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個性化分層教輔中等生篇《磁場》一．選擇題（共10小題）1．（2024?貴州）如圖，兩根相互平行的長直導線與一“凸”形導線框固定在同一豎直平面內，導線框的對稱軸與兩長直導線間的距離相等。已知左、右兩長直導線中分別通有方向相反的恒定電流I1、I2，且I1＞I2，則當導線框中通有順時針方向的電流時，導線框所受安培力的合力方向（）A．豎直向上 B．豎直向下 C．水平向左 D．水平向右2．（2023秋?吉林期末）如圖所示，匝數為N、面積為S的閉合線圈abcd水平放置，與磁感應強度為B的勻強磁場夾角為45°。現將線圈以ab邊為軸順時針轉動90°，則（）A．線圈水平放置時的磁通量為2NBSB．整個過程中線圈中的磁通量始終不為0 C．整個過程中線圈的磁通量變化量為2NBS D．整個過程中線圈的磁通量變化量為2BS3．（2024?郫都區校級模擬）如圖所示，兩根通電導線P、Q沿垂直紙面的方向放置，導線P、Q中通有電流I1、I2，電流的方向圖中未畫出，O點為兩導線垂直紙面連線的中點，c、d兩點關于O點對稱，a、b兩點關于O點對稱，將一段通有垂直紙面向外的電流的直導線放在c點時所受的磁場力為零，放在d點時所受的磁場力水平向右，則下列說法正確的是（）A．P中的電流方向向外、Q中的電流方向向里 B．I1＞I2 C．通電直導線垂直紙面放在O點時所受的磁場力為零 D．通電直導線垂直紙面放在a、b兩點時所受的磁場力相同4．（2024?廣州模擬）圖甲示意我國建造的第一臺回旋加速器，該加速器存放于中國原子能科學研究院，其工作原理如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．由于粒子速度被逐漸加大，則它在D形盒中的運動周期越來越小 B．由于粒子速度被逐漸加大，極板所加的交流電周期要相應減小 C．粒子從加速器出來的最大速度與D形盒的半徑大小及磁場磁感應強度有關 D．粒子增加的動能來源于磁場5．（2024春?臨沂期末）如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區域中存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，O點為圓形區域的圓心，磁感應強度大小為B，一個比荷絕對值為k的帶電粒子以某速率從M點沿著直徑MON方向垂直射入磁場，運動軌跡如圖所示，并從P點離開磁場。已知直徑MON、POQ的夾角θ＝60°，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．粒子做圓周的運動半徑為32RC．粒子運動的速率為33kBRD．粒子在磁場中運動的時間為π6．（2024春?無錫期末）如圖所示，長為2l的直導線折成邊長相等、夾角為60°的V形，并固定在絕緣水平桌面（紙面）上，導線所在空間有一勻強磁場，磁感應強度為B，方向豎直向下。當導線中通以圖示電流I時，該V形導線受到的安培力（）A．大小為33BIl B．大小為C．方向向前 D．方向向后7．（2024春?中山市期末）電磁軌道炮是利用安培力使金屬炮彈獲得極大動能的先進武器。如圖所示為電磁炮的原理簡圖，炮彈為阻值為R的導體，放置在光滑的電阻不計的金屬軌道上，軌道水平放置，電源內阻為r。當炮彈放入軌道后，受到垂直紙面向內的勻強磁場對其的安培力作用，使其加速后射出。下列說法正確的是（）A．電源輸出的電能完全轉化為了炮彈的動能 B．炮彈所受到的安培力大小恒定不變 C．炮彈在軌道上的加速度逐漸減小 D．炮彈出膛時獲得的動能與軌道長度成正比8．（2024?鎮海區校級模擬）回旋加速器可以用來加速粒子，關于回旋加速器下列說法正確的是（）A．兩個D型盒必須由金屬制成 B．所接電源必須為直流電 C．所加電壓越大粒子最終獲得的動能越大 D．只要D型盒半徑足夠大，粒子可以無限被加速9．（2024春?南寧期末）如圖所示為“等臂電流天平”，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度。它的右臂掛著一矩形線圈，設其匝數n＝9，線圈的水平邊長為l＝0.10m，處在勻強磁場內，磁感應強度B的方向與線圈平面垂直。當線圈中通入如圖方向的電流I＝0.10A時，調節砝碼使兩臂平衡。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＝9.00g的砝碼，才能使兩臂再達到新的平衡。則磁感應強度B的大小為（g＝10m/s2）（）A．0.45T B．0.5T C．0.9T D．1T10．（2024春?瀏陽市期末）某質譜儀的原理圖如圖所示。加速電場上、下兩極板間的電壓為U，其中心處和感光片的中心均開有一個小孔（三個小孔共線），其下有另兩塊左右相對的極板。在左右極板之間還存在垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B1的勻強磁場。右極板電勢高于左極板，他們之間形成電場強度為E的勻強電場。感光片下方存在垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B2的勻強磁場。現將質量為m，帶電量為+e的質子從加速電場上極板小孔處由靜止釋放，恰能形成軌跡1。軌跡1、2的半徑之比為1：3。下列說法正確的是（）A．軌跡1是直徑為mEeBB．將質子換為氘核，并將B2減小到原來的12，即可得到軌跡2C．將質子換為氚核，并將B1、B2加倍，為使粒子沿軌跡2運動，應將U、E分別增大到原來的12倍和4倍 D．將質子換為α粒子，并將U、E各自增大到原來的4和2倍，即可得到軌跡2二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?懷仁市校級開學）如圖所示，長直導線MN固定在紙面內，通有從N到M的恒定電流I，紙面內與MN平行的絕緣棒AB上均勻分布著負電荷，O為AB中點，兩者間距大于OA的長度。現讓AB繞O點在紙面內沿順時針方向勻速轉動，關于MN受到的安培力，下列說法正確的是（）A．MN不受安培力 B．MN受到的安培力方向向左 C．AB轉動越快，MN受到的安培力越大 D．MN上相同長度導線受到的安培力大小相等（多選）12．（2024?銀川一模）如圖所示，真空中有一棱長為L的正方體ABCD﹣EFGH，在正方體的AE和CG邊上分別固定一根絕緣的長直導線。通入圖示方向的等大電流I。已知每根通電直導線在距其L處產生的磁感應強度大小為B0。下列說法正確的是（）A．D、F兩點的磁感應強度相同 B．H點的磁感應強度大小為2B0 C．正方體有兩個面的磁通量等于零 D．電流增大時，穿過面BDHF的磁通量增大（多選）13．（2024春?番禺區校級期中）如圖，a、b、c為三根與紙面垂直的固定長直導線，其截面位于等邊三角形的三個頂點上，O為三角形的中心點，bc沿水平方向，P為bc中點，Q為ac中點，三根導線中均通有大小相等的電流，方向如圖，則以下判斷正確的有（）A．O點的磁感應強度水平向右 B．P點的磁感應強度水平向右 C．Q點的磁感應強度水平向右 D．導線a受到的安培力方向豎直向下（多選）14．（2024春?福州期末）共享電動單車大大方便了市民出行，騎行者通過擰動手把來改變車速，手把內部結構如圖甲所示，其截面如圖乙所示。稍微擰動手把，霍爾元件保持不動，磁鐵隨手把轉動，與霍爾元件間的相對位置發生改變，穿過霍爾元件的磁場強弱和霍爾電壓UH大小隨之變化。已知霍爾電壓越大，電動車能達到的最大速度vm越大，霍爾元件工作時通有如圖乙所示的電流I，載流子為電子，則（）A．霍爾元件下表面電勢高于上表面 B．霍爾元件下表面電勢低于上表面 C．從圖乙所示位置沿a方向稍微擰動手把，可以增大vm D．提速過程，洛倫茲力對運動電子做正功（多選）15．（2024?越秀區校級模擬）圖甲為某高壓直流輸電線上使用的“正方形絕緣間隔棒”，它將長直導線L1、L2、L3、L4間距固定為l，圖乙為其截面圖，O為幾何中心，L1、L2、L3、L4中通有等大同向電流。則（）A．O點的磁感應強度為零 B．L1、L2之間的相互作用力為排斥力 C．L4受到L1、L2、L3的作用力的合力方向指向O D．僅將L2中電流變為0，O點磁感應強度方向沿正方形的對角線指向L2三．填空題（共5小題）16．（2023秋?福州期末）面積為2.5×10﹣2m2的單匝矩形線圈放在勻強磁場中，若線圈與磁場平行時，穿過線圈的磁通量是；當線圈平面與磁場方向垂直時，穿過線圈的磁通量是10﹣3Wb，那么，磁場的磁感應強度是T。17．（2024春?福州期中）如圖所示為圓柱形區域的橫截面，在該區域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子（不計重力）第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛入磁場區域時，速度方向偏轉60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區域時，速度方向偏轉90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的半徑之比為；速度之比為；周期之比為；時間之比為。18．（2024春?福建月考）將直導線ACD折成“”形并固定在紙面內，空間存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，如圖所示，∠ACD＝120°，AC＝2CD＝2L，在導線中通入從A到D的恒定電流I，此時導線AC段受到的安培力大小F1＝，CD段受到的安培力大小F2＝；將CD段繞C點在紙面內沿逆時針方向轉過60°（AC保持不動），通入的電流大小不變，此時導線ACD受到的安培力大小F3＝。19．（2023秋?浦東新區校級期末）如圖所示，質量為m、電阻為3R、長為3L的導線連接成等邊三角形ACD，用金屬吊線1和2垂直懸掛于磁感應強度為B的勻強磁場中，AC水平。當在兩吊線間加上某一電壓時，吊線中張力為零。兩吊線中電勢高的是（選填“1”或“2”），所加電壓為。20．（2024春?泉州期中）泉州是雷電多發地區，安裝避雷針可以保護建筑物免遭雷擊。某次雷電過程中，有大小為I的電流豎直向下通過一長度為L的避雷針。已知泉州地區地磁場的磁感應強度大小為B，方向與水平向北方向的夾角為θ，則此時該避雷針受到地磁場的作用力大小為，方向水平向（選填“東”或“西”）。四．解答題（共5小題）21．（2024?新鄭市校級一模）如圖所示，在xOy平面內，y軸左側空間分布著水平向右的勻強電場，y軸右側空間分布著垂直紙面向外的勻強磁場。某時刻有一帶正電的粒子以初速度v0沿平行于y軸正方向從A點射出，粒子從C點進入磁場，在磁場中運動一段時間后恰好又回到A點。已知A點坐標為（﹣d，0），C點坐標為（0，2d），粒子的質量為m，電荷量為q，不計粒子所受的重力。求：（1）y軸左側勻強電場的電場強度大小E；（2）y軸右側勻強磁場的磁感應強度大小B；（3）帶電粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間t。22．（2024春?錦江區校級期末）如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、電荷量為+q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成53°角。在y軸與MN之間的區域I內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區域Ⅱ內存在寬度為d的豎直向上勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）第二象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大小；（2）區域I內最小電場強度E2的大小和方向；（3）區域Ⅱ內磁感應強度B2的大小。23．（2024?江蘇四模）如圖所示，直線y=34x與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強磁場區域Ⅱ，直線x＝d與y=34x間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E＝3×105V/m，另有一半徑R=103m的圓形勻強磁場區域I，磁感應強度B1＝0.9T，方向垂直坐標平面向外，該圓與直線x＝d和x軸均相切，且與x軸相切于S點。一帶負電的粒子從S點沿y軸的正方向以速度v0進入圓形磁場區域I，經過一段時間進入勻強磁場區域Ⅱ，且第一次進入勻強磁場區域Ⅱ時的速度方向與直線y=34x垂直。粒子速度大小v（1）粒子在圓形勻強磁場區域工中做圓周運動的半徑大小；（2）坐標d的值；（3）要使粒子能運動到x軸的負半軸，則勻強磁場區域Ⅱ的磁感應強度B2應滿足的條件。24．（2023秋?鼓樓區校級期末）如圖甲所示，空間中存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向內的勻強磁場，如圖乙所示的空間僅存在水平向右的勻強電場，兩區域中的電場強度相同。質量相同的帶電微粒a和b分別在甲、乙區域沿圖示虛線做直線運動，運動軌跡均與水平方向成θ＝30°角。（1）判斷微粒a和b的電性；（2）求微粒a和b所帶電量大小的比值。25．（2024?泉州模擬）2024年4月《央視軍事》報道，處于世界領先技術的國產電磁炮能在100公里外打穿8厘米的鋼板。電磁炮是一種利用電磁發射技術工作的先進動能發射武器，其工作原理可簡化如下圖所示，水平面上放置兩根間距為d、長度為L的平行導軌，導軌上放有質量為m的炮彈，通上電流后，炮彈在安培力的作用下沿導軌加速運動。設炮彈與導軌間的彈力沿豎直方向，導軌間的磁感應強度為B，方向垂直導軌平面，不計空氣阻力，已知重力加速度大小為g。當通上電流為I時，炮彈恰好做勻速直線運動，求：（1）炮彈受到安培力的大小；（2）炮彈與導軌間的動摩擦因數；（3）若將電流增大一倍，求靜止的炮彈可在導軌上獲得的最大速度。

2025年高考備考高中物理個性化分層教輔中等生篇《磁場》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?貴州）如圖，兩根相互平行的長直導線與一“凸”形導線框固定在同一豎直平面內，導線框的對稱軸與兩長直導線間的距離相等。已知左、右兩長直導線中分別通有方向相反的恒定電流I1、I2，且I1＞I2，則當導線框中通有順時針方向的電流時，導線框所受安培力的合力方向（）A．豎直向上 B．豎直向下 C．水平向左 D．水平向右【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】根據右手螺旋定則確定兩根導線在導線框中磁場的方向，根據左手定則及安培力公式解答。【解答】解：根據右手螺旋定則可知導線框所在磁場方向向里，由于I1＞I2，則左側的磁場較大，根據對稱性結合左手定則及F＝BIL可知導線框所受安培力合力方向向左。故ABD錯誤，C正確；故選：C。【點評】解決本題的關鍵掌握右手螺旋定則判斷電流與其周圍磁場方向的關系，注意掌握安培力的計算公式。2．（2023秋?吉林期末）如圖所示，匝數為N、面積為S的閉合線圈abcd水平放置，與磁感應強度為B的勻強磁場夾角為45°。現將線圈以ab邊為軸順時針轉動90°，則（）A．線圈水平放置時的磁通量為2NBSB．整個過程中線圈中的磁通量始終不為0 C．整個過程中線圈的磁通量變化量為2NBS D．整個過程中線圈的磁通量變化量為2BS【考點】磁通量的概念和計算公式的定性分析．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；理解能力．【答案】D【分析】AB.根據磁通量定義Φ＝BSsinθ作答，磁通量是標量，但有正負；CD.磁通量的變化量ΔΦ＝Φ2﹣Φ1，據此作答。【解答】解：A.規定磁感線從線圈的adcba方向穿入為正，線圈水平放置時的磁通量Φ=BSsin45°=2B.當線圈平面順時針轉過45°時，線圈平面與磁感線方向平行，磁通量為零，故B錯誤；CD.線圈平面轉到豎直方向時，磁感線從線圈的abcda方向穿入，磁通量為Φ′=?BSsin45°=?22BS故選：D。【點評】注意：磁通量是標量，但有正、負之分；穿過線圈的磁通量與線圈匝數無關。3．（2024?郫都區校級模擬）如圖所示，兩根通電導線P、Q沿垂直紙面的方向放置，導線P、Q中通有電流I1、I2，電流的方向圖中未畫出，O點為兩導線垂直紙面連線的中點，c、d兩點關于O點對稱，a、b兩點關于O點對稱，將一段通有垂直紙面向外的電流的直導線放在c點時所受的磁場力為零，放在d點時所受的磁場力水平向右，則下列說法正確的是（）A．P中的電流方向向外、Q中的電流方向向里 B．I1＞I2 C．通電直導線垂直紙面放在O點時所受的磁場力為零 D．通電直導線垂直紙面放在a、b兩點時所受的磁場力相同【考點】安培力的計算公式及簡單應用；通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的矢量疊加．【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】A【分析】根據c點、d點所受磁場力的大小方向，結合根據左手定則和安培定則，判斷電流方向、大小以及磁場力的大小。【解答】解：AB．根據放在c點的一段通有垂直紙面向外的電流的直導線所受的磁場力為零，則P、Q導線在c點產生的磁場等大反向，則P、Q導線的電流反向，又因為Qc大于Pc，所以Q中的電流大于P中的電流；通有垂直紙面向外的電流的直導線放在d點時所受的磁場力水平向右，根據左手定則，d點處的磁感應強度方向向下，又因為Pd大于Qd，且Q中的電流大于P中的電流，所以P在d點處的磁感應強度向上，Q在d點處的磁感應強度向下，根據安培定則，P的電流方向向外，Q的電流方向向里，故B錯誤，A正確；C．因為Q中的電流大于P中的電流，則O點處的磁場豎直向上，則通電直導線垂直紙面放在O點時所受的磁場力不為零，故C錯誤；D．根據對稱關系可知，a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向不同，則通電直導線垂直紙面放在a、b兩點時所受的磁場力大小相等，方向不同，故D錯誤。故選：A。【點評】解決本題的關鍵是熟練掌握左手定則和右手螺旋定則。4．（2024?廣州模擬）圖甲示意我國建造的第一臺回旋加速器，該加速器存放于中國原子能科學研究院，其工作原理如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．由于粒子速度被逐漸加大，則它在D形盒中的運動周期越來越小 B．由于粒子速度被逐漸加大，極板所加的交流電周期要相應減小 C．粒子從加速器出來的最大速度與D形盒的半徑大小及磁場磁感應強度有關 D．粒子增加的動能來源于磁場【考點】回旋加速器．【專題】信息給予題；定性思想；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】回旋加速器中帶電粒子在電場被加速，每通過電場，動能被增加一次；而在磁場里做勻速圓周運動，通過磁場時只改變粒子的運動方向，動能卻不變。最大動能只由磁感應強度和D形金屬盒的半徑決定。【解答】解：AB．粒子在磁場中運動的周期T=2πm與粒子速度無關，故粒子在D形盒中的運動周期不變，所加交流電的周期也相應保持不變，故AB錯誤；C．粒子由D形盒中飛出時，有qv整理解得R=vm=與D形盒的半徑大小R及磁場磁感應強度B均有關，故C正確；D．洛倫力總與粒子的運動方向垂直，故洛倫茲力不對粒子做功，其只改變粒子方向，所以粒子增加的動能來源于加速電場，故D錯誤。故選：C。【點評】本題回旋加速器考查電磁場的綜合應用，注意明確回旋加速器原理，知道最大動能取決于D型盒的半徑和磁感應強度大小，與加速電壓無關。5．（2024春?臨沂期末）如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區域中存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，O點為圓形區域的圓心，磁感應強度大小為B，一個比荷絕對值為k的帶電粒子以某速率從M點沿著直徑MON方向垂直射入磁場，運動軌跡如圖所示，并從P點離開磁場。已知直徑MON、POQ的夾角θ＝60°，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B．粒子做圓周的運動半徑為32RC．粒子運動的速率為33kBRD．粒子在磁場中運動的時間為π【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律求解向心力．【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】C【分析】根據左手定則分析粒子的電性；根據幾何知識求解粒子做圓周運動的半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解粒子運動速率，找到軌跡對應的圓心角，根據周期公式求解運動時間；【解答】解：A、粒子向右偏轉，根據左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；B、粒子做圓周運動的圓心為O′，如圖所示，根據幾何知識有粒子做勻速圓周運動的半徑為r=R?tanθC、因為qvB=mv2rD、粒子在磁場中運動的圓心角為α＝120°，所以粒子在磁場中運動的時間為t=1故選：C。【點評】解決該題首先應先確定粒子做勻速圓周運動的圓心，能根據幾何知識求解粒子做勻速圓周運動半徑以及圓心角，熟記半徑和周期公式。6．（2024春?無錫期末）如圖所示，長為2l的直導線折成邊長相等、夾角為60°的V形，并固定在絕緣水平桌面（紙面）上，導線所在空間有一勻強磁場，磁感應強度為B，方向豎直向下。當導線中通以圖示電流I時，該V形導線受到的安培力（）A．大小為33BIl B．大小為C．方向向前 D．方向向后【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；電磁感應中的力學問題；推理能力．【答案】D【分析】先計算有效長度，再根據安培力公式，求安培力大小，根據左手定則，分析安培力方向。【解答】解：導線在磁場內有效長度為L＝2lsin30°，解得L＝l根據安培力公式，故該V形通電導線受到安培力大小為F＝BIl由左手定則可得安培力方向向后；故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題解題關鍵是分析出導線在磁場內有效長度為l。7．（2024春?中山市期末）電磁軌道炮是利用安培力使金屬炮彈獲得極大動能的先進武器。如圖所示為電磁炮的原理簡圖，炮彈為阻值為R的導體，放置在光滑的電阻不計的金屬軌道上，軌道水平放置，電源內阻為r。當炮彈放入軌道后，受到垂直紙面向內的勻強磁場對其的安培力作用，使其加速后射出。下列說法正確的是（）A．電源輸出的電能完全轉化為了炮彈的動能 B．炮彈所受到的安培力大小恒定不變 C．炮彈在軌道上的加速度逐漸減小 D．炮彈出膛時獲得的動能與軌道長度成正比【考點】電磁炮．【專題】比較思想；模型法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】C【分析】電源輸出的電能一部分轉化為炮彈的動能，還有一部分轉化為內能；炮彈運動過程中切割磁感線產生反電動勢，反電動勢增大，電路中電流減小，炮彈所受到的安培力減小，加速度減小，當炮彈產生的反電動勢與電源的電動勢相等，速度最大，由此列式分析炮彈出膛時獲得的速度與軌道長度的關系，即可知道炮彈出膛時獲得的動能與軌道長度的關系。【解答】解：A、電源輸出的電能并沒有完全轉化為炮彈的動能，還有一部分轉化為內能，故A錯誤；BCD、炮彈在運動過程中切割磁感線產生反向電動勢，使得電路總電動勢逐漸減小，則電路中電流逐漸減小，根據F＝IBL可知，炮彈所受到的安培力逐漸變小，合外力逐漸減小，炮彈在軌道上的加速度逐漸減小，當反向電動勢等于電源電動勢時，炮彈不再受安培力作用，炮彈速度達到最大，則有BLvm＝E可得炮彈的最大速度為vm故選：C。【點評】本題可將炮彈看成導體棒，炮彈做的是加速度減小的變加速運動，加速度為零時速度最大。8．（2024?鎮海區校級模擬）回旋加速器可以用來加速粒子，關于回旋加速器下列說法正確的是（）A．兩個D型盒必須由金屬制成 B．所接電源必須為直流電 C．所加電壓越大粒子最終獲得的動能越大 D．只要D型盒半徑足夠大，粒子可以無限被加速【考點】回旋加速器．【專題】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】A【分析】根據回旋加速器的原理：利用電場加速、磁場偏轉來加速離子，故必須用交流電源，再由洛倫茲力提供向心力分析粒子的動能。【解答】解：A.由于置于真空中，靜電屏蔽的目的、結構強度的要求、防止粒子飛出等要求，D型盒必須由金屬制成，故A正確；B.所接電源必須為交變電流，使粒子每次到達狹縫處都能被加速，故B錯誤；C.在D型盒區域由洛倫茲力作為向心力，當軌道半徑等于D型盒半徑時qvB=m可知最大速度為v=qBRm，粒子獲得的最大動能D.粒子在D型盒中不能被無限加速，當速度接近光速時，由相對論知識可知，粒子質量發生變化；使粒子的運動周期發生變化，無法與交變電流同步，故D錯誤。故選：A。【點評】解決本題的關鍵是要知道回旋加速器利用電場加速、磁場偏轉來加速離子，但是最終粒子獲得的動能與電場所加電壓無關，注意粒子周期公式得運用。9．（2024春?南寧期末）如圖所示為“等臂電流天平”，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度。它的右臂掛著一矩形線圈，設其匝數n＝9，線圈的水平邊長為l＝0.10m，處在勻強磁場內，磁感應強度B的方向與線圈平面垂直。當線圈中通入如圖方向的電流I＝0.10A時，調節砝碼使兩臂平衡。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＝9.00g的砝碼，才能使兩臂再達到新的平衡。則磁感應強度B的大小為（g＝10m/s2）（）A．0.45T B．0.5T C．0.9T D．1T【考點】安培力的概念；力矩的平衡條件．【答案】B【分析】天平平衡后，當電流反向（大小不變）時，安培力方向反向，則右邊相當于多了或少了兩倍的安培力大小【解答】解：（1）根據平衡條件：有：mg＝2nBIL，得：B=mg根據以上公式，代入數據，則有：B=0.009×10故選：B。【點評】解決本題的關鍵掌握安培力方向的判定，以及會利用力的平衡去求解問題10．（2024春?瀏陽市期末）某質譜儀的原理圖如圖所示。加速電場上、下兩極板間的電壓為U，其中心處和感光片的中心均開有一個小孔（三個小孔共線），其下有另兩塊左右相對的極板。在左右極板之間還存在垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B1的勻強磁場。右極板電勢高于左極板，他們之間形成電場強度為E的勻強電場。感光片下方存在垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B2的勻強磁場。現將質量為m，帶電量為+e的質子從加速電場上極板小孔處由靜止釋放，恰能形成軌跡1。軌跡1、2的半徑之比為1：3。下列說法正確的是（）A．軌跡1是直徑為mEeBB．將質子換為氘核，并將B2減小到原來的12，即可得到軌跡2C．將質子換為氚核，并將B1、B2加倍，為使粒子沿軌跡2運動，應將U、E分別增大到原來的12倍和4倍 D．將質子換為α粒子，并將U、E各自增大到原來的4和2倍，即可得到軌跡2【考點】與加速電場相結合的質譜儀．【專題】定性思想；方程法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】由動能定理分析粒子加速后的速度，由電場力等于洛倫茲力分析粒子通過速度選擇器的速度；由洛倫茲力通過向心力分析粒子的半徑。?【解答】解：A、質子經過速度選擇器時，設速度為v1，則滿足：eB1v1＝eE即：v質子進入偏轉磁場后，洛倫茲力通過向心力，則：e可得：r1B、質子經過加速電場后滿足：eU=可得：v若將質子換為氘核，氘核的質量是質子的2倍，則：eU=可知氘核進入速度選擇器時的速度：v2=eUC、將質子換為氚核，氚核的質量是質子的3倍，應將U增大到原來的12倍，則氚核進入速度選擇器時的速度：v3將B1加倍，將E增大到原來的4倍，則滿足：e?2B1v3＝e?4E可知此時氚核以2倍的速度勻速穿過速度選擇器；氚核在偏轉磁場中的半徑：r可知若同時B2加倍，則：r2＝3r1，則氚核沿軌跡2運動，故C正確；D、α粒子的質量是質子的4倍，電荷是質子的2倍，將U增大到原來的4倍，則α粒子經過加速后的速度：v4=2×2e×4U故選：C。【點評】該題考查質譜儀的原理，解答的關鍵首先要看粒子能不能勻速通過速度選擇器，然后要看粒子在偏轉磁場中運動的半徑。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?懷仁市校級開學）如圖所示，長直導線MN固定在紙面內，通有從N到M的恒定電流I，紙面內與MN平行的絕緣棒AB上均勻分布著負電荷，O為AB中點，兩者間距大于OA的長度。現讓AB繞O點在紙面內沿順時針方向勻速轉動，關于MN受到的安培力，下列說法正確的是（）A．MN不受安培力 B．MN受到的安培力方向向左 C．AB轉動越快，MN受到的安培力越大 D．MN上相同長度導線受到的安培力大小相等【考點】判斷通電導線在磁場中的運動趨勢．【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】BC【分析】根據等效電流結合左手定則和安培力的計算公式分析判斷。【解答】AB、AB繞O點沿順時針方向勻速轉動，形成的等效電流沿逆時針方向，等效電流形成的磁場在MN處垂直紙面向里，根據左手定則可知，MN受到的安培力向左，故B正確，A錯誤；C、AB轉動越快，形成的磁場越強，根據F＝BIL可知，MN所受安培力越大，故C正確；D、由于磁場是非勻強磁場，根據F＝BIL可知，MN上相同長度導線受到的安培力大小不等，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題考查安培力的計算與左手定則，解題關鍵掌握等效電流的解題方法。（多選）12．（2024?銀川一模）如圖所示，真空中有一棱長為L的正方體ABCD﹣EFGH，在正方體的AE和CG邊上分別固定一根絕緣的長直導線。通入圖示方向的等大電流I。已知每根通電直導線在距其L處產生的磁感應強度大小為B0。下列說法正確的是（）A．D、F兩點的磁感應強度相同 B．H點的磁感應強度大小為2B0 C．正方體有兩個面的磁通量等于零 D．電流增大時，穿過面BDHF的磁通量增大【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；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】AB【分析】根據安培定則結合磁感應強度的矢量疊加分析解答AB，根據磁通量的公式分析CD。【解答】解：A．根據安培定則可知，兩導線在D、F兩點的磁感應強度都沿平行與HF連線的方向，根據磁場的矢量疊加可知，DF點的磁感應強度大小也相等，故A正確；B．兩導線在H點的磁感應強度都由H指向F，則H點的磁感應強度大小為2B0，故B正確；C．根據Φ＝BS可知，正方體各個面的磁通量都不等于零，故C錯誤；D．兩導線的磁場與平面BDHF平行，電流增大時，穿過面BDHF的磁通量總為0，故D錯誤；故選：AB。【點評】本題考查磁感應強度與磁通量的計算，解題關鍵掌握安培定則，注意矢量的運算。（多選）13．（2024春?番禺區校級期中）如圖，a、b、c為三根與紙面垂直的固定長直導線，其截面位于等邊三角形的三個頂點上，O為三角形的中心點，bc沿水平方向，P為bc中點，Q為ac中點，三根導線中均通有大小相等的電流，方向如圖，則以下判斷正確的有（）A．O點的磁感應強度水平向右 B．P點的磁感應強度水平向右 C．Q點的磁感應強度水平向右 D．導線a受到的安培力方向豎直向下【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】AB【分析】根據右手螺旋定則判斷出直導線在O點、P點的磁場方向，根據平行四邊形定則，對O點、P點的磁感應強度進行合成，得出其合磁感應強度的方向。再依據左手定則，從而確定導線受到的安培力方向。【解答】解：A.如圖，導線a、b、c在O處產生的磁感應強度分別為Ba、Bb、Bc大小Bb＝Bc，磁感應強度是矢量，合成遵循平行四邊形定則，Ba、Bb、Bc合成后磁感應強度方向水平向右，故A正確；B．如圖，三根導線在P處產生的磁感應強度其中BcP、BbP等大反向，合成后抵消，所以P點磁感應強度為BaP，方向水平向右，故B正確；C．如圖三根導線在Q處產生的磁感應強度其中BcQ、BaQ等大同向，合成后磁感應強度方向無法確定方向，故C錯誤；D．方向如圖所示導線b、c在a處產生的磁感應強度Bb1、Bc1，合成后a處的磁感應強度的方向水平向右，由左手定則可知，a導線受到的安培力方向豎直向上，故D錯誤。故選：AB。【點評】解決本題的關鍵掌握右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場方向，以及知道磁感應強度的合成遵循平行四邊形定則，注意掌握左手定則的應用。（多選）14．（2024春?福州期末）共享電動單車大大方便了市民出行，騎行者通過擰動手把來改變車速，手把內部結構如圖甲所示，其截面如圖乙所示。稍微擰動手把，霍爾元件保持不動，磁鐵隨手把轉動，與霍爾元件間的相對位置發生改變，穿過霍爾元件的磁場強弱和霍爾電壓UH大小隨之變化。已知霍爾電壓越大，電動車能達到的最大速度vm越大，霍爾元件工作時通有如圖乙所示的電流I，載流子為電子，則（）A．霍爾元件下表面電勢高于上表面 B．霍爾元件下表面電勢低于上表面 C．從圖乙所示位置沿a方向稍微擰動手把，可以增大vm D．提速過程，洛倫茲力對運動電子做正功【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】AC【分析】根據左手定則得出粒子的受力方向，結合粒子的電性得出電勢的高低；根據電場力和洛倫茲力的等量關系列式得出電視差的表達式，結合題意完成分析；洛倫茲力對電子不做功。【解答】解：AB、霍爾元件工作時載流子為電子，由左手定則可知電子所受洛倫茲力指向上表面，所以霍爾元件下表面電勢高于上表面電勢，故A正確，B錯誤；C、設霍爾元件上下表面的距離為d，可得：evB=e解得：UH＝Bdv根據題意可知，vm∝UH∝Bdv從圖乙所示位置沿a方向稍微擰動手把，則穿過霍爾元件的磁場增強，vm增大，故C正確；D、磁場對電子的洛倫茲力在任何情況下都不做功，故D錯誤；故選：AC。【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。（多選）15．（2024?越秀區校級模擬）圖甲為某高壓直流輸電線上使用的“正方形絕緣間隔棒”，它將長直導線L1、L2、L3、L4間距固定為l，圖乙為其截面圖，O為幾何中心，L1、L2、L3、L4中通有等大同向電流。則（）A．O點的磁感應強度為零 B．L1、L2之間的相互作用力為排斥力 C．L4受到L1、L2、L3的作用力的合力方向指向O D．僅將L2中電流變為0，O點磁感應強度方向沿正方形的對角線指向L2【考點】通電直導線周圍的磁場；兩根通電導線之間的作用力．【專題】定量思想；推理法；合成分解法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】AC【分析】根據“同向電流吸引，反向電流排斥”的推論結合矢量合成的特點分析出導線所受安培力的方向。【解答】解：A、根據右手螺旋定則和對稱性可知，L1，L2、L3、L4四等大同向電流在O點的合磁感應強度為零，故A正確；B、L1、L2電流方向相同，可知L1、L2之間的相互作用力為吸引力，故B錯誤；C、L4分別受到L1、L2、L3的吸引力，其中L1、L3對L4的吸引力合力指向O，L2對L4的吸引力也指向O，則L4受到L1、L2、L3的作用力的合力方向指向O，故C正確；D、僅將L2中電流變為0，L1、L3在O點合磁感應強度為零，根據右手螺旋定則可知，L4在O點磁感應強度方向沿正方形的對角線指向L3，即O點磁感應強度方向沿正方形的對角線指向L3，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查學生對安培定則、磁感應強度疊加、通電導線作用力方向規律的掌握，具有一定綜合性。三．填空題（共5小題）16．（2023秋?福州期末）面積為2.5×10﹣2m2的單匝矩形線圈放在勻強磁場中，若線圈與磁場平行時，穿過線圈的磁通量是0；當線圈平面與磁場方向垂直時，穿過線圈的磁通量是10﹣3Wb，那么，磁場的磁感應強度是4×10﹣2T。【考點】磁通量的概念和計算公式的定性分析；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】0；4×10﹣2【分析】線圈在勻強磁場中，當線圈平面與磁場方向垂直時，穿過線圈的磁通量Φ＝BS，B是磁感應強度，S是線圈的面積．當線圈平面與磁場方向平行時，穿過線圈的磁通量Φ＝0．當存在一定夾角時，則將磁感應強度沿垂直平面方向與平行平面方向分解，從而求出磁通量．【解答】解：若線圈與磁場平行時，線圈與磁場方向相互平行，故磁通量為0；當線圈平面與磁場方向垂直時，穿過線圈的磁通量是10﹣3Wb，根據Φ＝BS可知，B=ΦS=故答案為：0；4×10﹣2【點評】本題主要考查了磁通量，解決本題的關鍵掌握磁通量的公式，知道當線圈平面與磁場平行時，磁通量為0，當線圈平面與磁場方向垂直時，磁通量最大。17．（2024春?福州期中）如圖所示為圓柱形區域的橫截面，在該區域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子（不計重力）第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛入磁場區域時，速度方向偏轉60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區域時，速度方向偏轉90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的半徑之比為3：1；速度之比為3：1；周期之比為1：1；時間之比為2：3。【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】應用題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】見試題解答內容【分析】根據題意作出粒子運動軌跡，應用幾何知識求出粒子軌道半徑，然后求出粒子軌道半徑之比；粒子進入磁場時，受到洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律求出粒子速度，然后求出粒子速度之比；速度的偏向角等于軌跡對應的圓心角，再可求出軌跡對應的圓心角θ，由t=θ【解答】解：設圓柱形區域為R，粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知：r1＝Rtan60°，r2＝R，子軌道半徑之比：r1：r2＝Rtan60°：R=3粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mv解得：v=粒子速度之比：v1粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=粒子運動周期與粒子速度無關，粒子在磁場中做圓周運動的周期之后為1：1；由幾何知識可知，粒子在磁場中做圓周運動轉過的圓心角：θ1＝60°，θ2＝90°粒子在磁場中的運動時間：t=θ粒子的運動時間之比：t1故答案為：3：1；3：1；1：1；2：3。【點評】本題關鍵要掌握推論：粒子速度的偏向角等于軌跡的圓心角，運用幾何知識求出半徑關系，就能正確解答。基礎題。18．（2024春?福建月考）將直導線ACD折成“”形并固定在紙面內，空間存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，如圖所示，∠ACD＝120°，AC＝2CD＝2L，在導線中通入從A到D的恒定電流I，此時導線AC段受到的安培力大小F1＝2BIL，CD段受到的安培力大小F2＝BIL；將CD段繞C點在紙面內沿逆時針方向轉過60°（AC保持不動），通入的電流大小不變，此時導線ACD受到的安培力大小F3＝3BIL。【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】2BIL，BIL，3BIL【分析】（1）根據安培力公式，求AC段受到的安培力大小；（2）根據安培力公式，求CD段受到的安培力大小；（3）先求有效長度，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）將CD段繞C點沿逆時針方向轉過60°，則ACD段的有效長度為AD，根據幾何關系AD=3F3故答案為：2BIL，BIL，3BIL【點評】本題解題關鍵是掌握安培力公式，并求出ACD有效長度。19．（2023秋?浦東新區校級期末）如圖所示，質量為m、電阻為3R、長為3L的導線連接成等邊三角形ACD，用金屬吊線1和2垂直懸掛于磁感應強度為B的勻強磁場中，AC水平。當在兩吊線間加上某一電壓時，吊線中張力為零。兩吊線中電勢高的是1（選填“1”或“2”），所加電壓為2mgR3BL【考點】安培力的概念．【專題】定量思想；歸納法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．【答案】見試題解答內容【分析】根據對導線框的受力分析，確定安培力的方向，從而確定電勢的高低；根據平衡條件求出電流大小，結合歐姆定律求出電壓。【解答】解：由題意可知，當在兩吊線間加上某一電壓時，吊線中張力為零，故等邊三角形ACD受到的安培力與重力平衡，方向豎直向上，根據左手定則可知，電流方向由1到2，故兩吊線中電勢高的是1；所加電壓為U，則流過AC的電流為I1=UR，流過ADC的電流為I2=U2R，根據平衡條件，可得BI代入I1、I2，解得U=2mgR故答案為：1；2mgR【點評】本題主要考查了左手定則和歐姆定律，解題關鍵是掌握安培力方向的確定以及受力分析和歐姆定律。20．（2024春?泉州期中）泉州是雷電多發地區，安裝避雷針可以保護建筑物免遭雷擊。某次雷電過程中，有大小為I的電流豎直向下通過一長度為L的避雷針。已知泉州地區地磁場的磁感應強度大小為B，方向與水平向北方向的夾角為θ，則此時該避雷針受到地磁場的作用力大小為BILcosθ，方向水平向東（選填“東”或“西”）。【考點】安培力的概念；左手定則判斷安培力的方向．【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】BILcosθ，東。【分析】求出該處磁感應強度的大小，根據安培力公式F＝BIL，根據左手定則判斷安培力方向。【解答】解：該處的水平方向的磁場強度為Bx＝Bcosθ，根據安培力公式可知受到的安培力為F＝BxIL＝BILcosθ，根據左手定則可知，方向水平向東。故答案為：BILcosθ，東。【點評】本題考查應用物理知識解決實際問題的能力，要建立模型，簡化問題。四．解答題（共5小題）21．（2024?新鄭市校級一模）如圖所示，在xOy平面內，y軸左側空間分布著水平向右的勻強電場，y軸右側空間分布著垂直紙面向外的勻強磁場。某時刻有一帶正電的粒子以初速度v0沿平行于y軸正方向從A點射出，粒子從C點進入磁場，在磁場中運動一段時間后恰好又回到A點。已知A點坐標為（﹣d，0），C點坐標為（0，2d），粒子的質量為m，電荷量為q，不計粒子所受的重力。求：（1）y軸左側勻強電場的電場強度大小E；（2）y軸右側勻強磁場的磁感應強度大小B；（3）帶電粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間t。【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動．【專題】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）y軸左側勻強電場的電場強度大小E為mv（2）y軸右側勻強磁場的磁感應強度大小B為mv（3）帶電粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間t為(4+3π)dv【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，將運動分解處理，根據牛頓第二定律和運動學公式求解；（2）根據粒子在電場中的運動規律求得粒子進入磁場時的速度大小和方向，根據幾何關系求出粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解磁感應強度；（3）粒子的運動軌跡關于x軸對稱，根據在磁場中運動軌跡的圓心角求得其在磁場中運動時間，在電場中的兩段運動時間相等，進而求出帶電粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間。【解答】解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，設粒子從A點到C點所用時間為t1，根據類平拋運動規律可得：沿y軸方向有：2d＝v0t1沿x軸方向有：d=根據牛頓第二定律得：a=聯立解得：E=mv0（2）設粒子到達C點時沿x軸速度的大小為vx，則有：vx＝at1＝v0設粒子到達C點時的速度大小為v，方向與y軸正方向的夾角為θ，則v=vtanθ=vxv粒子的運動軌跡關于x軸對稱，其運動軌跡如下圖所示：設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，根據幾何關系得：2d＝rsinθ粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律得：qvB=m解得：B=（3）粒子在磁場中運動軌跡的圓心角為3π2可得粒子在磁場中運動時間為：t由運動的對稱性可得粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間為：t＝t2+2t1=答：（1）y軸左側勻強電場的電場強度大小E為mv（2）y軸右側勻強磁場的磁感應強度大小B為mv（3）帶電粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間t為(4+3π)dv【點評】本題是電場和磁場中帶電粒子運動問題，典型的磁場中勻速圓周運動，電場中的類平拋運動。帶電粒子在磁場的運動畫軌跡圖確定軌跡半徑和圓心角是基本功，電場中的勻變速曲線運動處理的方法是運動的分解與合成。22．（2024春?錦江區校級期末）如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、電荷量為+q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成53°角。在y軸與MN之間的區域I內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區域Ⅱ內存在寬度為d的豎直向上勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）第二象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大小；（2）區域I內最小電場強度E2的大小和方向；（3）區域Ⅱ內磁感應強度B2的大小。【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動．【專題】計算題；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）第二象限內電場強度E1的大小為4mg3q，磁感應強度B1的大小為5mg（2）區域I內最小電場強度E2的大小為3mg5q（3）區域Ⅱ內磁感應強度B2的大小為18mv【分析】（1）首先，分析小球沿AO做勻速直線運動的受力情況，根據共點力平衡求出電場強度和磁感應強度的大小；（2）其次，根據力的矢量性，結合要使小球在區域I做直線運動求出電場強度的最小值和方向；（3）畫出小球恰好不從右邊界飛出的軌跡圖，由幾何關系求出軌跡半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求出磁感應強度的大小。【解答】解：（1）根據題意分析可知小球沿AO做勻速直線運動，則qE1＝mgtan53°解得E1又qv解得B1（2）要使小球在區域I做直線運動，電場強度最小，則需要滿足mgcos53°＝qE2解得E2方向為垂直AO且與y軸正向成53°角；（3）小球恰好不從右邊界飛出，如圖所示由幾何關系可知r+rsin53°＝d解得r=5d根據qvB解得B2答：（1）第二象限內電場強度E1的大小為4mg3q，磁感應強度B1的大小為5mg（2）區域I內最小電場強度E2的大小為3mg5q（3）區域Ⅱ內磁感應強度B2的大小為18mv【點評】本題考查了帶電粒子在復合場中的運動，解決本題的關鍵是理解共點力平衡和洛倫茲力提供向心力的圓周模型。23．（2024?江蘇四模）如圖所示，直線y=34x與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強磁場區域Ⅱ，直線x＝d與y=34x間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E＝3×105V/m，另有一半徑R=103m的圓形勻強磁場區域I，磁感應強度B1＝0.9T，方向垂直坐標平面向外，該圓與直線x＝d和x軸均相切，且與x軸相切于S點。一帶負電的粒子從S點沿y軸的正方向以速度v0進入圓形磁場區域I，經過一段時間進入勻強磁場區域Ⅱ，且第一次進入勻強磁場區域Ⅱ時的速度方向與直線y=34x垂直。粒子速度大小v（1）粒子在圓形勻強磁場區域工中做圓周運動的半徑大小；（2）坐標d的值；（3）要使粒子能運動到x軸的負半軸，則勻強磁場區域Ⅱ的磁感應強度B2應滿足的條件。【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律求解向心力；動能定理的簡單應用；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】壓軸題；學科綜合題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；應用數學處理物理問題的能力．【答案】見試題解答內容【分析】（1）在圓形磁場區域粒子做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律可以計算出半徑大小；（2）粒子進入電場時速度方向與電場垂直，在電場中做類平拋運動，根據平拋運動規律可以得到離開電場時的速度，進而得到在電場中的運動時間，以及水平位移和豎直位移大小，然后根據幾何關系可以得到d的值；（3）粒子在勻強磁場區域Ⅱ中的軌道半徑不同，磁感應強度大小不同。分別計算出軌跡與y軸垂直時、相切時的磁感應強度大小，即可得到范圍。【解答】解：（1）在磁場B1中，設粒子做勻速圓周運動的半徑為r1，由牛頓第二定律可得qv解得：r（2）由（1）知r1＝R，因為粒子從S點沿y軸的正方向以速度v0進入圓形磁場區域I，所以粒子離開磁場B1時垂直進入勻強電場，則粒子在電場中做類平拋運動，設粒子在x方向的位移為x，在y方向的位移為y，運動時間為t，則粒子進入磁場區域Ⅱ時，沿y方向的速度為vy又v解得：t=根據運動學公式可得：x=所以d點的值為d=xtan37°+y+（3）進入磁場B2的速度為：v=帶電粒子進入磁場區域Ⅱ中做勻速圓周運動，設半徑為r2，根據牛頓第二定律可得qvB當帶電粒子出磁場區域Ⅱ與y軸垂直時，由幾何關系可得r2代入數據解得：B2＝0.5T當帶電粒子出磁場區域Ⅱ與y軸相切時，設軌道半徑為r2′根據幾何關系可得r2代入數據解得：B2＝1.125T所以要使帶電粒子能運動到x軸的負半軸，則勻強磁場區域Ⅱ的磁感應強度B2應滿足的條件為0.5T＜B2＜1.125T答：（1）粒子在圓形勻強磁場區域工中做圓周運動的半徑大小為103（2）坐標d的值為12m；（3）要使粒子能運動到x軸的負半軸，則勻強磁場區域Ⅱ的磁感應強度B2應滿足的條件是0.5T＜B2＜1.125T。【點評】帶電粒子在磁場中運動問題解決的關鍵是能夠畫出粒子在里面的運動軌跡，根據幾何關系得到半徑關系，然后根據相關方程可以解得相關物理量。24．（2023秋?鼓樓區校級期末）如圖甲所示，空間中存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向內的勻強磁場，如圖乙所示的空間僅存在水平向右的勻強電場，兩區域中的電場強度相同。質量相同的帶電微粒a和b分別在甲、乙區域沿圖示虛線做直線運動，運動軌跡均與水平方向成θ＝30°角。（1）判斷微粒a和b的電性；（2）求微粒a和b所帶電量大小的比值。【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動．【專題】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）微粒a和b的電性分別為：正電荷、負電荷；（2）微粒a和b所帶電量大小的比值為13【分析】（1）分別做出粒子在甲、乙兩種情景下的受力示意圖即可求解；（2）根據平衡條件和力的合成與分解列方程。【解答】解：（1）分別做出粒子在甲、乙兩種情景下的受力示意圖，如圖所示：粒子a在甲圖中做勻速直線運動，所受電場力水平向右，故帶正電荷；粒子b所受合力與MN共線，故帶負電荷。（2）根據平衡條件和力的合成與分解對a：F=對b：F′=解得：q答：（1）微粒a和b的電性分別為：正電荷、負電荷；（2）微粒a和b所帶電量大小的比值為13【點評】本題考查粒子在復合場中的運動，通過軌跡進行受力分析然后確定粒子的運動狀態。注意粒子做直線運動的條件。25．（2024?泉州模擬）2024年4月《央視軍事》報道，處于世界領先技術的國產電磁炮能在100公里外打穿8厘米的鋼板。電磁炮是一種利用電磁發射技術工作的先進動能發射武器，其工作原理可簡化如下圖所示，水平面上放置兩根間距為d、長度為L的平行導軌，導軌上放有質量為m的炮彈，通上電流后，炮彈在安培力的作用下沿導軌加速運動。設炮彈與導軌間的彈力沿豎直方向，導軌間的磁感應強度為B，方向垂直導軌平面，不計空氣阻力，已知重力加速度大小為g。當通上電流為I時，炮彈恰好做勻速直線運動，求：（1）炮彈受到安培力的大小；（2）炮彈與導軌間的動摩擦因數；（3）若將電流增大一倍，求靜止的炮彈可在導軌上獲得的最大速度。【考點】電磁炮；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】（1）炮彈受到安培力的大小為BId；（2）炮彈與導軌間的動摩擦因數為：BId（3）若將電流增大一倍，靜止的炮彈可在導軌上獲得的最大速度為2BIdLm【分析】（1）根據安培力F＝BIL求解；（2）水平方向和豎直方向根據力的平衡可得動摩擦因數；（3）電流增大一倍，根據F＝BIL可得安培力大小，炮彈在導軌上運動過程，利用動能定理可得炮彈最大速度。【解答】解：（1）炮彈受到安培力大小為：F＝BId（2）設一根導軌對炮彈的摩擦力為f，炮彈做勻速直線運動，由力的平衡有：2f＝F豎直方向上由力的平衡有：2N＝mg滑動摩擦力：f＝μN代入數據可得動摩擦因數為：μ=（3）將電流增大一倍，則安培力變為原來的2倍，即：F′＝2BId在導軌上加速過程，由動能定理有：(F′?2f)L=代入數據可得：vm答：（1）炮彈受到安培力的大小為BId；（2）炮彈與導軌間的動摩擦因數為：BId（3）若將電流增大一倍，靜止的炮彈可在導軌上獲得的最大速度為2BIdLm【點評】本題考查了安培力、動能定理，解題的關鍵是熟記安培力的計算公式：F＝BIL，注意每根導軌對炮彈都有摩擦力的作用。

考點卡片1．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．2．牛頓第二定律求解向心力3．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。4．從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題5．通電直導線周圍的磁場【知識點的認識】電流的磁場直線電流的磁場通電螺線管的磁場環形電流的磁場特點無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場，管外為非勻強磁場環形電流的兩側是N極和S極，且離圓環中心越遠，磁場越弱安培定則6．磁感應強度的定義與物理意義【知識點的認識】磁感應強度（1）物理意義：描述磁場的強弱和方向．（2）定義式：B=F（3）方向：小磁針靜止時N極的指向．（4）單位：特斯拉，符號T，1T＝1N/（A?m）．7．磁感應強度的矢量疊加8．磁通量的概念和計算公式的定性分析【知識點的認識】一、磁通量1．概念：穿過某一面積的磁感線條數．2．磁通量的計算（1）公式：Φ＝BS．（2）適用條件：①勻強磁場；②S是垂直磁場并在磁場中的有效面積．（3）單位：韋伯（Wb），1Wb＝1T?m2．【命題方向】題型一：磁通量的變化及計算．如圖所示，環形金屬軟彈簧，套在條形磁鐵的中心位置．若將彈簧沿半徑向外拉，使其面積增大，則穿過彈簧所包圍面積的磁通量將（）A．增大B．減小C．不變D．無法確定如何變化分析：當穿過線圈的磁感線有相反的兩種方向時，要根據抵消后的條數來確定磁通量的大小．磁感線是閉合曲線，磁鐵外部與內部磁感線條數相等，而磁鐵內外穿過線圈的磁感線方向相反，根據抵消情況確定磁通量的變化．解答：磁感線在條形磁鐵的內外形成閉合曲線，磁鐵外部的磁感線總數等于內部磁感線的總數，而且磁鐵內外磁感線方向相反．而磁鐵外部的磁感線分布在無窮大空間，所以圖中線圈中磁鐵內部的磁感線多于外部的磁感線，由于方向相反，外部的磁感線要將內部的磁感線抵消一些，將彈簧沿半徑向外拉，使其面積增大，內部磁感線總數不變，而抵消增大，剩余減小，則磁通量將減小．故B正確．故選：B．點評：本題中穿過線圈的磁場方向有兩種，磁感線出現抵消，要根據抵消后剩余的磁感線來比較磁通量的大小．【解題方法點撥】1．對磁通量的理解（1）Φ＝B?S的含義：Φ＝BS只適用于磁感應強度B與面積S垂直的情況．當B與S平面間的夾角為θ時，則有Φ＝BSsinθ．可理解為Φ＝BSsinθ，即Φ等于B與S在垂直于B方向上投影面積的乘積．也可理解為Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量與S的乘積．如圖（1）所示．（2）面積S的含義：S不一定是某個線圈的真正面積，而是線圈在磁場范圍內的面積．如圖（2）所示，S應為線圈面積的一半．（3）多匝線圈的磁通量：多匝線圈內磁通量的大小與線圈匝數無關，因為不論線圈匝數多少，穿過線圈的磁感線條數相同，而磁感線條數可表示磁通量的大小．（4）合磁通量求法：若某個平面內有不同方向和強弱的磁場共同存在，當計算穿過這個面的磁通量時，先規定某個方向的磁通量為正，反方向的磁通量為負，平面內各個方向的磁通量的代數和等于這個平面內的合磁通量．2．磁通量的變化磁通量可以用穿過某一面積的磁感線條數來形象地定性描述，也可以用公式Φ＝BSsinθ（θ為B與S面的夾角）進行定量的計算．在分析磁通量是否發生變化時，兩種描述是統一的，不能有矛盾的結果出現．例如：（1）線圈的面積發生變化時磁通量是不一定發生變化的，如圖，當線圈面積由S1變為S2時，磁通量并沒有變化．（2）當磁場范圍一定時，線圈面積發生變化，磁通量也可能不變，如圖所示，在空間有磁感線穿過線圈S，S外沒有磁場，如增大S，則Φ不變．3．磁通量改變的方式：（1）線圈跟磁體之間發生相對運動，這種改變方式是S不變而相當于B發生變化；（2）線圈不動，線圈所圍面積也不變，但穿過線圈面積的磁感應強度是時間的函數；（3）線圈所圍面積發生變化，線圈中的一部分導體做切割磁感線運動，其實質也是B不變而S增大或減小；（4）線圈所圍面積不變，磁感應強度也不變，但二者之間的夾角發生變化，如勻強磁場中轉動的矩形線圈就是典型例子．9．安培力的概念【知識點的認識】1．安培力的方向（1）用左手定則判定：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．讓磁感線從掌心進入，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．（2）安培力方向的特點：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I決定的平面．2．安培力的大小（1）當磁感應強度B的方向與導線方向成θ角時，F＝BILsinθ；（2）當磁場和電流垂直時，安培力最大，為F＝BIL；（3）當磁場和電流平行時，安培力等于零．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查對安培力的理解：關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直導線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角無關D．將直導線從中折成直角，安培力的大小一定變為原來的一半【分析】本題考查了產生條件、大小與方向，當電流方向與磁場平行時不受安培力，根據左手定則可知安培力的方向與磁場垂直．引用公式F＝BIL時，注意要求磁場與電流垂直，若不垂直應當將導線沿磁場與垂直于磁場分解，因此垂直時安培力最大，最大為F＝BIL．解：AB、根據左手定則可知，安培力方向與磁場和電流組成的平面垂直，即與電流和磁場方向都垂直，故A錯誤，B正確；C、磁場與電流不垂直時，安培力的大小為F＝BILsinθ，則安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角有關，故C錯誤；D、當電流方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，將直導線從中折成直角，安培力的大小變大；將直導線在垂直于磁場的方向的平面內從中折成直角，安培力的大小一定變為原來的22故選：B．【點評】解決本題的關鍵是知道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．（2）第二類常考題型：磁場的疊加如圖，兩根互相平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流．a、o、b在M、N的連線上，o為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到o點的距離均相等．關于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是（）A．o點處的磁感應強度為零B．a、b