2024-2025学年下学期高二物理人教版同步经典题精练之磁场对运动电荷的作用力

第49页（共49页）2024-2025学年下学期高中物理人教版（2019）高二同步经典题精练之磁场对运动电荷的作用力一．选择题（共5小题）1．（2024秋•金凤区校级期末）如图所示，一水平导线通以电流I，导线上方有一电子，初速度方向与电流垂直，关于电子的运动情况，下列说法正确的是（）A．沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越小 B．沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越大 C．沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越大 D．沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越小2．（2025•重庆模拟）将某带电粒子从匀强磁场中一足够大的固定绝缘斜面上由静止释放。以下情景中，该粒子在沿斜面下滑的过程中，可能离开斜面的是（）A． B． C． D．3．（2024秋•大连期末）如图所示，下面能正确表明带正电的粒子所受洛伦兹力F方向的是（）A． B． C． D．4．（2024秋•成都期末）下列说法正确的是（）A．带电粒子在电场中一定沿电场线运动 B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用 C．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用 D．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用5．（2024秋•沈阳期末）如图所示，通电导线所受安培力或运动电荷所受洛伦兹力正确的是（）A． B． C． D．二．多选题（共4小题）（多选）6．（2021秋•攀枝花期末）倾角为θ的足够长斜面固定放置，竖直截面如图所示，整个空间存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量大小为q的滑块从斜面顶端由静止滑下，当位移大小为L时离开斜面。已知重力加速度为g，则下列关于滑块的说法中正确的是（）A．带正电 B．离开斜面时的速度大小为mgcosθqBC．在斜面上滑行过程中重力势能减少了 D．在斜面上滑行过程中克服摩擦力做功mgLsinθ-（多选）7．（2025•福州校级模拟）如图所示，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，bc连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且Ia＝Ib＝2Ic，电流方向如图中所示。O点为三角形的中心（O点到三个顶点的距离相等），其中通电导线c在O点产生的磁场的磁感应强度的大小为B0。已知长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小B=KIr，其中I为通电导线的电流强度，rA．O点处的磁感应强度的大小为3B0 B．O点处的磁感应强度的大小为5B0 C．质子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向由C点指向O D．因为Ia＞Ic，a、c两导线产生的磁感应强度不同，所以a、c两导线之间安培力大小不等（多选）8．（2024秋•鄂尔多斯期末）如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块。甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用一个水平恒力F拉乙物块，开始时甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。在以后的运动过程中，下列说法中正确的是（）A．甲、乙两物块可能相对滑动 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．甲物块向左先加速运动后匀速运动 D．乙物块受到地面的最大摩擦力大小为F（多选）9．（2025•茂名模拟）如图甲所示，水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为+q的物块（可视为质点）以速度v0垂直磁场方向进入磁场，物块进入磁场后始终未离开地面，其动能与时间的Ek﹣t关系图像如图乙所示，图像中Z点为曲线切线斜率绝对值最大的位置。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．t＝0时刻，物块从左边进入磁场 B．t＝0时刻，物块从右边进入磁场 C．图中Z点对应的速度大小为mgqBD．图中Z点对应的速度大小为mg三．填空题（共3小题）10．（2024秋•浦东新区校级期末）一个带负电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，飞行过程中小球的水平位移始终增大，设飞行时间为t1，着地速度大小为v1。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，着地速度大小为v2，则t1t2，v1v2（均选填“＞”、“＜”或“＝”）。11．（2024秋•松江区校级月考）阴极射线管（A为其阴极），当放在与AB平行的磁场中时，电子束的运动轨迹偏转，当放在如图所示的蹄形磁铁的N、S两极间时，电子束的运动轨迹偏转。（选填“向上”、“向下”或“不发生”）12．（2023春•天河区校级期中）截面为矩形的载流金属导线置于磁场中，如图所示，φa表示上表面电势，φb表示下表面电势，则φaφb。（选填“高于”、“低于”或“等于”）四．解答题（共3小题）13．（2023秋•濠江区校级期末）如图所示，一个质量m＝0.1g、电荷量q＝5×10﹣4C的小滑块（可视为质点），放在倾角为α＝37°的光滑绝缘斜面顶端（斜面足够长），斜面置于B＝0.4T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离后离开斜面，g取10m/s2，求：（1）小滑块的电性；（2）小滑块离开斜面的瞬时速率；（3）小滑块在斜面下滑的距离。14．（2024秋•沙河口区校级期中）如图甲所示为洛伦兹力演示仪，一对平行且共轴的圆形励磁线圈竖直放置，在中间圆柱形区域产生垂直于圆形线圈平面的匀强磁场。球形玻璃泡置于该磁场中，位于球心正下方的电子枪将初速度为0的电子加速后沿水平方向射出，电子射出时的方向与磁场方向垂直。运动的电子能使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光，显示其运动轨迹。若某次实验时电子枪加速电压恒定为U＝220V，调节圆形线圈中的电流大小从而改变匀强磁场的磁感应强度B，得到电子束轨迹的长度与磁感应强度B的大小关系如图乙所示（不计重力，电子击中玻璃泡内壁后即被吸收，π取＝3.14）。根据乙图中给出的数据计算：（1）当磁感应强度B＝5×10﹣4T时电子的运动半径r；（结果保留两位有效数字）（2）电子比荷qm15．（2023秋•新邵县期末）如图所示，将带电量Q＝1C、质量m′＝1kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M＝3kg，滑块与绝缘板间不光滑，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B＝10T的水平方向的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.8m，摆球质量m＝2kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g＝10m/s2，求：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力大小F；（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；（3）碰撞后小车的最终速度v。

2024-2025学年下学期高中物理人教版（2019）高二同步经典题精练之磁场对运动电荷的作用力参考答案与试题解析题号12345答案CBBBC一．选择题（共5小题）1．（2024秋•金凤区校级期末）如图所示，一水平导线通以电流I，导线上方有一电子，初速度方向与电流垂直，关于电子的运动情况，下列说法正确的是（）A．沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越小 B．沿路径b运动，电子距离导线越远运动半径越大 C．沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越大 D．沿路径a运动，电子距离导线越远运动半径越小【考点】洛伦兹力的动力学特点．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据右手螺旋定则，可判断通电导线上方的磁场方向；由左手定则，可判断电子受到的洛伦兹力方向，即电子的偏转方向；由洛伦兹力提供向心力，可得到圆周运动半径与磁感应强度的关系，结合不同位置处的磁感应强度的大小，可判断其圆周运动轨迹的半径变化。【解答】解：根据右手螺旋定则，可判断通电导线上方的磁场方向为垂直纸面向里；由左手定则，可判断电子受到的洛伦兹力方向向右，即电子的偏转方向向右，即路径a；由洛伦兹力提供向心力，可qvB＝mv2r，解得r=mvqB，离导线越远，磁感应强度越小，则电子的运动半径越大，故故选：C。【点评】本题考查带电粒子受洛伦兹力的运动情况，需要结合右手螺旋定则和左手定则综合判断，注意通电导线周围的磁场并非匀强磁场，越靠近通电导线，磁场越强。2．（2025•重庆模拟）将某带电粒子从匀强磁场中一足够大的固定绝缘斜面上由静止释放。以下情景中，该粒子在沿斜面下滑的过程中，可能离开斜面的是（）A． B． C． D．【考点】洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题；洛伦兹力的计算公式及简单应用．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据左手定则判断安培力方向，对粒子受力分析，判断粒子是否可能离开斜面。【解答】解：A．根据左手定则可知，图中带正电粒子沿斜面下滑的过程中，粒子受到的洛伦兹力垂直斜面向下，则粒子不可能离开斜面，故A错误；B．根据左手定则可知，图中带负电粒子沿斜面下滑的过程中，粒子受到的洛伦兹力垂直斜面向上，则粒子可能离开斜面，故B正确；C．图中带正电粒子沿斜面下滑的过程中，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力平行斜面向里，则粒子不可能离开斜面，故C错误；D．图中带负电粒子沿斜面下滑的过程中，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力平行斜面向里，则粒子不可能离开斜面，故D错误。故选：B。【点评】解题关键是能熟练应用左手定则判断安培力方向。3．（2024秋•大连期末）如图所示，下面能正确表明带正电的粒子所受洛伦兹力F方向的是（）A． B． C． D．【考点】洛伦兹力、磁场、粒子运动方向和电荷性质的相互判断．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】已知磁场方向、带电粒子的速度方向，由左手定则可以判断出洛伦兹力的方向。【解答】解：左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心穿过，并使四指指向电流的方向或者正电荷运动方向，这时拇指所指的方向就是通电导线或运动电荷在磁场中所受安培力或洛伦兹力的方向。A、磁场的方向向外，带正电的粒子向右运动，由左手定则可知，洛伦兹力竖直向下，故A错误；B、磁场的方向向里，带正电的粒子向右运动，由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，故B正确；C、磁场向上，带正电粒子向右运动，由左手定则可知，洛伦兹力垂直于纸面向外，故C错误；D、磁场向下，带正电粒子向右运动由左手定则可知，洛伦兹力垂直于纸面向里，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了判断洛伦兹力方向问题，熟练应用左手定则即可正确解题；该题中的CD两个选项，也可以直接使用结论：“v、B、F三个矢量不可能出现在同一个平面内”直接排除。4．（2024秋•成都期末）下列说法正确的是（）A．带电粒子在电场中一定沿电场线运动 B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用 C．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用 D．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】B【分析】根据带电粒子在电场和磁场中的受力情况结合带电粒子和通电导线的初始状态进行分析判断。【解答】解：A．带电粒子在电场中不一定沿电场线运动，与带电粒子的初状态有关，故A错误；B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用，故B正确；CD．带电粒子在磁场中不一定受到洛伦兹力的作用，通电导线在磁场中也不一定受安培力作用，比如带电粒子速度方向或通电导线平行于磁场方向时，故CD错误。故选：B。【点评】考查带电粒子在电场和磁场中的受力情况结合带电粒子和通电导线的初始状态，会根据题意进行准确分析解答。5．（2024秋•沈阳期末）如图所示，通电导线所受安培力或运动电荷所受洛伦兹力正确的是（）A． B． C． D．【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向；左手定则判断安培力的方向．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】C【分析】ACD、根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向；B、磁场和电流方向平行，则安培力为零。【解答】解：A、安培力方向判断方法：伸开左手，使大拇指与其它四指垂直且在一个平面内，让磁感线穿过掌心，四指所指方向为电流方向，大拇指所指方向就是安培力的方向，可知安培力方向竖直向下，故A错误；B、电流和磁场的方向平行，安培力为零，故B错误；C、洛伦兹力方向判断方法：伸开左手，让磁感线穿过掌心，四指所指方向为正电荷运动的方向，为负电荷运动的反方向，则和四指垂直的大拇指的方向为洛伦兹力的方向，则可知洛伦兹力方向竖直向下，故C正确；D、根据C选项洛伦兹力方向的判断方法可知洛伦兹力方向竖直向下，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了安培力和洛伦兹力的方向，解题的关键是熟练掌握左手定则，注意电流和磁场方向平行时安培力为零，在判断洛伦兹力的方向时，若运动电荷为负电荷，则四指指向负电荷运动的反方向。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2021秋•攀枝花期末）倾角为θ的足够长斜面固定放置，竖直截面如图所示，整个空间存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量大小为q的滑块从斜面顶端由静止滑下，当位移大小为L时离开斜面。已知重力加速度为g，则下列关于滑块的说法中正确的是（）A．带正电 B．离开斜面时的速度大小为mgcosθqBC．在斜面上滑行过程中重力势能减少了 D．在斜面上滑行过程中克服摩擦力做功mgLsinθ-【考点】洛伦兹力的计算公式及简单应用；利用动能定理求解变力做功．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】带电滑块在滑至某一位置时，由于在洛伦兹力的作用下，要离开斜面。根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性；滑块刚离开斜面时，滑块与斜面间的作用力为零，求出滑块的速度；根据滑块高度的变化分析滑块的重力势能变化；由动能定理计算滑块在斜面上滑行过程中克服摩擦力做功。【解答】解：A.滑块在斜面上运动一段时间后小滑块离开斜面，可知小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可得，小滑块带负电，故A错误；B.当滑块离开斜面时qvB＝mgcosθ，解得离开斜面时的速度大小为v=mgcosθqB，故C.在斜面上滑行过程中，高度降低了，所以重力势能减少了，故C错误；D.在斜面上滑行过程中，根据动能定理mgLsinθ﹣Wf=12mv2，解得克服摩擦力做功Wf＝mgLsinθ-m故选：BD。【点评】本题突破口是滑块刚从斜面离开时滑块受到的支持力为零，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小。（多选）7．（2025•福州校级模拟）如图所示，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，bc连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且Ia＝Ib＝2Ic，电流方向如图中所示。O点为三角形的中心（O点到三个顶点的距离相等），其中通电导线c在O点产生的磁场的磁感应强度的大小为B0。已知长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小B=KIr，其中I为通电导线的电流强度，rA．O点处的磁感应强度的大小为3B0 B．O点处的磁感应强度的大小为5B0 C．质子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向由C点指向O D．因为Ia＞Ic，a、c两导线产生的磁感应强度不同，所以a、c两导线之间安培力大小不等【考点】洛伦兹力的概念；通电直导线周围的磁场．【专题】定性思想；合成分解法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】AC【分析】根据右手螺旋定则判断出直导线在O点的磁场方向，根据平行四边形定则，对磁感应强度进行合成，得出O点的合磁感应强度的大小；再依据左手定则，从而确定带电粒子受到的洛伦兹力方向。【解答】解：AB．根据右手螺旋定则结合公式B=kIr，电流c在O产生的磁场平行ab指向左下方，大小为B0；由于Ia＝Ib＝2Ic，则电流a在O产生的磁场平行于bc向左，大小为2B0；同理：b电流在O产生的磁场平行ac指向右下方，大小为根据平行四边形定则，则O点合磁感应强度的方向垂直Oc指向左向下，大小为B＝B0+2×2B0cos60°＝3B0，故A正确，B错误；C．根据左手定则，质子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向由c点指向O，故C正确；D．a、c导线之间的安培力是相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。故选：AC。【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）8．（2024秋•鄂尔多斯期末）如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块。甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用一个水平恒力F拉乙物块，开始时甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。在以后的运动过程中，下列说法中正确的是（）A．甲、乙两物块可能相对滑动 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．甲物块向左先加速运动后匀速运动 D．乙物块受到地面的最大摩擦力大小为F【考点】洛伦兹力的概念；判断是否存在摩擦力；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定性思想；推理法；推理论证能力．【答案】CD【分析】以甲、乙整体为研究对象，分析受力情况，分析地面对乙物块的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化．【解答】解：CD、以甲、乙整体为研究对象，分析受力如图则有N＝F+mg当甲、乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，滑动摩擦力f增大，根据牛顿第二定律F﹣f＝（m甲+m乙）a，加速度逐渐减小，当F＝f时，此时两者一起匀速运动，故CD正确；AB、f增大，F一定，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，可知加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f'＝ma，则得到f'减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小且不发生相对滑动，故AB错误；故选：CD。【点评】本题关键要灵活选择研究对象，要抓住洛伦兹力大小与速度大小成正比这个知识点，基本题．（多选）9．（2025•茂名模拟）如图甲所示，水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为+q的物块（可视为质点）以速度v0垂直磁场方向进入磁场，物块进入磁场后始终未离开地面，其动能与时间的Ek﹣t关系图像如图乙所示，图像中Z点为曲线切线斜率绝对值最大的位置。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．t＝0时刻，物块从左边进入磁场 B．t＝0时刻，物块从右边进入磁场 C．图中Z点对应的速度大小为mgqBD．图中Z点对应的速度大小为mg【考点】洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据图像，得到图像斜率表达式，从而判断洛伦兹力方向以及从哪边进入磁场，受力分析得到合外力表达式，代入斜率表达式，由数学知识得到图中Z点对应的速度大小。【解答】解：AB．图像斜率k=ΔEkΔt=ΔEkΔs⋅ΔsΔt=FvCD．因为洛伦兹力方向向上，所以物体受到的摩擦力f＝﹣μ（mg﹣qvB）合外力F＝f所以斜率k＝﹣μ（mg﹣qvB）v时v=故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题突破点是得到图像斜率的表达式，可以分别讨论洛伦兹力向上以及向下的情况，看是否符合题意。三．填空题（共3小题）10．（2024秋•浦东新区校级期末）一个带负电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，飞行过程中小球的水平位移始终增大，设飞行时间为t1，着地速度大小为v1。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，着地速度大小为v2，则t1＜t2，v1＝v2（均选填“＞”、“＜”或“＝”）。【考点】洛伦兹力的概念；合运动与分运动的关系．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．【答案】＜、＝【分析】小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，判断运动时间；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率【解答】解：有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛伦兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛伦兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛伦兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向左下方某个方向，其水平分力后水平向左，竖直分力f竖直向下。竖直方向的加速度仍向下，但大于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要短，即在有磁场，重力和洛伦兹力共同作用时，其洛伦兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力做功，动能的增加是相同的。有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即v1＝v2故答案为：＜、＝【点评】本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论。11．（2024秋•松江区校级月考）阴极射线管（A为其阴极），当放在与AB平行的磁场中时，电子束的运动轨迹不偏转，当放在如图所示的蹄形磁铁的N、S两极间时，电子束的运动轨迹向下偏转。（选填“向上”、“向下”或“不发生”）【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向．【专题】定性思想；图析法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．【答案】不，向下。【分析】运用左手定则分析电子束的偏转。【解答】解：阴极射线管放在与AB平行的磁场中时，电子束不受洛伦兹力作用，则运动轨迹不偏转；当放在如图所示的蹄形磁铁的N、S两极间时，由左手定则可知，电子束受向下的洛伦兹力，则电子束的运动轨迹向下偏转。故答案为：不，向下。【点评】考查对左手定则的理解，熟悉其定义。12．（2023春•天河区校级期中）截面为矩形的载流金属导线置于磁场中，如图所示，φa表示上表面电势，φb表示下表面电势，则φa低于φb。（选填“高于”、“低于”或“等于”）【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向．【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；理解能力．【答案】低于。【分析】金属中的自由电荷为电子，自由电子定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则判断自由电子的偏转方向，再判断电势的高低。【解答】解：金属导线中，能自由移动的电荷为电子，图中电流方向水平向右，则自由电子运动的方向水平向左，根据左手定则可知，电子受到向上的洛伦兹力作用，使电子向上偏转，所以a表面聚集负电荷，b表面聚集正电荷，因此φa低于φb。故答案为：低于。【点评】运用左手定则判断运动电荷所受的洛伦兹力作用时，若为负电荷，则四指应指向负电荷运动的相反方向，拇指方向为负电荷所受洛伦兹力的方向。四．解答题（共3小题）13．（2023秋•濠江区校级期末）如图所示，一个质量m＝0.1g、电荷量q＝5×10﹣4C的小滑块（可视为质点），放在倾角为α＝37°的光滑绝缘斜面顶端（斜面足够长），斜面置于B＝0.4T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离后离开斜面，g取10m/s2，求：（1）小滑块的电性；（2）小滑块离开斜面的瞬时速率；（3）小滑块在斜面下滑的距离。【考点】洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题；共点力的平衡问题及求解；物体在粗糙斜面上的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）小滑块带正电；（2）小滑块离开斜面的瞬时速率等于＝4m/s；（3）小滑块在斜面下滑的距离等于43【分析】（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在洛伦兹力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电滑块的电性；（2）因斜面光滑，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小，（3）由动能定理．求出小滑块在斜面下滑的距离。【解答】解：（1）滑块最终离开斜面，则洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，由左手定则可知：小滑块带正电；（2）当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时有：mgcosα＝qvB得v＝4m/s；（3）下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得：mgl⋅sinα=答：（1）小滑块带正电；（2）小滑块离开斜面的瞬时速率等于＝4m/s；（3）小滑块在斜面下滑的距离等于43【点评】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移。14．（2024秋•沙河口区校级期中）如图甲所示为洛伦兹力演示仪，一对平行且共轴的圆形励磁线圈竖直放置，在中间圆柱形区域产生垂直于圆形线圈平面的匀强磁场。球形玻璃泡置于该磁场中，位于球心正下方的电子枪将初速度为0的电子加速后沿水平方向射出，电子射出时的方向与磁场方向垂直。运动的电子能使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光，显示其运动轨迹。若某次实验时电子枪加速电压恒定为U＝220V，调节圆形线圈中的电流大小从而改变匀强磁场的磁感应强度B，得到电子束轨迹的长度与磁感应强度B的大小关系如图乙所示（不计重力，电子击中玻璃泡内壁后即被吸收，π取＝3.14）。根据乙图中给出的数据计算：（1）当磁感应强度B＝5×10﹣4T时电子的运动半径r；（结果保留两位有效数字）（2）电子比荷qm【考点】洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题；洛伦兹力的计算公式及简单应用．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）当磁感应强度B＝5×10﹣4T时，电子的运动半径约为0.049m；（2）电子比荷qm的值约为7.3×1011C/kg【分析】（1）根据图乙得到电子的轨迹长度，再根据周长公式进行解答；（2）加速过程中，根据动能定理求解速度大小，根据洛伦兹力提供向心力求解电子比荷qm【解答】解：（1）根据图乙可知，当磁感应强度B＝5×10﹣4T时，电子的轨迹长度为：L＝31cm＝0.31m根据周长公式可得：L＝2πr解得：r≈0.049m；（2）加速过程中，根据动能定理可得：qU=根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv联立解得：qm≈7.3×1011答：（1）当磁感应强度B＝5×10﹣4T时，电子的运动半径约为0.049m；（2）电子比荷qm的值约为7.3×1011C/kg【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量，15．（2023秋•新邵县期末）如图所示，将带电量Q＝1C、质量m′＝1kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M＝3kg，滑块与绝缘板间不光滑，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B＝10T的水平方向的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.8m，摆球质量m＝2kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g＝10m/s2，求：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力大小F；（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；（3）碰撞后小车的最终速度v。【考点】洛伦兹力的计算公式及简单应用；用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力大小为60N；（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能为12J；（3）碰撞后小车的最终速度为113【分析】（1）根据机械能守恒摆球下降到最低点的速度，再由牛顿第二定律求解绳子中的拉力，最后由牛顿第三定律求解摆球对绳子的拉力；（2）根据动量守恒求解碰撞后小车的速度，由能量守恒求得碰撞损失的机械能；（3）假设滑块与小车最终共速，根据动量守恒定律求得共速时的速度，分析滑块所受洛伦兹力大小与重力的关系，得知滑块在与小车共速前已与小车分离。由重力与洛伦兹力相等的关系求得滑块的速度，根据滑块与小车动量守恒，求得小车的速度。【解答】解：（1）小球向下摆动过程，由机械能守恒定律得mgL=在最低点，由牛顿第二定律得T-由牛顿第三定律得F＝T联立公式得F＝60N（2）取向右为正方向，摆球与小车碰撞过程中，由动量守恒定律得mv0＝Mv1系统损失的机械能为ΔE=代入数据解得ΔE＝12J（3）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得Mv1＝（M+m′）v2m′受到的向上洛伦兹力为QBv2＝30N＞m′g所以m′在还未到3m/s时已与M分开了，对物块Qv3B＝m′g代入数据解得v3＝1m/s由动量守恒定律可得Mv1＝Mv+m′v3代入数据解得v=方向水平向右。答：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力大小为60N；（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能为12J；（3）碰撞后小车的最终速度为113【点评】本题主要考查动量守恒定律和洛伦兹力的简单计算，需要注意分析滑块与小车共速情况下，滑块的受力情况。应熟练相关公式的使用。

考点卡片1．判断是否存在摩擦力【知识点的认识】1.考点意义：有很多题目会综合考查摩擦力的相关知识，不区分静摩擦力和滑动摩擦力，所以设置本考点。2.对于是否存在摩擦力可以按以下几个方法判断：①条件法：根据摩擦力的产生条件进行判断。a、接触面粗糙；b、两物体间存在弹力；c、有相对运动或相对运动的趋势。②假设法：假设有或者没有摩擦力，判断物体运动状态是否会改变。【命题方向】如图，长方体甲乙叠放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做匀速直线运动（）A、甲、乙之间一定有摩擦力B、水平地面对乙没有摩擦力C、甲对乙的摩擦力大小为F，方向水平向右D、水平地面对乙的摩擦力大小为F．方向水平向右分析：首先对甲、乙的整体进行分析，根据平衡力的知识得出乙与地面间的摩擦力；以甲为研究对象，进行受力分析，得出甲与乙之间的摩擦力．解答：A、以甲为研究对象，由于做匀速直线运动，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙对其向左的摩擦力，故A正确；B、以甲、乙的整体为研究对象，由于受向右的拉力作用，所以还受向左的摩擦力作用，B错误；C、由A知，甲受乙对其向左的摩擦力，根据力的作用的相互性，所以甲对乙向右的摩擦力作用，故C正确；D、由B知，水平地面对乙的摩擦力大小为F，方向水平向左，故D错误。故选：AC。点评：本题关键正确选择研究对象，然后再根据两物体及整体处于平衡状态，由平衡条件分析受力情况即可．【解题思路点拨】对物体受力的判断常采用的方法之一就是假设法，假设物体受或不受某力会使物体的运动状态发生变化，那么假设不成立。2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。4．物体在粗糙斜面上的运动【知识点的认识】1.物体在粗糙斜面上运动时，其加速度也一定沿着斜面方向。2.设斜面的倾角为α，斜面与物体之间的动摩擦因数为μ。①当物体沿着斜面向上运动时，滑动摩擦力沿着斜面向下，根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②当物体沿着斜面向下运动时，滑动摩擦力沿着斜面向上，根据牛顿第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα|a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物体的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosαb、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物体的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命题方向】一、图像类问题如图所示，物块以初速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回，下列v﹣t图象能正确反映物体运动规律的是（）A、B、C、D、分析：根据牛顿第二定律判断出加速度大小关系，结合速度方向关系，即可判断图象的形状。解答：在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为：a1=mgsinθ下滑过程的加速度大小为：a2=mgsinθ-fm，方向沿斜面向下。故a1＞a2，上滑和下滑运动方向相反，故故选：C。点评：本题的关键是运用牛顿第二定律判断加速度的大小关系，要知道速度的符号表示速度方向，v﹣t图象的斜率表示加速度。二、运动过程计算如图所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的倾角θ＝37°，一质量m＝5kg的滑块在F＝150N的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面运动，推力作用t1＝4s后撤去，滑块在斜面上继续滑行t2＝2s后，速度减为零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ和物体上滑的位移x；（2）当滑块到达最高点时，对滑块施加大小仍为F、方向改成竖直向下的作用力，求滑块从最高点回到地面的时间（结果可保留根号）。分析：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出F作用前后加速度的表达式，再根据运动学速度公式列式，找出两个过程之间的关系，即可求解动摩擦因数，再根据位移公式求物体上滑的位移x；（2）根据牛顿第二定律求物体的加速度，再由位移公式求滑块从最高点回到地面的时间。解答：（1）设滑块在F作用时加速度为a1，撤去力F后加速度大小为a2，滑块先加速后减速，则有：a1t1＝a2t2当推力F作用时，滑块的受力分析如图所示由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣f1﹣mgsinθ＝ma1N1﹣Fsinθ﹣mgcosθ＝0根据摩擦力公式有f1＝μN1联立以上三式得Fcosθ﹣μ（Fsinθ+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma1①撤去力F后，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2②联立①②解得：μ＝0.5，a1＝5m/s2，a2＝10m/s2物体上滑的位移x=解得x＝60m（2）下滑时的加速度大小为a3，对滑块受力分析有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ＝ma3解得a3＝8m/s2。由x=12a3答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ是0.5，物体上滑的位移x是60m；（2）滑块从最高点回到地面的时间是15s。点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，关键要抓住上滑过程中匀加速运动的末速度等于匀减速运动的初速度列式。【命题思路点拨】当斜面粗糙时，物体与斜面之间的摩擦力方向与实际的运动方向有关，并且摩擦力大小与重力下滑分力大小的相对关系决定了加速度的方向与大小。5．合运动与分运动的关系【知识点的认识】1.合运动与分运动的定义：如果一个运动可以看成几个运动的合成，我们把这个运动叫作这几个运动的合运动，把这几个运动叫作这个运动的分运动。2.合运动与分运动的关系①等时性：合运动与分运动同时开始、同时结束，经历的时间相等。这意味着合运动的时间等于各分运动经历的时间。②独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，互不影响。这意味着一个分运动的存在不会改变另一个分运动的性质或状态。③等效性：合运动是各分运动的矢量和，即合运动的位移、速度、加速度等于各分运动对应量的矢量和。这表明合运动的效果与各分运动的效果相同。④同体性：合运动和它的分运动必须对应同一个物体的运动，一个物体的合运动不能分解为另一个物体的分运动。⑤平行四边形定则：合速度、合位移与分速度、分位移的大小关系遵循平行四边形定则。这意味着合运动的大小和方向可以通过对各分运动进行矢量合成来计算。3.合运动与分运动体现的物理学思想是：等效替代法。【命题方向】关于合运动和分运动的关系，下列说法正确的是（）A、若合运动是曲线运动，则它的几个分运动不可能都是直线运动B、合运动的时间等于它的各个分运动的时间总和C、合运动的速度大小一定大于其中一个分运动的速度大小D、两个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运动，但轨迹可能是直线也可能是曲线分析：根据运动的合成与分解，结合速度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．并合运动与分运动具有等时性，从而即可求解．解答：A、合运动是曲线运动，分运动可能都是直线运动，如平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运动，都是直线运动，故A错误；B、合运动和分运动同时发生，具有等时性，故B错误；C、速度是矢量，合速度与分运动速度遵循平行四边形定则，合速度可以等于、大于、小于分速度，故C错误；D、两个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运动，但轨迹可能是直线也可能是曲线，若合初速度与合加速度共线时，做直线运动，若不共线时，做曲线运动，故D正确；故选：D。点评：解决本题的关键知道位移、速度、加速度的合成分解遵循平行四边形定则，以及知道分运动与合运动具有等时性．【解题思路点拨】合运动与分运动的关系，使得我们可以通过分析各分运动来理解合运动的性质和行为。在物理学中，这种关系在处理复杂的运动问题时非常有用，因为它允许我们将复杂的问题分解为更简单的部分进行分析，然后再综合这些部分的结果来理解整体的性质。6．利用动能定理求解变力做功【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.变力做功无法用公式W＝Fs进行求解，而动能定理因为忽略了运动过程，所以求解变力做功会更方便。【命题方向】某同学用200N的力将质量为0.44kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则该同学对足球做的功是（）A、4.4JB、22JC、132JD、12000J分析：人对球做的功是变力做功，不能用功的公式来求，应用动能定理科以求得人做功的大小．解答：根据动能定理可得，人对球做的功的大小等于球动能的变化，即W=12mV2﹣0=12×0.44×102J故选：B。点评：题目中告诉的200N的力和60m都是干扰同学做题的干扰项，人对球的力是变力不能用功的公式直接求得．【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。7．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题【知识点的认识】1.碰撞的特点：（1）时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。（2）相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。2.设两个物体的质量分别为m1和m2，碰撞前两个物体的速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，则根据动量守恒定律有m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′3.【命题方向】甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿着同一直线相向运动，它们的质量和速度大小分别为m1＝0.5kg，v1＝2m/s，m2＝3kg，v2＝1m/s．两小车相碰后，乙车的速度减小为v2′＝0.5m/s，方向不变，求甲车的速度v1′．分析：两小车相碰过程，两车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后甲的速度．解答：两车组成的系统动量守恒，以乙车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v2﹣m1v1＝m2v2′+m1′v1′，代入数据解得：v1′＝1m/s；方向与v2方向相同．答：甲车的速度v1′为1m/s；方向与v2方向相同．点评：本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，应用动量守恒定律时要注意正方向．【解题思路点拨】1.碰撞的分类：（1）弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。（2）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。（3）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。2.无论哪一种碰撞，总是满足动量守恒定律。8．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．9．电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断【知识点的认识】1.电场中某一点的电场强度方向与正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的受力方向相反。2.知道电荷性质、电场强度方向、电场力的方向三者中的两个就可以推出第三个。【命题方向】如图是电场中某区域的电场线，箭头方向向右，P点是电场中的一点，则（）A、P点的电场强度方向向左B、正点电荷在P点所受的电场力的方向向左C、P点的电场强度方向向右D、P点的电场强度方向向右分析：正点电荷在P点所受的电场力的方向向右；电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同，电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向．解答：匀强电场的方向水平向右，所以P点的场强方向水平向右，正电荷在P点所受电场力方向水平向右。故C、D正确，A、B错误。故选：CD。点评：解决本题的关键知道电场强度的方向是如何规定的，以及知道电场线的特点．【解题思路点拨】1.当求解电场中的力学问题时，首先就要检查电荷性质、电场强度方向、电场力的方向中哪些是可以确定的，从而推出未知量，进而求出其他物理量。2.知识点的延伸：电场强度的方向就是电场线的切线方向。10．通电直导线周围的磁场【知识点的认识】几种常见的磁场如下：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，磁场越弱安培定则本考点主要针对通电直导线周围的磁场分布【命题方向】如图所示、导绒中通入由A向B的电流时，用轻绳悬挂的小磁针（）A、不动B、N极向纸里，S极向纸外旋转C、向上运动D、N极向纸外，s极向纸里旋转分析：根据安培定则可明确小磁针所在位置的磁场方向，从而确定小磁针的偏转方向。解答：根据安培定则可知，AB上方的磁场向外，则小磁针的N极向纸外，S极向纸里旋转，故D正确，ABC错误。故选：D。点评：本题考查安培定则的内容，对于直导线，用手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕的方向为磁场的方向。【解题思路点拨】1.电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则（右手螺旋定则）来判断。各种电流的磁场磁感线判断方法如下：（1）直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。（2）环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。2.特别提醒（1）磁场是分布在立体空间的，（2）利用安培定则不仅可以判断磁场的方向，还可以根据磁场的方向判断电流的方向。（3）应用安培定则判定直线电流时，四指所指的方向是导线之外磁场的方向；判定环形电流和通电螺线管电流时，拇指的指向是线圈轴线上磁场的方向。（4）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，应用安培定则判断时，拇指所指的一端为它的N极。11．左手定则判断安培力的方向【知识点的认识】1.安培力的方向：通电导线在磁场中所受安培力的方向与磁感应强度方向、电流方向都垂直。2.左手定则：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；让磁感线从掌心垂直进人，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。如下图所示：【命题方向】如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．解答：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上。四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左。故选：C。点评：本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．【解题思路点拨】安培力方向的特点安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即安培力的方向垂直于电流I和磁场B所决定的平面。（1）当电流方向与磁场方向垂直时，安培力方向、磁场方向、电流方向两两垂直，应用左手定则时，磁感线垂直穿过掌心。（2）当电流方向与磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定则时，磁感线斜着穿过掌心。12．洛伦兹力的概念【知识点的认识】1.定义：洛伦兹力是指磁场对运动电荷的作用力。2.特点：（1）洛伦兹力是电荷在磁场中受到的力，但是电荷在磁场中却不一定总是受到洛伦兹力。只有当电荷在磁场中运动，且运动方向不与磁场平行时，才会受到洛伦兹力的作用。（2）洛伦兹力总是垂直于电荷的运动方向和磁场方向。【命题方向】下列说法中正确的有（）A、只要带电粒子在磁场中运动，就会受到洛伦兹力的作用B、带电粒子在空间定向运动，其周围空间一定形成磁场C、带电粒子垂直射入磁场中，必会受到洛伦兹力的作用D、洛伦兹力总是不做功分析：当带电粒子的速度方向与磁场方向不平行时，会受到洛伦兹力，洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功．解答：A、当带电粒子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力。故A错误。B、带电粒子定向移动，形成电流，电流的周围存在磁场。故B正确。C、带电粒子的速度方向与磁场不平行，会受到洛伦兹力。故C正确。D、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功。故D正确。故选：BCD。点评：解决本题的关键知道带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力．以及知道电流的周围存在磁场．【解题思路点拨】电荷在磁场中受到洛伦兹力的条件是：（1）电荷要运动；（2）电荷的运动方向与磁场方向不平行。13．左手定则判断洛伦兹力的方向【知识点的认识】1.左手定则的内容：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；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向（如下图）。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。2.洛伦兹力的方向垂直于磁场方向和电荷运动方向决定的平面。【命题方向】如图所示，