2026年高考物理复习新题速递之磁场（2025年7月）

第65页（共65页）2026年高考物理复习新题速递之磁场（2025年7月）一．选择题（共8小题）1．（2025•龙岩二模）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车车轮的运动速率。如图甲所示，自行车前轮半径R，霍尔效应传感器固定于前叉距轴r处。一块磁体安装在前轮上，轮子每转一圈，磁体就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压，若每秒触发n次脉冲。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2（前表面的电势低于后表面的电势）。则（）A．自行车的速度为2πnr B．车速越大A、B间电势差越大 C．霍尔元件的载流子是正电荷 D．电源长时间使用后电动势减小，A、B间电势差将减小2．（2025•长春模拟）质谱仪是分离和检测同位素的仪器，现有一价的钾39和钾41离子的混合物经同一电场由静止开始加速后，沿着与磁场边界垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示。测试时设置加速电压大小为U0，但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小ΔU。为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠，不计离子的重力和离子间的相互作用，则ΔU应小于（）A．140U0 B．241U0 C3．（2025•怀仁市四模）如图甲所示，空间存在水平向右的匀强磁场，直导线折成“＜”形固定在磁场中，导线所在平面与磁场平行，ACD为等边三角形，AD与磁场垂直，E为AC边上一点，给ACD通入恒定电流I，ACD受到的安培力大小为F1；如图乙所示，若保持ECD段不动，将AE段弯折后使AE段与CD段平行，导线所在平面仍与磁场平行，再给导线通入恒定电流I，则这时导线AECD受到的安培力大小为F2，则下列判断正确的是（）A．F1＝F2 B．F1＞F2 C．F1＜F2 D．无法比较F1、F2的大小4．（2025春•南宁期末）如图所示，质量为m、长为l的直导体棒用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于竖直方向的匀强磁场中。当导体棒中通以如图所示的电流I，导体棒保持静止时，悬线与竖直方向夹角为30°，现通过改变磁感应强度的大小，使悬线与竖直方向的夹角从30°缓慢变为60°。在这一过程中，下列说法正确的是（）A．磁场方向竖直向上 B．悬线拉力逐渐减小 C．磁感应强度大小变为原来的3倍 D．磁感应强度大小变为原来的3倍5．（2025春•曹县校级期末）图是某种同步加速器的原理图。直线通道PQ有电势差为U的加速电场，通道转角处有可调的匀强偏转磁场B。电量为+q，质量为m的带电粒子以速度v0进入加速电场，而后可以在通道中循环加速。带电粒子在偏转磁场中运动的半径为R。忽略相对论效应，下列说法正确的是（）A．偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里 B．加速一次后，带电粒子的动能增量为2qU C．加速k次后，带电粒子的动能增量为EkD．加速k次后，偏转磁场的磁感应强度为B6．（2025•海淀区校级三模）安培对物质具有磁性的解释可以用如图所示的情景来表示，那么（）A．甲图代表了被磁化的铁棒的内部情况 B．乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况 C．磁体在高温环境下磁性不会改变 D．磁体在高温环境下磁性会加强7．（2025•三模拟）如图所示，一正方形线框放置在水平桌面，在以线框为底面的空间正方体中，O1、O2分别为上下表面的中心，线框通有图示的恒定电流。下列说法正确的是（）A．O2处磁感应强度为0 B．O1处磁感应强度方向竖直向上 C．O1O2连线上各点磁感应强度相同 D．从O1处静止释放一可视为质点的带电小球，将做直线运动8．（2025•浙江模拟）作为公共交通的一部分，现代城市里会提供各种共享自行车和电动助力车，方便了市民们的短途出行。如图甲是某一款电动助力车，其调速把手主要是应用了“霍尔效应”来控制行驶速度的。调速把手内部截面示意图如图乙所示，内含永磁铁和霍尔器件等部件。把手里面的霍尔器件是一个棱长分别为a，b、c的长方体金属导体器件，永久磁铁与霍尔器件的位置关系如图丙所示。电动车正常行驶时，在霍尔器件的上下面通有一个恒定电流I，骑手将调速把手旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就会发生变化，霍尔器件就能在C、D间输出变化的电压U，电机电路感知这个电压的变化就能相应地改变电机转速，这个电压U与电机转速n的关系如图丁所示。则以下说法正确的是（）A．骑行电动车时，霍尔器件C端的电势高于D端的电势 B．若组装电动车时不小心将永久磁铁装反了（两极互换）将会影响该电动车的正常骑行 C．若按图乙箭头所示方向匀速转动把手时电压U随时间均匀增大，则电动车随之做匀加速运动 D．若图丙中器件尺寸不变，仅增大通过霍尔器件的电流I，可使电动车更容易获得最大速度二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•河南模拟）如图，某种质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器和收集器构成。静电分析器和磁分析器均是以O为中心的14圆环形通道，静电分析器中有电场强度方向指向圆心的辐射电场，静电分析器中半径为R的虚线圆弧上各点的电场强度大小均为E，磁分析器虚线圆弧上各点磁感应强度大小为B。粒子源可以静止释放比荷为kA．磁场方向垂直纸面向里 B．此种粒子做圆周运动的时间为πRC．加速电场的加速电压U=D．磁感应强度B（多选）10．（2025•毕节市模拟）沿正方体的棱bc和dd1分别放置两根足够长的通电直导线，其电流方向如图所示。P为棱cd上的一点，若要使P点处的磁感应强度为零，可在空间中再放置一条足够长的通电直导线，则该导线可能（）A．与棱ab平行 B．与棱bc平行 C．与bb1d1d面平行 D．与bb1c1c面平行（多选）11．（2025•黄埔区校级二模）如图（a）所示，一点电荷（不计重力）在辐向电场中围绕圆心O做匀速圆周运动，轨迹所在处的电场强度大小均为E；如图（b）所示，同一点电荷在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知点电荷两次做圆周运动的线速度大小相等，两个圆弧轨迹的半径均为r。关于该点电荷，下列说法正确的是（）A．可能带负电 B．一定沿逆时针转动 C．点电荷的比荷为EBD．点电荷运动的线速度大小为E（多选）12．（2025•山西模拟）如图所示，xOy平面内存在沿y轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，带正电粒子从坐标原点O由静止释放，运动轨迹如图虚线所示，不计粒子的重力。下列描述粒子沿x轴方向的分速度vx随时间t、位置坐标y的变化图像中可能正确的是（）A． B． C． D．三．填空题（共4小题）13．（2025•福建模拟）如图，质量为m、长为L、通有电流I的导体棒垂直静止于倾角为θ的光滑斜面上，已知空间有垂直于斜面的匀强磁场，则磁场方向垂直斜面向、磁感应强度大小为。14．（2025春•厦门校级月考）如图，宽为d的霍尔元件置于匀强磁场中，磁场方向与霍尔元件垂直，磁感应强度大小为B。若霍尔元件是电子导电，当通过霍尔元件的电流I如图所示时，霍尔元件（填“上”“下”）表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为v，则霍尔元件上产生的霍尔电压为。15．（2025春•同安区校级月考）如图为磁流体发电机示意图。平行金属板a、b间有一匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量等量正、负离子）垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b两板间便产生电压。若磁场的磁感应强度大小为B，每个离子的电荷量为q、速度为v，等效直流电源两极板a、b间距为d，负载电阻为R，图中a板是电源的（填“正”或“负”）极，稳定时电源的电动势为（用题中所给物理量符号表达）。16．（2025春•厦门校级月考）如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个半径为R的D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源相连。已知回旋加速器中所加磁场磁感应强度大小为B，所要加速的α粒子（24He）带正电，所带电荷量为2e，质量为m，则加速α粒子时所加高频电源的频率为，加速该粒子所能获得的最大动能为四．解答题（共4小题）17．（2025•南宁模拟）如图，竖直线MN为匀强磁场的左边界，其中水平分界线OA上方Ⅰ区域磁场垂直纸面向里，分界线OA下方Ⅱ区域磁场垂直纸面向外，磁感应强度均为B。一个质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子以速度v从左边界的C点水平射入磁场中。粒子重力忽略不计。求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R；（2）若粒子从C点射入磁场中且恰好不从磁场左边界射出，入射点C到O的距离d。18．（2024秋•兴宁市期末）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。离子注入工作原理的示意图如图所示。静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中半径为R的虚线通过14圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P点沿直径PQ方向进入半径也为R的圆柱形、方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域，离子经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上的M点（图中未画出）时，其速度方向与硅片所成锐角为60°。已知离子的质量为m，电荷量为q（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度v0和静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小。19．（2025春•潍坊期中）如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为30°。导轨间距为0.1m，导轨间接有一阻值为0.1Ω的电阻。ab是一根与导轨垂直且始终接触良好的金属杆，其质量为0.1kg，与导轨间的动摩擦因数为34，整个装置处于磁感应强度大小为103T，方向垂直金属杆所在平面向上的匀强磁场中，g取10m/s2，不计金属杆与导轨电阻。现给金属杆一沿导轨向下的初速度，（1）金属杆受到的安培力大小；（2）金属杆初速度的大小。20．（2025•项城市三模）如图，左侧为一对平行金属板，平行金属板长度10cm，极板间距为20cm，两金板间电压为200V，上极板带正电荷。现有一质量为m＝1.6×10﹣25kg、电荷量为1.6×10﹣17C的负电荷从静止状态经一加速电场加速后从左侧中点处，沿平行于极板方向射入，已知加速电压为50V，然后进入右侧匀强磁场中。匀强磁场紧邻电场，宽度为10cm，匀强磁场上下足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度B＝0.02T（不计粒子重力，不计电场、磁场的边缘效应）。试求：（1）求进入偏转电场的速度v0；（2）带电粒子射出金属板时速度的大小、方向；（3）带电粒子在磁场中运动的时间以及从匀强磁场射出时的位置。

2026年高考物理复习新题速递之磁场（2025年7月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案DAACDBDD二．多选题（共4小题）题号9101112答案BCADCDAC一．选择题（共8小题）1．（2025•龙岩二模）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车车轮的运动速率。如图甲所示，自行车前轮半径R，霍尔效应传感器固定于前叉距轴r处。一块磁体安装在前轮上，轮子每转一圈，磁体就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压，若每秒触发n次脉冲。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2（前表面的电势低于后表面的电势）。则（）A．自行车的速度为2πnr B．车速越大A、B间电势差越大 C．霍尔元件的载流子是正电荷 D．电源长时间使用后电动势减小，A、B间电势差将减小【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】D【分析】根据车速和车轮角速度的关系计算；根据霍尔电压的表达式分析；根据左手定则判断；根据霍尔电压的表达式结合闭合电路的欧姆定律分析。【解答】解：A、自行车车轮的转速为nr/s，所以自行车的速度为v'＝ωR＝2πnR，故A错误；B、设载流子的电荷量为q，根据平衡条件有qvB=qU2L，则A、B间的电势差大小为U2＝BvL，其中L表示霍尔元件前后表面间的距离，v表示载流子做定向移动的速度大小，根据I＝NqSv可知，v=INqS，其中S表示霍尔元件的横截面积，S＝Ld，N表示霍尔元件单位体积内含有的载流子个数，d表示霍尔元件的厚度，整理可得UC、根据左手定则可知载流子向前表面偏转，因为前表面的电势低于后表面的电势，所以载流子是负电荷，故C错误；D、电源长时间使用后电动势变小，根据闭合电路的欧姆定律可知霍尔元件中的电流I变小，根据霍尔电压的表达式可知，A、B间电势差减小，故D正确。故选：D。【点评】能够写出霍尔电压的表达式是解题的关键。2．（2025•长春模拟）质谱仪是分离和检测同位素的仪器，现有一价的钾39和钾41离子的混合物经同一电场由静止开始加速后，沿着与磁场边界垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示。测试时设置加速电压大小为U0，但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小ΔU。为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠，不计离子的重力和离子间的相互作用，则ΔU应小于（）A．140U0 B．241U0 C【考点】与加速电场相结合的质谱仪．【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】A【分析】经过加速电场，根据动能定理列式，同时结合在磁场中由洛伦兹力提供向心力，求半径，再根据半径相等，分析电压差。【解答】解：设加速电压为U，磁场的磁感应强度为B，电荷的电荷量为q，质量为m，运动半径为R，则经过加速电场，根据动能定理有qU在磁场中，洛伦兹力提供向心力：qvB解得R设钾39质量为m1，电压为U0+ΔU时，最大半径为R1；钾41质量为m2，电压为U0﹣ΔU时，钾41最小半径为R2，则可得R令R1＝R2，联立解得ΔU故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题解题关键是掌握动能定理，以及规律在磁场中由洛伦兹力提供向心力，难度中等。3．（2025•怀仁市四模）如图甲所示，空间存在水平向右的匀强磁场，直导线折成“＜”形固定在磁场中，导线所在平面与磁场平行，ACD为等边三角形，AD与磁场垂直，E为AC边上一点，给ACD通入恒定电流I，ACD受到的安培力大小为F1；如图乙所示，若保持ECD段不动，将AE段弯折后使AE段与CD段平行，导线所在平面仍与磁场平行，再给导线通入恒定电流I，则这时导线AECD受到的安培力大小为F2，则下列判断正确的是（）A．F1＝F2 B．F1＞F2 C．F1＜F2 D．无法比较F1、F2的大小【考点】安培力的计算公式及简单应用．【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】A【分析】根据几何关系可知，甲、乙两图中导线的有效长度相同，根据安培力公式求解。【解答】解：根据几何关系可知，甲、乙两图中导线的有效长度相同，均为AD连线在垂直磁场方向的长度L，根据安培力计算公式F＝BIL可知F1＝F2，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查安培力公式的直接应用，注意公式中的L为有些长度。4．（2025春•南宁期末）如图所示，质量为m、长为l的直导体棒用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于竖直方向的匀强磁场中。当导体棒中通以如图所示的电流I，导体棒保持静止时，悬线与竖直方向夹角为30°，现通过改变磁感应强度的大小，使悬线与竖直方向的夹角从30°缓慢变为60°。在这一过程中，下列说法正确的是（）A．磁场方向竖直向上 B．悬线拉力逐渐减小 C．磁感应强度大小变为原来的3倍 D．磁感应强度大小变为原来的3倍【考点】安培力作用下的受力平衡问题；解析法求共点力的平衡．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】由三力平衡，结合左手定则，判断磁场方向；由三力平衡列式，分析拉力变化；根据平衡列式，求磁感应强度比值。【解答】解：A．由三力平衡，F安水平向右，根据左手定则，磁场方向竖直向下，故A错误；B．设悬线与竖直方向夹角为θ，两根悬线对导体棒的拉力为T，由三力平衡cosθ当夹角θ由30°变为60°，可知拉力T变大，故B错误；CD．悬线与竖直方向夹角为30°时，根据平衡条件有F安＝mgtan30°得B同理B则B2故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题解题关键是能够根据平衡条件列式，难度不高。5．（2025春•曹县校级期末）图是某种同步加速器的原理图。直线通道PQ有电势差为U的加速电场，通道转角处有可调的匀强偏转磁场B。电量为+q，质量为m的带电粒子以速度v0进入加速电场，而后可以在通道中循环加速。带电粒子在偏转磁场中运动的半径为R。忽略相对论效应，下列说法正确的是（）A．偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里 B．加速一次后，带电粒子的动能增量为2qU C．加速k次后，带电粒子的动能增量为EkD．加速k次后，偏转磁场的磁感应强度为B【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．【专题】比较思想；模型法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】D【分析】先根据题意确定粒子的运动方向，利用左手定则判断偏转磁场的磁感应强度方向；根据动能定理求加速一次后带电粒子的动能增量；洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为kqU，由动能定理求加速k次后粒子的速度大小。粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求偏转磁场的磁感应强度大小。【解答】解：A、直线通道PQ有电势差为U的加速电场，因粒子带正电，则粒子运动方向为P→Q。粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可知洛伦兹力指向装置中心，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；BC、由动能定理可知，加速一次后，电场力做功为qU，带电粒子的动能增量为qU。因洛伦兹力不做功，故加速k次后，带电粒子的动能增量为kqU，故BC错误；D、加速k次后，由动能定理有kqU解得v粒子在偏转磁场中运动的半径为R，则根据洛伦兹力提供向心力有qvB联立解得B=mvqR故选：D。【点评】解答本题时，要知道洛伦兹力不做功，粒子每加速一次，动能增量为qU，运用动能定理求加速获得的速度。粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力。6．（2025•海淀区校级三模）安培对物质具有磁性的解释可以用如图所示的情景来表示，那么（）A．甲图代表了被磁化的铁棒的内部情况 B．乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况 C．磁体在高温环境下磁性不会改变 D．磁体在高温环境下磁性会加强【考点】磁化和消磁；安培分子电流假说．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】B【分析】安培所提出的“分子电流”的假说。安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性。【解答】解：AB．根据“分子电流”假说，未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性，则甲图代表了未被磁化的铁棒的内部情况，被磁化的物体，分子电流的方向大致相同，对外显示出磁性，则乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况，故A错误，故B正确；CD．根据磁化与退磁的特性可知，磁体在高温环境下，磁性会减弱，故CD错误。故选：B。【点评】分子电流假说属于记忆性的知识点，要求有准确的知道，注意磁现象的电本质。7．（2025•三模拟）如图所示，一正方形线框放置在水平桌面，在以线框为底面的空间正方体中，O1、O2分别为上下表面的中心，线框通有图示的恒定电流。下列说法正确的是（）A．O2处磁感应强度为0 B．O1处磁感应强度方向竖直向上 C．O1O2连线上各点磁感应强度相同 D．从O1处静止释放一可视为质点的带电小球，将做直线运动【考点】磁感应强度的矢量叠加；安培定则（右手螺旋定则）．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据安培定则结合叠加规律，确定O1，O2处磁感应强度；根据环形电流空间磁场的分布，O1O2连线上各点磁感应强度方向相同、大小不相同；根据小球受力情况，确定小球沿O1O2做匀加速直线运动。【解答】解：AB．把通电线框看成环形电流，根据安培定则，判断知O1，O2处磁感应强度不为0，方向均竖直向下，故AB错误。C．根据安培定则，可知O1O2连线上各点磁感应强度方向相同，但由于O1O2连线上各点距离导线框不同，所以O1O2连线上各点磁感应强度大小不相同，故C错误。D．由于O1O2连线上磁场方向竖直向下，与小球运动方向一致，小球不受洛伦兹力，只受重力，故小球将沿O1O2做匀加速直线运动，故D正确。故选：D。【点评】本题解题关键是掌握安培定则，能够根据安培定则分析磁感应强度方向，同时要注意磁感应强度是矢量，既要考虑方向也要考虑大小。8．（2025•浙江模拟）作为公共交通的一部分，现代城市里会提供各种共享自行车和电动助力车，方便了市民们的短途出行。如图甲是某一款电动助力车，其调速把手主要是应用了“霍尔效应”来控制行驶速度的。调速把手内部截面示意图如图乙所示，内含永磁铁和霍尔器件等部件。把手里面的霍尔器件是一个棱长分别为a，b、c的长方体金属导体器件，永久磁铁与霍尔器件的位置关系如图丙所示。电动车正常行驶时，在霍尔器件的上下面通有一个恒定电流I，骑手将调速把手旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就会发生变化，霍尔器件就能在C、D间输出变化的电压U，电机电路感知这个电压的变化就能相应地改变电机转速，这个电压U与电机转速n的关系如图丁所示。则以下说法正确的是（）A．骑行电动车时，霍尔器件C端的电势高于D端的电势 B．若组装电动车时不小心将永久磁铁装反了（两极互换）将会影响该电动车的正常骑行 C．若按图乙箭头所示方向匀速转动把手时电压U随时间均匀增大，则电动车随之做匀加速运动 D．若图丙中器件尺寸不变，仅增大通过霍尔器件的电流I，可使电动车更容易获得最大速度【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据左手定则，平衡条件结合图像的知识进行分析解答。【解答】解：A.霍尔器件中电流方向向下，则自由电子定向移动的方向向上，根据左手定则，电子向C端积累，故C端的电势低于D端的电势，故A错误；B.若磁铁装反了（两极互换）霍尔电压会反向，但由丁图的对称性可知不影响电动车转速的变化规律，即仍能正常骑行，故B错误；C.当骑手按图乙箭头所示方向均匀转动把手时若电压会随时间均匀增大，则由丁图可知，电动车的速度随时间增加更慢，加速度将减小，故C错误；D.根据平衡条件evB=eUb，结合电流的微观表达式I＝neSv＝neabv，得U=IBnea故选：D。【点评】考查带电粒子在组合场中的运动和受力情况，会根据题意进行准确的分析解答。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•河南模拟）如图，某种质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器和收集器构成。静电分析器和磁分析器均是以O为中心的14圆环形通道，静电分析器中有电场强度方向指向圆心的辐射电场，静电分析器中半径为R的虚线圆弧上各点的电场强度大小均为E，磁分析器虚线圆弧上各点磁感应强度大小为B。粒子源可以静止释放比荷为kA．磁场方向垂直纸面向里 B．此种粒子做圆周运动的时间为πRC．加速电场的加速电压U=D．磁感应强度B【考点】与加速电场相结合的质谱仪．【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】BC【分析】根据左手定则判断磁场方向，带电粒子在电场中做匀速圆周运动或者在磁场中做圆周运动，电场力或者磁场力提供圆周运动向心力，根据动能定理求解加速电场的加速电压。【解答】解：A．由电场方向可知，粒子带正电，根据洛伦兹力方向，结合左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；B．带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，可得qE可得运动速度v则粒子做圆周运动的时间t故B正确；C．由Uq可得加速电场的加速电压U故C正确；D．粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得qvB磁感应强度B故D错误。故选：BC。【点评】本题考查粒子在磁场或者电场中运动，解题关键是分析对应向心力来源，结合向心力公式求解。（多选）10．（2025•毕节市模拟）沿正方体的棱bc和dd1分别放置两根足够长的通电直导线，其电流方向如图所示。P为棱cd上的一点，若要使P点处的磁感应强度为零，可在空间中再放置一条足够长的通电直导线，则该导线可能（）A．与棱ab平行 B．与棱bc平行 C．与bb1d1d面平行 D．与bb1c1c面平行【考点】磁感应强度的矢量叠加；通电直导线周围的磁场．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据右手螺旋定则，结合通电直导线周围的磁场分布分析求解。【解答】解：根据右手螺旋定则，正方体的棱bc在P点的磁场方向为竖直向下，正方体的棱dd1在P点的磁场方向为水平向左，故合方向为斜向左下（从前往后看），则放置一条足够长的通电直导线在P点产生的磁场应斜向右上，当该导线与棱ab平行，以及与bb1c1c面平行均可能产生斜向右上的磁场，故AD正确，BC错误。故选：AD。【点评】本题考查了安培定则，掌握通电直导线周围的磁场分布是解决此类问题的关键。（多选）11．（2025•黄埔区校级二模）如图（a）所示，一点电荷（不计重力）在辐向电场中围绕圆心O做匀速圆周运动，轨迹所在处的电场强度大小均为E；如图（b）所示，同一点电荷在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知点电荷两次做圆周运动的线速度大小相等，两个圆弧轨迹的半径均为r。关于该点电荷，下列说法正确的是（）A．可能带负电 B．一定沿逆时针转动 C．点电荷的比荷为EBD．点电荷运动的线速度大小为E【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】CD【分析】此点电荷在辐向电场中做匀速圆周运动时，是由电场力提供向心力的，根据电场力的方向与电场方向的关系确定点电荷的带电性；由左手定则判断点电荷在磁场中的转动方向，点电荷在辐向电场中可能沿逆时针方向转动，也可能沿顺时针方向转动；根据牛顿第二定律求解电荷运动的线速度大小和其比荷。【解答】解：A、此点电荷在辐向电场中做匀速圆周运动时，是由电场力提供向心力的，由图（a）可知点电荷所受电场力与电场方向相同，则点电荷一定带正电，故A错误；B、此点电荷在磁场中做匀速圆周运动时，是由洛伦兹力提供向心力的，根据图（b），由左手定则判断点电荷一定沿逆时针方向转动。而此点电荷在辐向电场中做匀速圆周运动时，电场力的方向与点电荷的运动方向无关，则点电荷在辐向电场中可能沿逆时针方向转动，也可能沿顺时针方向转动，故B错误。CD、根据牛顿第二定律可得：对点电荷在辐向电场中有：qE对点电荷在磁场中有：qBv联立解得：v=EB，q故选：CD。【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动问题，粒子做匀速圆周运动时，解题的关键是找到向心力的来源。（多选）12．（2025•山西模拟）如图所示，xOy平面内存在沿y轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，带正电粒子从坐标原点O由静止释放，运动轨迹如图虚线所示，不计粒子的重力。下列描述粒子沿x轴方向的分速度vx随时间t、位置坐标y的变化图像中可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】带电粒子在叠加场中做旋进运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】用配速法处理该问题—将粒子的运动看成是向右的匀速直线运动和逆时针圆周运动的合运动，写出x方向和y方向随时间和随位移的速度表达式，确定哪个图像正确。【解答】解：AB、释放时粒子可视为有沿x轴正方向和负方向、大小均为v的两个分速度，且满足：qvB＝qE则粒子的运动可分解为沿x轴正方向以速率v做匀速直线运动的同时，以速率v在xOy平面内做匀速圆周运动，t时刻粒子沿x轴方向的分速度满足：vx＝v﹣vcosωt（ω为粒子做匀速圆周运动的角速度）可知选项A满足vx﹣t函数关系式，故A正确，B错误；CD、以x方向为正方向，由动量定理可知：i考虑到沿y方向的位移：vyi×Δt＝yi求和解得：qBy＝mvx变形后得：v则vx﹣y图像是过原点的直线，故C正确，D错误。故选：AC。【点评】本题是带电粒子在复合场中的运动，解题思路是用配速法解题，理解其两个分运动是解题的关键，结合动量定理可以解决问题。三．填空题（共4小题）13．（2025•福建模拟）如图，质量为m、长为L、通有电流I的导体棒垂直静止于倾角为θ的光滑斜面上，已知空间有垂直于斜面的匀强磁场，则磁场方向垂直斜面向下、磁感应强度大小为mgsinθIL【考点】安培力的概念；左手定则判断安培力的方向；安培力的计算公式及简单应用．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】下；mgsinθ【分析】对导线受力分析，根据共点力平衡求出安培力的大小，以及根据左手定则判断磁场的方向，通过安培力大小公式求出磁感应强度的大小。【解答】解：根据共点力平衡知，安培力的方向沿斜面向上，根据左手定则知，磁场的方向垂直斜面向下。根据平衡知，安培力FA＝BIL＝mgsinθ，解得：B=mgsinθ答：下；mgsinθ【点评】本题考查应用平衡条件处理通电导体在磁场中平衡问题，会运用左手定则判断安培力的方向。14．（2025春•厦门校级月考）如图，宽为d的霍尔元件置于匀强磁场中，磁场方向与霍尔元件垂直，磁感应强度大小为B。若霍尔元件是电子导电，当通过霍尔元件的电流I如图所示时，霍尔元件上（填“上”“下”）表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为v，则霍尔元件上产生的霍尔电压为Bdv。【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】上；Bdv【分析】定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，导致两表面形成电场。最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据受力平衡求出电势差的大小。【解答】解：霍尔元件是电子导电，根据左手定则，霍尔元件中电子定向移动时受到指向上表面的洛伦兹力，上表面聚集电子。电子所受静电力与磁场力相等时达到平衡，上、下表面间的霍尔电压保持不变，根据平衡条件得qvB解得U＝Bdv故答案为：上；Bdv【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。15．（2025春•同安区校级月考）如图为磁流体发电机示意图。平行金属板a、b间有一匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量等量正、负离子）垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b两板间便产生电压。若磁场的磁感应强度大小为B，每个离子的电荷量为q、速度为v，等效直流电源两极板a、b间距为d，负载电阻为R，图中a板是电源的正极（填“正”或“负”）极，稳定时电源的电动势为Bdv（用题中所给物理量符号表达）。【考点】磁流体发电机．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】正极；Bdv【分析】运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，根据左手定则判断电源的正负极；根据平衡条件判断感应电动势。【解答】解：两磁体在a、b两板间产生水平向右的磁场，根据左手定则知正电荷向a极板偏转，所以a极板带正电荷，b极板带负电荷，因此a板是电源的正极，外电路不接电阻稳定时有洛伦兹力等于电场力即qE＝qvB，所以两极板间的电动势E源＝Ed＝Bdv故答案为：正极；Bdv【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，会通过电荷的平衡求出电动势的大小。16．（2025春•厦门校级月考）如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个半径为R的D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源相连。已知回旋加速器中所加磁场磁感应强度大小为B，所要加速的α粒子（24He）带正电，所带电荷量为2e，质量为m，则加速α粒子时所加高频电源的频率为eBπm，加速该粒子所能获得的最大动能为【考点】回旋加速器．【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】eBπm；【分析】回旋加速器中高频电源的周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同，洛伦兹力提供向心力，最大运动半径等于D形盒半径，结合动能表达式求解。【解答】解：回旋加速器中高频电源的周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同T高频电源的频率为f加速该粒子所能获得的最大动能为E由2解得E故答案为：eBπm；【点评】本题考查回旋加速器的应用，解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等。四．解答题（共4小题）17．（2025•南宁模拟）如图，竖直线MN为匀强磁场的左边界，其中水平分界线OA上方Ⅰ区域磁场垂直纸面向里，分界线OA下方Ⅱ区域磁场垂直纸面向外，磁感应强度均为B。一个质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子以速度v从左边界的C点水平射入磁场中。粒子重力忽略不计。求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R；（2）若粒子从C点射入磁场中且恰好不从磁场左边界射出，入射点C到O的距离d。【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【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）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为mvqB（2）若粒子从C点射入磁场中且恰好不从磁场左边界射出，入射点C到O的距离为(2+3【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力解得粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；（2）根据几何关系解答。【解答】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力有qvB=解得R=（2）根据题意作图，如图所示根据几何关系可知O'O''2＝O'F2+FO''2CO'＝O''F＝RCO＝CO'+O'O解得CO=答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为mvqB（2）若粒子从C点射入磁场中且恰好不从磁场左边界射出，入射点C到O的距离为(2+3【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，正确分析粒子运动过程是解题关键。18．（2024秋•兴宁市期末）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。离子注入工作原理的示意图如图所示。静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中半径为R的虚线通过14圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P点沿直径PQ方向进入半径也为R的圆柱形、方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域，离子经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上的M点（图中未画出）时，其速度方向与硅片所成锐角为60°。已知离子的质量为m，电荷量为q（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度v0和静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度为2qUm，静电分析器通道内虚线处电场强度的大小为（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为6mqU3Rq【分析】（1）根据动能定理得出离子的速度，结合牛顿第二定律得出场强的大小；（2）根据几何关系得出粒子做圆周运动的半径，结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小。【解答】解：（1）离子在加速电场加速后，根据动能定理可得：qU=解得：v=离子在圆弧形静电分析器中，根据牛顿第二定律得：qE=解得：E=（2）从P点进入圆形磁场后，离子经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上的M点时，速度方向与硅片所成锐角为60°，设粒子在磁场中的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得：qvB=①若粒子打在硅片图中右上方，由几何关系可知r=解得：B=②若粒子打在硅片图中右下方，由几何关系可得r=解得：B=答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度为2qUm，静电分析器通道内虚线处电场强度的大小为（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为6mqU3Rq【点评】本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合动能定理和牛顿第二定律，同时要熟练掌握几何关系即可完成分析。19．（2025春•潍坊期中）如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为30°。导轨间距为0.1m，导轨间接有一阻值为0.1Ω的电阻。ab是一根与导轨垂直且始终接触良好的金属杆，其质量为0.1kg，与导轨间的动摩擦因数为34，整个装置处于磁感应强度大小为103T，方向垂直金属杆所在平面向上的匀强磁场中，g取10m/s2，不计金属杆与导轨电阻。现给金属杆一沿导轨向下的初速度，（1）金属杆受到的安培力大小；（2）金属杆初速度的大小。【考点】安培力的计算公式及简单应用；左手定则判断安培力的方向．【专题】定量思想；方程法；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】（1）金属杆受到的安培力大小为0.125N；（2）金属杆初速度的大小为98m/s【分析】（1）金属杆匀速运动时受力平衡，根据平衡条件求解安培力大小；（2）根据安培力的计算公式求解速度大小。【解答】解：（1）金属杆匀速运动时受力平衡，则有：mgsin30°＝FA+μmgcos30°解得安培力大小为：FA＝0.125N；（2）根据安培力的计算公式可得：FA＝BIL，其中：I=解得：v=98答：（1）金属杆受到的安培力大小为0.125N；（2）金属杆初速度的大小为98m/s【点评】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。20．（2025•项城市三模）如图，左侧为一对平行金属板，平行金属板长度10cm，极板间距为20cm，两金板间电压为200V，上极板带正电荷。现有一质量为m＝1.6×10﹣25kg、电荷量为1.6×10﹣17C的负电荷从静止状态经一加速电场加速后从左侧中点处，沿平行于极板方向射入，已知加速电压为50V，然后进入右侧匀强磁场中。匀强磁场紧邻电场，宽度为10cm，匀强磁场上下足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度B＝0.02T（不计粒子重力，不计电场、磁场的边缘效应）。试求：（1）求进入偏转电场的速度v0；（2）带电粒子射出金属板时速度的大小、方向；（3）带电粒子在磁场中运动的时间以及从匀强磁场射出时的位置。【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】定量思想；图析法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）进入偏转电场的速度为1.0×105m/s。（2）带电粒子射出金属板时速度的大小为2×105m/s，与水平方向夹角为45（3）带电粒子在磁场中运动的时间约为7.9×10﹣7s，射出的位置与上极板的竖直距离为5cm。【分析】（1）利用电场力做功，直接列方程求解即可。（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动相关规律求解末速度的大小和方向。（3）先根据洛伦兹力提供向心力求出轨迹圆的半径，发现轨迹圆的半径和磁场宽度正好能使粒子从上极板向右延长线与磁场右边界交点处射出，根据轨迹圆的圆弧对应的圆心角求解粒子在磁场中的运动时间。【解答】解：（1）设加速电场的电压为U0，加速电场中电场力做功：qU0=12mv02，代入数据得：v0＝1.0（2）带电粒子在电场中受电场力F粒子沿平行于极板方向射入做类平抛运动，设粒子射出金属板时速度的大小v、方向与水平方向夹角为θ，则有d＝v0t，y=12at2，又vy＝联立解得y＝0.05m＝5cm，v=2×105m/s，θ＝（3）粒子进入磁场做圆周运动，则有洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r，解得：r=2因θ＝45°，y＝5cm，磁场宽度为10cm，则由几何关系可知：粒子在磁场中的运动轨迹为14圆周，射出的位置与上极板的竖直距离为5cm又T=2πrv，所以带电粒子在磁场中运动时间t=α2πT=π22πT=答：（1）进入偏转电场的速度为1.0×105m/s。（2）带电粒子射出金属板时速度的大小为2×105m/s，与水平方向夹角为45（3）带电粒子在磁场中运动的时间约为7.9×10﹣7s，射出的位置与上极板的竖直距离为5cm。【点评】本题考查的带电粒子在电场和磁场中的运动，在电场中类平抛运动，在磁场中做圆周运动，承上启下的关键点时在电场中出来的末速度的大小和方向，本题特别之处是要先求出在磁场中的运动半径，根据半径与磁场宽度来判定粒子出磁场的位置，很巧合。

考点卡片1．解析法求共点力的平衡【知识点的认识】1.用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。2.解析式法可解决三力作用下的动态问题，也可解决多个力作用下的动态问题。【命题方向】一只蜗牛沿着如图所示的树枝从右端向左端缓慢爬行，蜗牛质量为m，重力加速度为g，蜗牛和树枝间的动摩擦因数为μ，在蜗牛从右端缓慢爬到左端的过程中，下列说法正确的是（）A、树枝对蜗牛的最大支持力为mgB、树枝对蜗牛的最大摩擦力为μmgC、蜗牛受到的摩擦力先增大后减小D、树枝对蜗牛的作用力大小不断变化分析：蜗牛沿着树枝从左向右缓慢爬行过程，坡角先变小后变大，根据平衡条件列式分析。解答：ABC、设树枝坡角为α，蜗牛受重力mg、支持力N、静摩擦力f，蜗牛在三个力作用下平衡；根据平衡条件可得：N＝mgcosα，f＝mgsinα，由于坡角α先变小后变大，故支持力N先变大后变小，静摩擦力先变小后变大；当α＝0时，支持力N＝mg最大；故A正确、BC错误；D、树枝对蜗牛的作用力是静摩擦力和支持力的合力，始终与重力平衡，故大小和方向一直不变，故D错误；故选：A。点评：本题关键是明确蜗牛的受力情况以及坡角的变化情况，然后根据平衡条件列式分析。【解题思路点拨】通过受力分析、力的分解，找到各力之间的几何关系，从而根据角度变化分析力的变化。2．带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动【知识点的认识】本考点旨在针对带电粒子在非匀强电场中的运动情况。【命题方向】如图所示，一个电荷量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为+q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）A、点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大B、点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小C、OB间的距离为kQqD、在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=分析：本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．解答：A、点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误B、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；C、当速度最小时有：f＝F库＝kQqr2，解得：r=kQqD、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABq﹣fL0=12mv2-1解得，UAB=fL0故选：C。点评：本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题．【解题思路点拨】电场中的功能关系如下：1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即EP1+E机1＝EP2+E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。3．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题【知识点的认识】本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。【命题方向】图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平面间的夹角60°，∠BOD＝120°，虚线BM左侧、DN右侧分布等大反向匀强电场E，带电量为﹣q（q＞0）的物块从A点以6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m，物块可视为质点。AB长度为2R，电场强度大小为3mgqA、物块到B点时的速度为2B、物块在最低点的最大压力为3mgC、物块最终在圆弧BCD做往返运动D、物块在斜面运动的总路程为3R分析：从A到B的过程，根据动能定理，可以得到B点时的速度；从B到C用动能定理，可以得到C点的速度，结合竖直面的圆周运动规律和牛顿第三定律，可以计算C点的压力；根据对物块在斜面的受力分析，可以判断其会停在斜面上还是会在圆弧内圆周运动；根据全过程动能定理可以判断其总路程。解答：A、对物块在左侧斜面上释放时进行受力分析，可以得到如图：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此时摩擦力为滑动摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，在物块从A到B的过程中，对物块应用动能定理：mg⋅2Rsin60°-B、在物块从B到C的过程中，对物块应用动能定理：mgR(1-cos60°)=12mvCCD、物块从B到右侧的过程，设到某点速度减为0，在右侧斜面的位移为x，则在该过程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=0-12mvB2，解得：x＝R，此时摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60故选：AD。点评：本题考查涉及电场力的功能关系问题，注意当速度减为0时，摩擦力可以突变，方向大小皆可变。在计算物块对地面压力时，根据圆周运动规律得到支持力后，要写结合牛顿第三定律得到压力。【解题思路点拨】电场中的功能关系如下：1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即EP1+E机1＝EP2+E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。4．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。5．安培定则（右手螺旋定则）【知识点的认识】1.安培定则的内容分三种不同情况．（1）直线电流：右手握住导线，伸直的拇指的方向代表电流的方向，那么弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．（2）环形电流：右手握住环形导线，弯曲的四指所指的方向就是电流的方向，拇指所指的方向就是环形中心轴线上的磁感线的方向．（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．2.利用安培定则判断的几种常见电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则本考点主要考查安培定则（右手螺旋定则）的内容。【命题方向】通电螺线管的电流方向跟它的磁感线方向之间的关系，也可用安培定则来判定：握住螺线管，让所指的方向跟一致，则的方向就是.分析：右手螺旋定则判断通电螺线管的电流方向与它的磁感线方向之间的关系：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．解答：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．故答案为：右手；弯曲的四指；电流的方向；拇指所指；螺线管内部的磁感线的方向。点评：本题考查右手螺旋定则，关键是理解其内容。属于基础简单题目。【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。6．安培分子电流假说【知识点的认识】安培分子电流假说1.内容：安培提出的在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流﹣﹣﹣﹣分子电流．分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极．2.解释：安培的假说能够解释一些磁现象。一根铁棒未被磁化的时候，内部分子电流的取向是杂乱无章的，它们的磁场互相抵消对外不显磁性（图甲）。当铁棒受到外界磁场的作用时各分子电流的取向变得大致相同，铁棒被磁化，两端对外界显示出较强的磁性，形成磁极（图乙）。磁体受到高温或猛烈撞击时会失去磁性，这是因为激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变得杂乱无章了。3.磁现象的电本质：磁铁和电流的磁场本质上都是运动电荷产生的．【命题方向】关于磁现象的电本质，安培提出了分子电流假说．他是在怎样的情况下提出来的（）A、安培通过精密仪器观察到分子电流B、安培根据原子结构理论，进行严格推理得出的结论C、安培根据环形电流的磁性与磁铁相似提出的一种假说D、安培凭空想出来的分析：安培根据通电螺线管的磁场与条形磁铁相似提出的一种假说，他认为构成磁体的分子内部存在一种环形电流﹣﹣分子电流．由于分子电流的存在，每个磁分子成为小磁体，两侧相当于两个磁极．通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，对外不显磁性．当外界磁场作用后，分子电流的取向大致相同，两端显示较强的磁体作用，形成磁极，就被磁化了．当磁体受到高温或猛烈撞击时会失去磁性，是因为激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变的杂乱无章了．解答：A、安培根据通电螺线管的磁场与条形磁铁相似提出在分子内部存在一种环形电流，使每个分子成为一个小磁针，故A错误；B、安培的分子电流假说在当时物质结构的知识甚少的情况下无法证实，只是一种假说，故B错误；CD、安培根据通电螺线管的磁场与条形磁铁相似提出分子电流的假说，故C正确，D错误；故选：C。点评：安培的分子电流假说在当时物质结构的知识甚少的情况下无法证实，它带有相当大的臆测成分；在今天已经了解到物质由分子组成，而分子由原子组成，原子中有绕核运动的电子，安培的分子电流假说有了实在的内容，已成为认识物质磁性的重要依据．【解题思路点拨】安培分子电流假说是安培根据通电螺线管的磁场与条形磁铁相似提出的一种假说，并没有得到有效的证实，但却可以用来解释一些磁现象。7．磁化和消磁【知识点的认识】1.磁化：使原来不具有磁性的物体带上磁性的过程。例如将磁铁靠近大头针、铁钉等小铁性物质，会使这些物体带上磁性，能够吸引其它铁性物质。2.消磁：使磁性物体的磁性消退的过程。例如高物加热或者撞击带有磁性的铁钉等物质，会使它的磁性消失。3.用安培的分子电流假说解释磁化和消磁：一根铁棒未被磁化的时候，内部分子电流的取向是杂乱无章的，它们的磁场互相抵消对外不显磁性（图甲）。当铁棒受到外界磁场的作用时各分子电流的取向变得大致相同，铁棒被磁化，两端对外界显示出较强的磁性，形成磁极（图乙）。磁体受到高温或猛烈撞击时会失去磁性，这是因为激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变得杂乱无章了。【命题方向】软铁棒放在永磁体的旁边能被磁化，这是由于（）A、在永磁体磁场作用下，软铁棒中形成了分子电流B、在永磁体磁场作用下，软铁棒中的分子电流消失了C、在永磁体磁场作用下，软铁棒中分子电流的取向变得大致相同D、在永磁体磁场作用下，软铁棒中分子电流的取向变得更加杂乱无章分析：安培认为构成磁体的分子内部存在一种环形电流﹣﹣分子电流．由于分子电流的存在，每个磁分子成为小磁体，两侧相当于两个磁极．通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，对外不显磁性．当外界磁场作用后，分子电流的取向大致相同，两端显示较强的磁体作用，形成磁极，就被磁化了．当磁体受到高温或猛烈撞击时会失去磁性，是因为激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变的杂乱无章了．解答：安培提出的分子电流假说认为，磁性物质微粒中本来就存在分子电流，这些分子电流的取向本来是杂乱无章的，对外不显示磁性，当它处在外磁场中时，分子电流的磁极在外磁场的作用下，沿磁场方向做有序排列，这就是所谓的磁化。只有选项C是正确的。故选：C。点评：考查了安培分子电流假说，要了解磁化、退磁的原理，基础题．【解题思路点拨】磁化和消磁的过程，实质是物质内部分子电流重新排列和打乱的过程，如果分子电流排列有序，对外显示出磁性，否则，对外显示无磁性．软铁棒放在永磁体的旁边能被磁化，这是由于软铁棒内的分子电流的取向与附近的磁铁的分子电流的磁场趋向一致．8．磁感应强度的矢量叠加【知识点的认识】磁感应强度是矢量，磁感应强度的叠加遵循矢量法则。【命题方向】两长直通电导线互相平行，电流方向相同，其截面处于一个等边三角形的A、B处，如图所示，两通电导线在C处的磁感应强度均为B，则C处的总磁感应强度为（）A、2BB、BC、0D、3分析：根据安培定则判断出A、B两导线在C处产生的磁场方向，根据磁场的叠加原理，分析C处的磁感应强度的大小和方向．解答：根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B总＝2Bcos30°=3故选：D。点评：本题考查安培定则的应用能力和运用平行四边形定则求合磁感应强度的能力．【解题思路点拨】磁感应强度的矢量叠加的步骤为：1.先确定每一个独立的磁感应强度的大小和方向2.运用平行四边形法则或三角形法则计算合磁感应强度的大小和方向。9．安培力的概念【知识点的认识】1.定义：通电导线在磁场中受的力叫作安培力。2.特点：（1）通电在导线在磁场中不一定受到安培力，当导线与磁场方向平行时，受到的安培力等于零。（2）安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直。【命题方向】关于磁场对通电直导线的作用力，下列说法中正确的是（）A、通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，等于零B、通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C、作用力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向D、通电直导线跟磁场方向不垂直时没有作用力分析：当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．根据左手定则可知安培力的方向．解答：AB、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小。当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．故A、B正确。C、根据左手定则，知安培力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向。故C正确。D、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，当导线与磁场的方向既不平行也不垂直时，安培力的大小介于0和最大值之间。故D错误。故选：ABC。点评：解决本题的关键知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．【解题思路点拨】电场力、安培力、洛伦兹力辨析①带电粒子在电场中受到的力叫作电场力，无论带电粒子处于什么状态，带电粒子在电场中一定受到电场力。②通电导线在磁场中受到的力叫作安培力，只有通电导线与磁场不平行时，才会受到安培力作用。③带电粒子在磁场中受到的力叫作洛伦兹力，带电粒子需要有速度并且速度方向不能与磁场方向平行。10．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。11．安培力的计算公式及简单应用【知识点的认识】如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ【命题方向】一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的最大安培力是多少？分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；根据安培力的公式计算安培力的大小．解答：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．【解题思路点拨】1、电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。2、电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F＝BIl。3、电流方向与磁场方向夹角为θ时，导线受到安培力的大小为F＝BIlsinθ。12．安培力作用下的受力平衡问题【知识点的认识】安培力作用下导体的平衡问题模型中，常见的有倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成，一般解题思路如下。【命题方向】如图所示，两倾角为θ的光滑平行导轨，质量为m的导体棒垂直放在导轨上，整个空间存在竖直向上的匀强磁场。现导体棒中通有由a到b的恒定电流，使导体棒恰好保持静止。已知磁感应强度大小为B，导体棒中电流为I，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，则此时平行导轨间距为（）A、mgBIB、mgcosθBIC、mgtanθBI分析：根据左手定则分析安培力的方向，根据共点力平衡条件求解平行导轨间距。解答：磁场方向竖直向上，由左手定则可知，安培力水平向右，对导体棒受力分析如图所示由共点力的平衡条件得：BIL＝mgtanθ解得：L=mgtanθBI，故ABD故选：C。点评：对于有关安培力的平衡问题研究思路常常从力的角度分析，重点是判断安培力作用下导体棒的方向问题，根据平衡条件列出方程。【解题思路点拨】1.有安培力参与的物体平衡与前面所讲的物体平衡一样，也是利用共点力的平衡条件解题。2.与闭合电路欧姆定律相结合的题目，主要应用：①闭合电路的欧姆定律；②安培力公式F＝IlB；③共点力的平衡条件（或牛顿第二定律）。3.在安培力作用下的物体平衡和动力学问题解题步骤：先进行受力分析，再根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律列出方程，重要的是在受力分析过程中不要漏掉了安培力。13．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：（v⊥B）【命题方向】如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A、粒子带负电B、粒子运动方向是abcdeC、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；D、由T=2πmqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T故选：AC。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．14．带电粒子在直线边界磁场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形（1）直线边界（2）平行边界2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．3.常见的解题思路（1）圆心的确定①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．③若只已知一