2026年高考物理复习新题速递之磁场

第76页（共76页）2026年高考物理复习新题速递之磁场一．选择题（共10小题）1．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于xOy平面向里，场强大小为E的匀强电场沿y轴负方向。一带正电的粒子从O点沿x轴正方向以速度v0入射，粒子的运动轨迹如图中虚线所示，不计粒子重力。则（）A．v0B．v0C．粒子在最高点受到的合外力方向沿x轴负方向 D．粒子在最高点受到的合外力方向沿y轴负方向2．日常带皮套的智能手机是利用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制作用。打开皮套，磁体远离霍尔元件手机屏幕亮；合上皮套，磁体靠近霍尔元件屏幕熄灭。如图所示，一块宽度为d、长为l、厚度为h的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。水平向右大小为I的电流通过元件时，手机套合上，元件处于垂直于上表面、方向向上且磁感应强度大小为B的匀强磁场中，元件的前、后表面产生稳定电势差U，以此来控制屏幕熄灭。下列说法不正确的是（）A．前表面的电势比后表面的电势低 B．自由电子所受洛伦兹力的大小为eUhC．用这种霍尔元件探测某空间的磁场时，霍尔元件摆放方向对产生的电势差U有影响 D．元件内单位体积的自由电子数为BI3．有关下列四幅图的描述，正确的是（）A．甲图中粒子从左侧射入时，只有带正电的粒子才可能沿直线射出 B．乙图中上极板A带正电 C．丙图中仅增大励磁线圈电流，电子的运动半径将增大 D．丁图中用同一回旋加速器分别加速12H核和24He4．有关下列四幅图的描述，正确的是（）A．图1中，A、B两板中，A板电势高 B．图2中，两D形盒间接直流电源 C．图3中，通过离子打在底片上的位置可以算出离子的比荷 D．图4中，该装置可以把具有速度v=5．手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向（无抖动时Ic和Id均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（）A．若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右 B．若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向上 C．若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic＞Id D．若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic＞Id6．如图所示，在平面直角坐标系中，正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，P和R中的电流方向向里，Q中的电流方向向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，R在O点产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是（）A．P受到的安培力的方向竖直向上 B．R受到的安培力的方向水平向右 C．O点磁感应强度大小为13BD．P、R在Q点产生的磁感应强度方向竖直向下7．研究表明，通电直导线周围某点磁感应强度的大小与导线中的电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比，如图所示，AB为水平放置的圆环形线圈的直径，处于同一竖直面内的长直导线AO1和BO1恰与AB构成一等边三角形，线圈与导线间、导线与导线间彼此绝缘，当线圈及导线中通入图示方向的电流时，测得三角形中心O处的磁感应强度大小为1.0T，已知导线AO1中通入的电流大小为BO1中的2倍，导线AO1在O处产生的磁感应强度大小为0.4T，则环形线圈在O处产生的磁感应强度大小为（）A．0.8T B．1.0T C．1.2T D．2.0T8．如图所示，在纸面内等边三角形的两个顶点A、B上固定两根通电直导线，电流大小相等，电流方向相反且与纸面垂直，O点为等边三角形的中心，D、E两点分别为AC和BC的中点。已知直线电流产生的磁场中某一点的磁感应强度大小与电流的大小成正比，与该点到通电直导线的距离成反比。下列说法正确的是（）A．O、C两点的磁感应强度方向相同 B．O、C两点的磁感应强度方向相反 C．D、E两点的磁感应强度方向相反 D．D、E两点的磁感应强度方向相同9．如图所示，在一正交的电场和磁场中，一带电荷量为+q、质量为m的金属块沿倾角为θ的粗糙绝缘斜面由静止开始下滑．已知电场强度为E，方向竖直向下；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；斜面的高度为h．金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面，设此时的速度为v，则（）A．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，做的是加速度逐渐减小的加速运动 B．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了qEh C．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了12mv2﹣mghD．金属块离开斜面后将做匀速圆周运动10．如图所示，平行导轨固定在水平面上，导轨左端连接有恒流源（能输出恒定电流），导轨处在平行导轨水平向右的匀强磁场中，金属棒MN静止在导轨上，O为金属棒与导轨的接触点，将金属棒绕O点沿顺时针方向转动到虚线位置，转动过程中金属棒与导轨接触良好，则转动过程中，金属棒受到的安培力（）A．大小不变，方向不变 B．大小不变，方向不断变化 C．先减小后增大，方向不变 D．先减小后增大，方向不断变化二．多选题（共5小题）（多选）11．如图所示，两根等长的长直导体棒PP′、QQ′用绝缘细线悬挂在天花板上，并均通以恒定电流。稳定时细线与竖直方向的夹角分别为α、β，已知PP′、QQ′均平行于OO′且到悬挂轴线OO′的距离相等，忽略通电导线对PP′、QQ′的作用力。下列说法正确的是（）A．PP′、QQ′电流方向相同 B．PP′、QQ′电流方向相反 C．PP′、QQ′质量之比为sinβ：sinα D．PP′、QQ′质量之比为tanβ：tanα（多选）12．笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件，当显示屏闭合时，霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭，电脑休眠。其工作原理示意图如图所示，闭合显示屏时，长为a，宽为c，厚度为d的霍尔元件处在磁感应强度大小为B、方向垂直于元件上表面向下的匀强磁场中，金属制成的霍尔元件通以大小为I的向右电流时，元件的前，后表面间出现电压U，笔记本控制系统检测到该电压，立即熄灭屏幕。下列说法正确的是（）A．前表面的电势比后表面的高 B．前、后表面间的电压U与c成正比 C．前、后表面间的电压U与d成反比 D．霍尔元件中自由电荷的定向运动速度大小为U（多选）13．如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为α和β（α＞β），加垂直于纸面向里的磁场。分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球脱离滑槽之前的运动说法正确的是（）A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aa＞ab B．在槽上，a、b两球都做变加速运动，但总有aa＞ab C．a、b两球沿直线运动的最大位移是sa＜sb D．a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则ta＜tb（多选）14．MM50是新一代三维适形和精确调强的放射治疗尖端设备，其核心技术之一是多级能量跑道回旋加速器，工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。下方两条横向虚线之间的区域存在水平向左的匀强电场（两条横向虚线之间的区域宽度很窄，可忽略不计），方向与磁场边界垂直。某一质量为m、电荷量为e的电子从P端飘入电场（初速度忽略不计），经多次电场加速和磁场偏转后，电子从位于边界上的出射口C处向左射出磁场并被收集。已知C、Q之间的距离为d，匀强电场的电场强度大小为E，电子的重力不计，不考虑相对论效应。下列说法正确的有（）A．电子第一次加速至Q端时速度的大小v1B．该电子从P端飘入电场到第一次回到P端的过程中所用的时间t=3C．该电子经过QA圆弧段的时间比QD圆弧段的时间要短 D．电子最终从C点射出时的动能为E（多选）15．利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，将一厚度为d的半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面E、F间通以电流I时，另外两侧M、N间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中定向移动形成电流的载流子受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，在M、N间产生霍尔电压UH。半导体的载流子有自由电子或空穴（相当于正电荷）两种类型。结合所学知识，判断下列说法正确的是（）A．若该半导体是空穴导电，则M侧电势低于N侧电势 B．若增大半导体薄片的厚度d，则霍尔电压UH也将增大 C．若增大磁场的磁感应强度B，则霍尔电压UH也将增大 D．若增大电流I，则霍尔电压UH也将增大三．解答题（共5小题）16．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m，电荷量为e的正粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：（1）粒子的速度v为多少？（2）速度选择器两板间电压U2为多少？（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？17．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，a、b间加有电压，b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场，最后粒子打到b板的Q处（图中未画出）被吸收。已知P到b板左端的距离为2d，求：（1）进入磁场时速度的大小和方向；（2）P、Q之间的距离。18．如图所示，两间距l＝0.2m、倾角θ＝30°的足够长平行光滑导轨，轨道上有一个I＝1A的恒流源（电流方向图中已标出）。以O点为坐标原点，沿导轨向下为正方向建立x轴，在导轨平面上垂直x轴方向建立y轴。有一磁场垂直导轨平面向下，该平面内磁场的磁感应强度大小与横坐标x变化规律为B＝（x+2）T。t＝0时刻，在x＝0处由静止释放一根质量为m＝0.2kg的金属棒a，重力加速度g取10m/s2。（1）求金属棒a刚释放瞬间的加速度大小；（2）求金属棒a下滑过程中速度和位移的最大值分别为多少；（3）若金属棒a运动到（2）中最大位移处时，刚好碰到轻放在导轨上相同的金属棒b，碰后二者粘在一起形成组合体c，求组合体c第一次到达最低点的时刻（已知：简谐运动的周期T=2πmk，其中19．如图所示，水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L＝0.2m，现垂直于导轨、放置一根质量为m＝0.06kg的金属棒ab，M和P之间接入一恒流源，回路中电流大小恒定为I＝2A，在导轨间加一个范围足够大的匀强磁场且磁场方向始终与导体棒垂直，方向与水平面间夹角可调（g取10m/s2）。（1）当磁感应强度的大小B＝0.3T，方向与水平方向成30°角时，ab棒处于静止状态，求ab棒受到的摩擦力大小；（2）若导体棒与轨道间的动摩擦因数μ＝0.75，磁场方向斜向左下方，请你讨论磁场方向与水平方向夹角在哪个范围内，不管磁感应强度多大，导体棒都不会运动（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。20．如图所示，坐标平面内有过点P（0，d）、Q（3d，0）和坐标原点的圆形虚线边界，边界内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，直角三角形QMN虚线边界内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，QM与x轴垂直。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）从P点以初速度v0沿x轴的正方向射入Ⅰ，从Q点射出，粒子射入Ⅱ后从N点射出，射出时的速度与MN相切，求：（1）磁场Ⅰ的磁感应强度大小以及粒子从P到Q的运动时间；（2）M、N两点之间的距离。

2026年高考物理复习新题速递之磁场（2025年10月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案DBDCCCAACA二．多选题（共5小题）题号1112131415答案BCACACDABDCD一．选择题（共10小题）1．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于xOy平面向里，场强大小为E的匀强电场沿y轴负方向。一带正电的粒子从O点沿x轴正方向以速度v0入射，粒子的运动轨迹如图中虚线所示，不计粒子重力。则（）A．v0B．v0C．粒子在最高点受到的合外力方向沿x轴负方向 D．粒子在最高点受到的合外力方向沿y轴负方向【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；理解能力．【答案】D【分析】根据粒子的运动轨迹判断洛伦兹力与电场力的大小关系，分析粒子在最高点的受力情况。【解答】解：AB、根据题意分析可知，粒子从O点沿x轴正方向以速度v0入射时，受电场力和洛伦兹力，洛伦兹力沿y轴正方向，电场力沿y轴负方向，粒子向y轴正方向偏转，洛伦兹力大于电场力，即qv0B＞qE可得v0＞ECD、根据题意分析可知，粒子在最高点时，受沿y轴负方向的电场力和y轴正方向的洛伦兹力，过了最高点，向下偏转，故电场力大于洛伦兹力，也不可能相等，合外力方向沿y轴负方向，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题主要考查带电粒子在复合场中的运动，关键在于分析轨迹从而得出电场力与磁场力的关系。2．日常带皮套的智能手机是利用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制作用。打开皮套，磁体远离霍尔元件手机屏幕亮；合上皮套，磁体靠近霍尔元件屏幕熄灭。如图所示，一块宽度为d、长为l、厚度为h的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。水平向右大小为I的电流通过元件时，手机套合上，元件处于垂直于上表面、方向向上且磁感应强度大小为B的匀强磁场中，元件的前、后表面产生稳定电势差U，以此来控制屏幕熄灭。下列说法不正确的是（）A．前表面的电势比后表面的电势低 B．自由电子所受洛伦兹力的大小为eUhC．用这种霍尔元件探测某空间的磁场时，霍尔元件摆放方向对产生的电势差U有影响 D．元件内单位体积的自由电子数为BI【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【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，根据电子受力平衡求出电势差的大小，结合电流微观表达式分析。【解答】解：A．由于元件内的导电粒子是自由电子，电子带负电，根据左手定则可知电子受洛伦兹力指向前表面，则电子向前表面偏转，故前表面的电势比后表面的电势低，故A正确；B．元件的前、后表面产生稳定电势差时，自由电子受到的洛伦兹力大小与电场力平衡，则有F洛＝F电即F故B错误；C．由evB解得U＝BvdB为垂直于上表面的磁感应强度的大小，用这种霍尔元件探测某空间的磁场时，霍尔元件摆放方向对产生的电势差U有影响，故C正确；D．由电流的微观表达式I＝neSv＝nedhv又U＝Bvd解得元件内单位体积的自由电子数为n故D正确。本题选不正确的，故选：B。【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。3．有关下列四幅图的描述，正确的是（）A．甲图中粒子从左侧射入时，只有带正电的粒子才可能沿直线射出 B．乙图中上极板A带正电 C．丙图中仅增大励磁线圈电流，电子的运动半径将增大 D．丁图中用同一回旋加速器分别加速12H核和24He【考点】磁流体发电机；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；速度选择器；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】D【分析】甲图中只要带电粒子受力平衡就可以沿直线射出；根据左手定则分析图乙中极板带电情况；根据洛伦兹力提供向心力可知图丙中电流与半径的关系；求出粒子在回旋加速器中的最大动能表达式，结合表达式分析。【解答】解：A．甲图中，带负电的粒子从左侧进入后受到向下的洛伦兹西以及向上的电场力，当两力等大时，带负电的粒子沿直线射出，故A错误；B．乙图中，带正电的粒子受到向下的洛伦兹力而打到B板，故下极板B带正电，故B错误；C．丙图中仅增大励磁线圈电流，则磁场的磁感应强度增大，由洛伦兹力提供向心力有qvB可知带电粒子在磁场中的轨迹半径为r可见丙图中仅增大励磁线圈电流，则磁场的磁感应强度增大，粒子轨迹半径减小，故C错误；D．D.丁图中，当粒子运动半径等于D型盒半径时具有最大速度，即vm=qBRm，由动能的定义可知，粒子的最大动能为Ekm故选：D。【点评】本题考查带电粒子在电磁场中的综合应用。解题关键掌握粒子的受力情况，根据牛顿第二定律分析解答。4．有关下列四幅图的描述，正确的是（）A．图1中，A、B两板中，A板电势高 B．图2中，两D形盒间接直流电源 C．图3中，通过离子打在底片上的位置可以算出离子的比荷 D．图4中，该装置可以把具有速度v=【考点】回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器；与加速电场相结合的质谱仪．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据各图所涉及的物理原理，如洛伦兹力的应用、回旋加速器的工作原理、质谱仪的原理、速度选择器的原理，对每个选项进行分析判断。【解答】解：A、根据左手定则，正电荷向下偏转，所受的洛伦兹力方向向下，下板聚集正电荷，可知A板带负电，B板带正电，则B板电势高，故A错误；B、图为回旋加速器，两D形盒间应接交流电源，故B错误；C、图为质谱仪，在加速电场中有qU在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB联立得离子的比荷表达式q故通过测量离子打在底片上的位置可得到轨道半径r，就可以算出离子的比荷，故C正确；D、图为速度选择器，根据平衡条件，有qE＝qvB解得v故该装置可以把具有速度为EB的带电粒子选择出来，故D故选：C。【点评】该题综合考查了磁流体发电机、回旋加速器、质谱仪、速度选择器这几种典型的电磁学装置的工作原理，涵盖了洛伦兹力、电场力的平衡以及圆周运动等知识，能全面检验学生对这些装置原理的理解和掌握程度，对学生的综合分析能力要求较高，是一道典型的电磁学综合题。5．手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向（无抖动时Ic和Id均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（）A．若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右 B．若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向上 C．若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic＞Id D．若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic＞Id【考点】安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）．【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】C【分析】根据安培力的方向（左手定则）与牛顿第二定律，分析手机框架加速度a与线圈c、d中电流Ic、Id的关系。核心思路是：手机框架的加速度a对应镜头受框架的力，线圈c、d的安培力需与框架力平衡，使镜头加速度为零。【解答】解：A、根据题意分析可知，Ic顺时针而Id＝0，则c线圈受到向右的安培力，故手机的加速度是向左，使镜头处于零加速度状态，故A错误；B、根据题意分析可知，Id顺时针而Ic＝0，则d线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，故B错误；C、根据题意分析可知，若a的方向左偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向右的安培力Fc、线圈d需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，故可知Ic顺时针，Id逆时针，由F＝BIl可知Ic＞Id，故C正确；D、根据题意分析可知，若a的方向右偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力Fc、线圈d需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，可知Ic逆时针，Id逆时针，且Ic＞Id，故D错误。故选：C。【点评】本题关键是利用左手定则判断安培力方向，结合牛顿第二定律分析框架力与安培力的平衡关系，从而确定电流方向和大小。解题核心是理解“镜头零加速度”对应“框架力与安培力平衡”，再通过左手定则关联电流方向与安培力方向。6．如图所示，在平面直角坐标系中，正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，P和R中的电流方向向里，Q中的电流方向向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，R在O点产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是（）A．P受到的安培力的方向竖直向上 B．R受到的安培力的方向水平向右 C．O点磁感应强度大小为13BD．P、R在Q点产生的磁感应强度方向竖直向下【考点】磁感应强度的矢量叠加；通电直导线周围的磁场；安培定则（右手螺旋定则）．【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】根据右手螺旋定则画出电流产生的磁场，磁感应强度是矢量，根据矢量的合成法则进行求解。【解答】解：ABD．三根导线中的电流大小相等，根据安培定则可得，在P、R、Q、O四点的磁感应强度方向如图所示根据左手定则可得，P、R导线所受安培力方向如图所示，故ABD错误；C．已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，R在O点产生的磁感应强度大小为B0，P、Q在O点产生的磁感应强度大小均为B1，由ROPO得B则O点的磁感应强度为B=B0故选：C。【点评】本题考查通电直导线周围磁场的方向，解题关键掌握右手螺旋定则，同时根据矢量的合成法则进行计算。7．研究表明，通电直导线周围某点磁感应强度的大小与导线中的电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比，如图所示，AB为水平放置的圆环形线圈的直径，处于同一竖直面内的长直导线AO1和BO1恰与AB构成一等边三角形，线圈与导线间、导线与导线间彼此绝缘，当线圈及导线中通入图示方向的电流时，测得三角形中心O处的磁感应强度大小为1.0T，已知导线AO1中通入的电流大小为BO1中的2倍，导线AO1在O处产生的磁感应强度大小为0.4T，则环形线圈在O处产生的磁感应强度大小为（）A．0.8T B．1.0T C．1.2T D．2.0T【考点】通电直导线周围的磁场；磁感应强度的定义与物理意义．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】A【分析】根据右手螺旋定则和磁感应强度的叠加与合成的知识进行分析解答。【解答】解：由题意可知，导线BO1在O处产生的磁感应强度大小为0.2T，据右手螺旋定则可以得出，AO1与BO1在O处产生的磁场的方向均垂直纸面向里，环形线圈在O处产生的磁场的方向竖直向上。导线AO1在O处产生的磁感应强度大小为0.4T，通电直导线周围某点磁感应强度的大小与导线中的电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比，因为导线AO1中通入的电流大小为BO1中的2倍，所以导线BO1在O处产生的磁感应强度大小为0.2T。设环形线圈在O处产生的磁感应强度大小为B，故有O点磁感应强度B合解得B＝0.8T，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查磁感应强度的叠加，会根据题意进行准确分析解答，关键要掌握矢量的合成法则，同时理解右手螺旋定则的内容。8．如图所示，在纸面内等边三角形的两个顶点A、B上固定两根通电直导线，电流大小相等，电流方向相反且与纸面垂直，O点为等边三角形的中心，D、E两点分别为AC和BC的中点。已知直线电流产生的磁场中某一点的磁感应强度大小与电流的大小成正比，与该点到通电直导线的距离成反比。下列说法正确的是（）A．O、C两点的磁感应强度方向相同 B．O、C两点的磁感应强度方向相反 C．D、E两点的磁感应强度方向相反 D．D、E两点的磁感应强度方向相同【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；理解能力．【答案】A【分析】根据右手螺旋定则和磁感应强度的叠加与合成的知识进行分析解答。【解答】解：AB、已知直线电流产生的磁场中某一点的磁感应强度大小与电流的大小成正比，与该点到通电直导线的距离成反比。根据右手螺旋定则作出两个顶点A、B处的两根通电直导线在O、C两点的磁感应强度，如图所示：根据磁感应强度叠加原则结合对称性可知，O、C两点的磁感应强度方向相同，故A正确，B错误；CD、根据右手螺旋定则作出两个顶点A、B处的两根通电直导线在D、E两点的磁感应强度，如图所示根据磁感应强度叠加原则结合对称性可知，D、E两点的磁感应强度方向即不相同也不相反，故CD错误。故选：A。【点评】本题考查磁感应强度的叠加，会根据题意进行准确分析解答，关键要掌握矢量的合成法则，同时理解右手螺旋定则的内容。9．如图所示，在一正交的电场和磁场中，一带电荷量为+q、质量为m的金属块沿倾角为θ的粗糙绝缘斜面由静止开始下滑．已知电场强度为E，方向竖直向下；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；斜面的高度为h．金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面，设此时的速度为v，则（）A．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，做的是加速度逐渐减小的加速运动 B．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了qEh C．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了12mv2﹣mghD．金属块离开斜面后将做匀速圆周运动【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；用能量守恒定律解决实际问题．【专题】机械能守恒定律应用专题．【答案】C【分析】对物体受力分析，根据各力的性质可确定物体的运动情况；由功能关系确定机械能的增加量．【解答】解：物体受重力、支持力、摩擦力、电场力及洛伦兹力的作用；因洛伦兹力垂直于接触面；随着速度的增大，洛伦兹力增大，物体对接触面的压力减小；摩擦力减小；则合外力一定增大；故加速度增大；故A错误；B、在下滑过程中，由于有电场力和摩擦力做功；故机械能的增加量小于qEh；故B错误；C、重力势能减小了mgh，而动能增加了12mv2；故机械能增加量为12mv2﹣mgh；故D、离开斜面后，由于受竖直向下的重力与电场力的合成，以及洛伦兹力，故不可能做匀速圆周运动；故D错误；故选：C。【点评】本题考查了受力分析、功能关系等内容，要注意明确合外力做功等于动能的变化；重力之外的其他力做功等于机械能的改变量．10．如图所示，平行导轨固定在水平面上，导轨左端连接有恒流源（能输出恒定电流），导轨处在平行导轨水平向右的匀强磁场中，金属棒MN静止在导轨上，O为金属棒与导轨的接触点，将金属棒绕O点沿顺时针方向转动到虚线位置，转动过程中金属棒与导轨接触良好，则转动过程中，金属棒受到的安培力（）A．大小不变，方向不变 B．大小不变，方向不断变化 C．先减小后增大，方向不变 D．先减小后增大，方向不断变化【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；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】A【分析】根据安培力公式计算安培力的大小，明确磁场和电流要垂直。【解答】解：磁场为匀强磁场，电流为恒定电流，金属棒转动过程中，由F＝BILsinθ可知，等效长度Lsinθ等于平行导轨的间距（不变），等效电流的方向由O指向N，因此安培力的大小不变，安培力的方向，根据左手定则可知，安培力的方向始终垂直于水平面向下。故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题关键是对安培力公式的考查，明确在B、I互相垂直的时候F＝BIL。二．多选题（共5小题）（多选）11．如图所示，两根等长的长直导体棒PP′、QQ′用绝缘细线悬挂在天花板上，并均通以恒定电流。稳定时细线与竖直方向的夹角分别为α、β，已知PP′、QQ′均平行于OO′且到悬挂轴线OO′的距离相等，忽略通电导线对PP′、QQ′的作用力。下列说法正确的是（）A．PP′、QQ′电流方向相同 B．PP′、QQ′电流方向相反 C．PP′、QQ′质量之比为sinβ：sinα D．PP′、QQ′质量之比为tanβ：tanα【考点】安培力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】AB.由图可知，两根导体相互排斥，再由安培定则分析磁场，由左手定则分析安培力；CD.对两个导体分别受力分析，并构建矢量三角形，然后用正弦定理分析。【解答】解：AB.由图可知，两根导体相互排斥，假设电流由P流向P′，由安培定则可知，磁场方向沿顺时针方向，如图所示：由左手定则可知，若Q受到排斥力，则电流方向由Q′指向Q，故A错误，B正确；CD.对两个导体分别受力分析，并构建矢量三角形，如图所示：设PP′质量为m1，QQ′质量为m2，由正弦定理可知：m1gsinθ=Fsinα，m2故选：BC。【点评】考查了安培定则和左手定则的使用方法，可直接记住直流通电导线是“同性恋”，如果受力分析后正交分解不好用，可优先考虑构建矢量三角形。（多选）12．笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件，当显示屏闭合时，霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭，电脑休眠。其工作原理示意图如图所示，闭合显示屏时，长为a，宽为c，厚度为d的霍尔元件处在磁感应强度大小为B、方向垂直于元件上表面向下的匀强磁场中，金属制成的霍尔元件通以大小为I的向右电流时，元件的前，后表面间出现电压U，笔记本控制系统检测到该电压，立即熄灭屏幕。下列说法正确的是（）A．前表面的电势比后表面的高 B．前、后表面间的电压U与c成正比 C．前、后表面间的电压U与d成反比 D．霍尔元件中自由电荷的定向运动速度大小为U【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据左手定则，霍尔元件内自由电子受洛伦兹力指向后表面，电子在后表面聚集，结合平衡时满足洛伦兹力与电场力大小相等分析求解。【解答】解：A．根据左手定则，霍尔元件内自由电子受洛伦兹力指向后表面，后表面带负电，前表面带正电，即前表面的电势比后表面的高，故A正确；BC．当平衡时满足U又I＝neSv＝necdv联立，解得U可知U与c无关，与d成反比，故B错误；C正确；D．根据C选项分析可知v故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了霍尔元件，理解电场力与洛伦兹力的关系是解决此类问题的关键。（多选）13．如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为α和β（α＞β），加垂直于纸面向里的磁场。分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球脱离滑槽之前的运动说法正确的是（）A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aa＞ab B．在槽上，a、b两球都做变加速运动，但总有aa＞ab C．a、b两球沿直线运动的最大位移是sa＜sb D．a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则ta＜tb【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；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；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】AB.由左手定则，判断两小球受到的洛伦兹力方向，再结合题意，确定在槽上，a、b两球加速度的表达式，即可分析判断；C.结合前面分析可知，当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下的分力相等时，小球脱离斜面，根据力与力的关系、运动学规律分别列式，结合数学知识，即可分析判断；D.结合前面分析，根据运动学规律分别列式，即可分析判断。【解答】解：AB.由左手定则可知，两小球受到的洛伦兹力都垂直于其所在斜面向上，则两小球沿斜面方向的合力均为各自重力的分力，故在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且加速度大小分别为：aa＝gsinα，ab＝gsinβ，因为：α＞β，可得：aa＞ab，故A正确，B错误；C.结合前面分析可知，当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下的分力相等时，小球脱离斜面，则有：mgcosα＝qvaB，mgcosβ＝qvbB，可得：vavb根据动力学公式可得：vavb可得a、b两球沿直槽运动的最大位移分别为：sasb根据数学关系可得：sa＜sb，故C正确；D.结合前面分析，根据运动学规律可得，a、b两球沿槽运动的时间分别为：tatb可得：ta＜tb，故D正确；故选：ACD。【点评】本题主要考查带电粒子在叠加场中做直线运动，解题时需注意，物体做直线运动的条件以及洛伦兹力大小和方向的特点，此类题通常会结合牛顿运动定律及运动学公式求解。（多选）14．MM50是新一代三维适形和精确调强的放射治疗尖端设备，其核心技术之一是多级能量跑道回旋加速器，工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。下方两条横向虚线之间的区域存在水平向左的匀强电场（两条横向虚线之间的区域宽度很窄，可忽略不计），方向与磁场边界垂直。某一质量为m、电荷量为e的电子从P端飘入电场（初速度忽略不计），经多次电场加速和磁场偏转后，电子从位于边界上的出射口C处向左射出磁场并被收集。已知C、Q之间的距离为d，匀强电场的电场强度大小为E，电子的重力不计，不考虑相对论效应。下列说法正确的有（）A．电子第一次加速至Q端时速度的大小v1B．该电子从P端飘入电场到第一次回到P端的过程中所用的时间t=3C．该电子经过QA圆弧段的时间比QD圆弧段的时间要短 D．电子最终从C点射出时的动能为E【考点】回旋加速器；带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）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】ABD【分析】根据动能定理求解速度；分析电子各个运动过程，根据运动学规律以及圆周运动规律求解运动时间；在磁场中运动的时间保持不变；根据最大半径求解最大速度，从而求解最大动能。【解答】解：A．第一次加速，由动能定理得eEL解得v1=2B．电子在加速电场中运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得eE＝ma电子在电场中加速了1次，可得其运动的位移大小为s＝L根据位移与时间的关系可得s=1电子在磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力有evB=m电子从P点第一次加速至回到P点过程中，其在磁场中运动的时间t无场区运动时间t电子从P点第一次加速至回到P点所用时间t＝t1+t2+t3解得t=3mL2C．在磁场中运动的周期T=2πmBe，该电子经过QA圆弧段的时间比D．当该电子从C处以最大速度vm射出时，最后一次做圆周运动的轨迹半径不能变，即d由此可知，从C处射出的电子动能Ek=1故选：ABD。【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生熟练掌握带电粒子在电场和磁场中运动的基本规律，熟练应用对应的规律解题。（多选）15．利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，将一厚度为d的半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面E、F间通以电流I时，另外两侧M、N间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中定向移动形成电流的载流子受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，在M、N间产生霍尔电压UH。半导体的载流子有自由电子或空穴（相当于正电荷）两种类型。结合所学知识，判断下列说法正确的是（）A．若该半导体是空穴导电，则M侧电势低于N侧电势 B．若增大半导体薄片的厚度d，则霍尔电压UH也将增大 C．若增大磁场的磁感应强度B，则霍尔电压UH也将增大 D．若增大电流I，则霍尔电压UH也将增大【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】CD【分析】根据左手定则得出粒子的偏转方向，从而得出电势的高低；粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，由此列式得出霍尔电压的表达式。【解答】解：A、若该半导体是空穴导电，即相当于正电荷导电，根据左手定则可知，正电荷在洛伦兹力作用下向M侧聚集，可知M侧电势高于N侧电势，故A错误；B、根据上述分析可知，M、N间产生电场，稳定时电场力与洛伦兹力平衡，令M、N间距为a，霍尔元件长为a，则有qU令单位体积内电荷的数目为n，根据电流的微观定义式有I＝nqvda解得：U可知，若增大半导体薄片的厚度d，则霍尔电压UH将减小，故B错误；C、根据上述分析可知，若增大磁场的磁感应强度B，则霍尔电压UH也将增大，故C正确；D、根据上述分析可知，若增大电流I，则霍尔电压也将增大，故D正确；故选：CD。【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则得出粒子的受力方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。三．解答题（共5小题）16．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m，电荷量为e的正粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：（1）粒子的速度v为多少？（2）速度选择器两板间电压U2为多少？（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？【考点】与速度选择器相结合的质谱仪．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；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）粒子的速度v为2e（2）速度选择器两板间电压U2为B1（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为1B【分析】（1）根据动能定理可以求出粒子的速度v；（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据Eq＝qvB1求出电压U2；（3）根据洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。【解答】解：（1）粒子经过加速电场U1加速后，根据动能定理：e解得：v=（2）因为粒子恰能通过速度选择器，则粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦兹力为一对平衡力，即：eE=解得：U2=（3）粒子在B2磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则：ev解得：R=答：（1）粒子的速度v为2e（2）速度选择器两板间电压U2为B1（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为1B【点评】解决该题需要明确知道粒子在速度选择器内做的是匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反。17．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，a、b间加有电压，b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场，最后粒子打到b板的Q处（图中未画出）被吸收。已知P到b板左端的距离为2d，求：（1）进入磁场时速度的大小和方向；（2）P、Q之间的距离。【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】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）进入磁场时速度的大小为2v0，方向与b板夹（2）P、Q之间的距离为2m【分析】（1）根据动能定理求出粒子到达P处的速度大小，结合平行四边形定则求出粒子到达P处时的速度方向。（2）根据洛伦兹力提供向心力求出粒子的在磁场中运动的轨道半径，结合几何关系求出P、Q之间的距离。【解答】解：（1）粒子在两板间做类平抛运动，在水平方向有2d＝v0t在竖直方向：d解得：v0＝vy粒子进入磁场时的速度大小为vtanθ=解得θ＝45°（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q解得：R则：x答：（1）进入磁场时速度的大小为2v0，方向与b板夹（2）P、Q之间的距离为2m【点评】本题考查了粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，掌握粒子在磁场中的半径公式和周期公式以及类平抛运动的处理方法。此题关键是搞清粒子的运动特点：在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹图即可解答。18．如图所示，两间距l＝0.2m、倾角θ＝30°的足够长平行光滑导轨，轨道上有一个I＝1A的恒流源（电流方向图中已标出）。以O点为坐标原点，沿导轨向下为正方向建立x轴，在导轨平面上垂直x轴方向建立y轴。有一磁场垂直导轨平面向下，该平面内磁场的磁感应强度大小与横坐标x变化规律为B＝（x+2）T。t＝0时刻，在x＝0处由静止释放一根质量为m＝0.2kg的金属棒a，重力加速度g取10m/s2。（1）求金属棒a刚释放瞬间的加速度大小；（2）求金属棒a下滑过程中速度和位移的最大值分别为多少；（3）若金属棒a运动到（2）中最大位移处时，刚好碰到轻放在导轨上相同的金属棒b，碰后二者粘在一起形成组合体c，求组合体c第一次到达最低点的时刻（已知：简谐运动的周期T=2πmk，其中【考点】安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】（1）金属棒a刚释放瞬间的加速度大小3m/s2；（2）金属棒a下滑过程中速度3m/s，位移的最大值6m；（3）若金属棒a运动到（2）中最大位移处时，刚好碰到轻放在导轨上相同的金属棒b，碰后二者粘在一起形成组合体c，组合体c第一次到达最低点的时刻(2【分析】（1）刚释放瞬间，金属棒受重力沿斜面分力和安培力，利用牛顿第二定律求加速度，需确定初始位置的磁感应强度。（2）金属棒下滑时安培力随位移线性增大，加速度减小直到为0时速度最大；位移最大值由简谐运动对称性确定，结合动能定理求速度最大值。（3）碰撞后形成组合体，先求平衡位置，再确定回复力系数，利用简谐运动周期公式计算总时间，需分析碰撞前后的运动阶段。【解答】解：（1）金属棒a刚释放瞬间，根据牛顿第二定律可得mgsinθ﹣BIl＝ma代入数据得a＝3m/s2（2）金属棒下滑时，安培力逐渐增大，先做加速度减小的加速运动，当加速度为0时速度达到最大mgsinθ＝BIl代入数据解得x＝3m安培力随位移线性变化，取平均值为F=0.4+12金属棒沿斜面下滑3m的过程中，由动能定理得(代入数据得vm＝3m/s由简谐运动的对称性可知，最大位移xm＝2x解得xm＝6m（3）到达xm＝6m处时速度为0，形成组合体c的初速度为0，c下滑到最大位移x2的过程中，根据动能定理(mgsinθ组合体c的平衡位置为2mgsinθ＝0.2（x1+2）组合体c的回复力F回＝2mgsinθ﹣0.2（x+2）可得k＝0.2因此金属棒a下滑0∼6m的过程中所用时间为t1＝πm组合体c下滑6m～10m的过程中所用时间为t2＝π2总时间为t答：（1）金属棒a刚释放瞬间的加速度大小3m/s2；（2）金属棒a下滑过程中速度3m/s，位移的最大值6m；（3）若金属棒a运动到（2）中最大位移处时，刚好碰到轻放在导轨上相同的金属棒b，碰后二者粘在一起形成组合体c，组合体c第一次到达最低点的时刻(2【点评】本题围绕金属棒在有界磁场中的运动展开，利用牛顿第二定律结合初始安培力求加速度；通过分析安培力的变化确定速度最大值，利用简谐运动对称性求位移最大值；碰撞后形成组合体，结合简谐运动的周期公式计算总时间，关键在于理解安培力的线性变化及简谐运动的特征。19．如图所示，水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L＝0.2m，现垂直于导轨、放置一根质量为m＝0.06kg的金属棒ab，M和P之间接入一恒流源，回路中电流大小恒定为I＝2A，在导轨间加一个范围足够大的匀强磁场且磁场方向始终与导体棒垂直，方向与水平面间夹角可调（g取10m/s2）。（1）当磁感应强度的大小B＝0.3T，方向与水平方向成30°角时，ab棒处于静止状态，求ab棒受到的摩擦力大小；（2）若导体棒与轨道间的动摩擦因数μ＝0.75，磁场方向斜向左下方，请你讨论磁场方向与水平方向夹角在哪个范围内，不管磁感应强度多大，导体棒都不会运动（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。【考点】安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）；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】（1）ab棒受到的摩擦力大小等于0.06N；（2）磁场方向与水平方向夹角在0≤α≤37°范围内，不管磁感应强度多大，导体棒都不会运动。【分析】（1）根据平衡条件及安培力公式可得ab棒受到的摩擦力大小；（2）根据平衡条件可解得磁感应强度的范围。【解答】解：（1）根据平衡条件及安培力公式可得ab棒受到的摩擦力大小为f＝BILsin30°，解得f＝0.06N（2）由题意，当磁场斜向左下方时，设磁场方向与水方向的夹角为α时不管磁感应强度多大，导体棒都不会运动，根据平衡条件可得μ（mg+BILcosα）≥BILsinα≥0当B足够大时，有μBILcosα≥BILsinα≥0解得0≤α≤37°即磁场方向与水平方向夹角在0≤α≤37°内，不管磁感应强度多大，导体棒都不会运动。答：（1）ab棒受到的摩擦力大小等于0.06N；（2）磁场方向与水平方向夹角在0≤α≤37°范围内，不管磁感应强度多大，导体棒都不会运动。【点评】本题考查安培力的计算于共点力平衡，解题关键掌握安培力方向判断，注意支持力的表示方式。20．如图所示，坐标平面内有过点P（0，d）、Q（3d，0）和坐标原点的圆形虚线边界，边界内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，直角三角形QMN虚线边界内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，QM与x轴垂直。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）从P点以初速度v0沿x轴的正方向射入Ⅰ，从Q点射出，粒子射入Ⅱ后从N点射出，射出时的速度与MN相切，求：（1）磁场Ⅰ的磁感应强度大小以及粒子从P到Q的运动时间；（2）M、N两点之间的距离。【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．【答案】（1）磁场Ⅰ的磁感应强度大小mv02qd，粒子从P到（2）M、N两点之间的距离3m【分析】（1）对于磁场Ⅰ，先确定带电粒子做圆周运动的半径，利用几何关系（勾股定理）结合P、Q、O三点共圆的条件求出半径；再根据洛伦兹力提供向心力的公式求出磁感应强度；最后通过圆心角与周期的关系计算运动时间。（2）对于磁场Ⅱ，先分析粒子在Q点的速度方向，确定进入Ⅱ时的速度与x轴的夹角；再利用洛伦兹力提供向心力求出轨迹半径，结合几何关系（正三角形、三角函数）推导M、N两点间的距离。【解答】解：（1）根据题意可得，带电粒子在匀强磁场I中的运动轨迹如下图所示由几何知识可知(r解得r＝2d由BI综合解得BI粒子从P到Q的运动时间为t=（2）由数学知识得粒子在Q点的速度与x轴的夹角为60°。过Q、N分别作速度的垂线，交点O2为粒子在Ⅱ中运动轨迹的圆心，如下图由几何关系可得∠QO2N＝60°，△QO2N是正三角形，∠QNM＝30°。由Bqv可得粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的轨迹半径为R=由几何关系可得QN＝R，MN＝QNcos∠QNM综合解得MN=答：（1）磁场Ⅰ的磁感应强度大小mv02qd，粒子从P到（2）M、N两点之间的距离3m【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，关键在于利用几何关系确定轨迹半径、圆心角，结合洛伦兹力与向心力的关系求解磁感应强度和运动时间，再通过几何图形的性质（如正三角形、三角函数）推导两点间距离。解题时需注意磁场方向对洛伦兹力方向的影响，以及圆周运动的周期与圆心角的关系。

考点卡片1．动能定理的简单应用【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.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【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。2．带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动【知识点的认识】1.运动状态：利用电场使带电粒子加速时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。2.带电粒子的分类及受力特点（1）电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。（2）质量较大的微粒：带电小球，带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。3.分析带电粒子在静电力作用下加速运动的两种方法（1）利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能分析带电粒子的匀变速运动。（2》利用动能定理：qU=12mv2-1【命题方向】如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106m/s射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域．两板距离为20cm，金属板之间是匀强电场，电场强度为3×105V/m．质子质量为m＝1.67×10﹣27kg，电荷量为q＝1.60×10﹣19C．试求（1）质子由板上小孔射出时的速度大小；（2）质子在电场中运动的时间．分析：（1）质子射入电场后，只有电场力做功，根据动能定理列式求解即可（2）因做匀加速，则由时间等于位移除以平均速度，则运动时间t=L解答：（1）根据动能定理得：eEd=12mv2-代入数据：得v＝6×106m/s（2）t=Lv0+v2答：（1）质子由板上小孔射出时的速度大小为6×106m/s（2）质子在电场中运动的时间为3.6×10﹣8s点评：求速度时动能定理是常用的规律，要理解并掌握动能定理的内容、公式，并能灵活应用，求时间用平均速度公式．【解题思路点拨】对于带电粒子在电场中的加速问题，可以用从牛顿第二定律的角度出发，也可以从动能定理的角度出发求解。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°-qEB、在物块从B到C的过程中，对物块应用动能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-1CD、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°，摩擦力减为0，物块刚好可以在斜面上静止，总路程s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．用能量守恒定律解决实际问题【知识点的认识】1.能量守恒定律是自然界最基础的定律之一，可以用来解决实际的问题。2.能量守恒定律的内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变，叫能量守恒定律．【命题方向】春天，农民需要用水泵给缺水农田灌溉，已知水泵能在1h内将3×105kg的水抽到12m高处．（1）连续工作5h，所做的有用功是多少？（2）若水泵的工作效率为80%，则水泵5h内所做总功功率是多少？（3）若此水泵用一柴油机带动，假设柴油机完全燃烧所释放的内能有40%转化为水的机械能，则每小时消耗多少柴油？（柴油热值为3×107J/kg，g取10N/kg）分析：（1）由功的计算公式可以求出所做的有用功．（2）由效率公式求出总功，然后由功率公式求出功率．（3）求出柴油释放飞能量，然后求出柴油的质量．解答：（1）5h有用功为：W＝nGh＝nmgh＝5×3×105×10×12＝1.8×108J；（2）5h水泵做的总功：W总=Wη=1.8×1功率：P=W总t=（3）5h柴油机燃烧柴油释放的能量：Q=W总η=由Q＝mq可知，需要柴油的质量：m=Qq每小时消耗柴油的质量：18.75kg5答：（1）连续工作5h，所做的有用功是1.8×108J；（2）若水泵的工作效率为80%，则水泵5h内所做总功功率是1.25×104W；（3）每小时消耗多少柴油为3.75kg．点评：本题考查了求功、功率、求柴油的质量，应用功的计算公式、效率公式、功率公式与热值公式即可正确解题．【解题思路点拨】应用能量转化守恒定律解题的步骤（1）分清有几种形式的能在变化，如动能、势能（包括重力势能、弹性势能、电势能）、内能等．（2）明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量△E减和增加的能量△E增的表达式．（3）列出能量守恒关系式：△E减＝△E增．5．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。6．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。7．磁感应强度的定义与物理意义【知识点的认识】1.电流元：在物理学中，把很短一段通电导线中的电流I与导线长度l的乘积叫作电流元。2.磁感应强度（1）定义：电流元垂直于磁场放置时，电流元所受磁场的作用力F与I和l乘积的比值，叫作的磁感应强度。（2）定义式：B=F（3）单位：在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，简称特，符号是T，1T＝1NA（4）标矢性：矢量，方向即为该处磁场方向，即静止于该处的小磁针N极所指的方向（5）物理意义：表征磁场强弱的物理量。（6）磁感应强度是磁场本身的性质，与放不放电流元无关。【命题方向】由磁感应强度的定义式B=A、磁感应强度与通电导线受到的磁场力F成正比B、磁感应强度与电流强度和导线长度的乘积成反比C、磁感应强度的方向与F的方向一致D、只要满足L很短，I很小的条件，B=分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．公式B=FIL是比值法定义B的，磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，不能说B与F成正比，也不能说B解答：AB、磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，定义式B=FIL是比值法定义B的，不能说B与F成正比，也不能说B与IL成反比。故AC、根据左手定则可知，F与B的方向互相垂直。故C错。D、只要满足L很短，I很小的条件，B=FIL故选：D。点评：磁感应强度的定义式B=FIL可知，是属于比值定义法．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=【解题思路点拨】1.磁感应强度的定义式：：B=（1）公式成立条件：通电导线必须垂直于磁场方向放置，不垂直则公式不成立。（2）决定磁感应强度的因素：仅由磁场本身决定，与导线是否受磁场力以及磁场力的大小无关。（3）磁感应强度的定义式也适用于非匀强磁场，这时l应很短，称为“电流元”，相当于静电场中的“试探电荷”。2.方向：磁感应强度B是一个矢量，某点磁感应强度的方向不是放在该处的通电导线的受力方向。它的方向可以有以下几种表述方式：（1）小磁针静止时N极所指的方向，或小磁针静止时S极所指的反方向。（2）小磁针N极受力的方向（不论小磁针是否静止），或S极受力的反方向。（3）磁感应强度的方向就是该点的磁场方向。3.大小：磁场在某位置的磁感应强度的大小与方向是客观存在的，与通过导线的电流大小、导线的长短无关。即使不放入载流导线，磁感应强度也照样存在，故不能说“B与F成正比”或“B与Il成反比”。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．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