2025年高考備考高中物理個(gè)性化分層教輔中等生篇《磁場》

第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個(gè)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(dǎo)線與一“凸”形導(dǎo)線框固定在同一豎直平面內(nèi)，導(dǎo)線框的對稱軸與兩長直導(dǎo)線間的距離相等。已知左、右兩長直導(dǎo)線中分別通有方向相反的恒定電流I1、I2，且I1＞I2，則當(dāng)導(dǎo)線框中通有順時(shí)針方向的電流時(shí)，導(dǎo)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(shù)為N、面積為S的閉合線圈abcd水平放置，與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場夾角為45°。現(xiàn)將線圈以ab邊為軸順時(shí)針轉(zhuǎn)動90°，則（）A．線圈水平放置時(shí)的磁通量為2NBSB．整個(gè)過程中線圈中的磁通量始終不為0 C．整個(gè)過程中線圈的磁通量變化量為2NBS D．整個(gè)過程中線圈的磁通量變化量為2BS3．（2024?郫都區(qū)校級模擬）如圖所示，兩根通電導(dǎo)線P、Q沿垂直紙面的方向放置，導(dǎo)線P、Q中通有電流I1、I2，電流的方向圖中未畫出，O點(diǎn)為兩導(dǎo)線垂直紙面連線的中點(diǎn)，c、d兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱，a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱，將一段通有垂直紙面向外的電流的直導(dǎo)線放在c點(diǎn)時(shí)所受的磁場力為零，放在d點(diǎn)時(shí)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(dǎo)線垂直紙面放在O點(diǎn)時(shí)所受的磁場力為零 D．通電直導(dǎo)線垂直紙面放在a、b兩點(diǎn)時(shí)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(xué)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(yùn)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(yīng)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(yīng)強(qiáng)度有關(guān) 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(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，O點(diǎn)為圓形區(qū)域的圓心，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一個(gè)比荷絕對值為k的帶電粒子以某速率從M點(diǎn)沿著直徑MON方向垂直射入磁場，運(yùn)動軌跡如圖所示，并從P點(diǎn)離開磁場。已知直徑MON、POQ的夾角θ＝60°，不計(jì)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(yùn)動半徑為32RC．粒子運(yùn)動的速率為33kBRD．粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為π6．（2024春?無錫期末）如圖所示，長為2l的直導(dǎo)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(dǎo)線所在空間有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下。當(dāng)導(dǎo)線中通以圖示電流I時(shí)，該V形導(dǎo)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(jìn)武器。如圖所示為電磁炮的原理簡圖，炮彈為阻值為R的導(dǎo)體，放置在光滑的電阻不計(jì)的金屬軌道上，軌道水平放置，電源內(nèi)阻為r。當(dāng)炮彈放入軌道后，受到垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)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(zhuǎn)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(shí)獲得的動能與軌道長度成正比8．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬）回旋加速器可以用來加速粒子，關(guān)于回旋加速器下列說法正確的是（）A．兩個(gè)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。它的右臂掛著一矩形線圈，設(shè)其匝數(shù)n＝9，線圈的水平邊長為l＝0.10m，處在勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與線圈平面垂直。當(dāng)線圈中通入如圖方向的電流I＝0.10A時(shí)，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂平衡。然后使電流反向，大小不變，這時(shí)需要在左盤中增加質(zhì)量為m＝9.00g的砝碼，才能使兩臂再達(dá)到新的平衡。則磁感應(yīng)強(qiáng)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(zhì)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(gè)小孔（三個(gè)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(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場。右極板電勢高于左極板，他們之間形成電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。感光片下方存在垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量為m，帶電量為+e的質(zhì)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(zhì)子換為氘核，并將B2減小到原來的12，即可得到軌跡2C．將質(zhì)子換為氚核，并將B1、B2加倍，為使粒子沿軌跡2運(yùn)動，應(yīng)將U、E分別增大到原來的12倍和4倍 D．將質(zhì)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(xué)）如圖所示，長直導(dǎo)線MN固定在紙面內(nèi)，通有從N到M的恒定電流I，紙面內(nèi)與MN平行的絕緣棒AB上均勻分布著負(fù)電荷，O為AB中點(diǎn)，兩者間距大于OA的長度?，F(xiàn)讓AB繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動，關(guān)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(zhuǎn)動越快，MN受到的安培力越大 D．MN上相同長度導(dǎo)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(dǎo)線。通入圖示方向的等大電流I。已知每根通電直導(dǎo)線在距其L處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。下列說法正確的是（）A．D、F兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同 B．H點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0 C．正方體有兩個(gè)面的磁通量等于零 D．電流增大時(shí)，穿過面BDHF的磁通量增大（多選）13．（2024春?番禺區(qū)校級期中）如圖，a、b、c為三根與紙面垂直的固定長直導(dǎo)線，其截面位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，O為三角形的中心點(diǎn)，bc沿水平方向，P為bc中點(diǎn)，Q為ac中點(diǎn)，三根導(dǎo)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(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平向右 B．P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平向右 C．Q點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平向右 D．導(dǎo)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(nèi)部結(jié)構(gòu)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(zhuǎn)動，與霍爾元件間的相對位置發(fā)生改變，穿過霍爾元件的磁場強(qiáng)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(dá)到的最大速度vm越大，霍爾元件工作時(shí)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(yùn)動電子做正功（多選）15．（2024?越秀區(qū)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(dǎo)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(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)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?yōu)?，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場中，若線圈與磁場平行時(shí)，穿過線圈的磁通量是；當(dāng)線圈平面與磁場方向垂直時(shí)，穿過線圈的磁通量是10﹣3Wb，那么，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是T。17．（2024春?福州期中）如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強(qiáng)磁場。帶電粒子（不計(jì)重力）第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛入磁場區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點(diǎn)沿同一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運(yùn)動的半徑之比為；速度之比為；周期之比為；時(shí)間之比為。18．（2024春?福建月考）將直導(dǎo)線ACD折成“”形并固定在紙面內(nèi)，空間存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，∠ACD＝120°，AC＝2CD＝2L，在導(dǎo)線中通入從A到D的恒定電流I，此時(shí)導(dǎo)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(diǎn)在紙面內(nèi)沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)過60°（AC保持不動），通入的電流大小不變，此時(shí)導(dǎo)線ACD受到的安培力大小F3＝。19．（2023秋?浦東新區(qū)校級期末）如圖所示，質(zhì)量為m、電阻為3R、長為3L的導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，AC水平。當(dāng)在兩吊線間加上某一電壓時(shí)，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(fā)地區(qū)，安裝避雷針可以保護(hù)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(qū)地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與水平向北方向的夾角為θ，則此時(shí)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(nèi)，y軸左側(cè)空間分布著水平向右的勻強(qiáng)電場，y軸右側(cè)空間分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。某時(shí)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(diǎn)射出，粒子從C點(diǎn)進(jìn)入磁場，在磁場中運(yùn)動一段時(shí)間后恰好又回到A點(diǎn)。已知A點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣d，0），C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2d），粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)粒子所受的重力。求：（1）y軸左側(cè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；（2）y軸右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（3）帶電粒子從A點(diǎn)開始運(yùn)動到再次回到A點(diǎn)的時(shí)間t。22．（2024春?錦江區(qū)校級期末）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動，AO與x軸負(fù)方向成53°角。在y軸與MN之間的區(qū)域I內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)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(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。唬?）區(qū)域I內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向；（3）區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，直線x＝d與y=34x間有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝3×105V/m，另有一半徑R=103m的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域I，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.9T，方向垂直坐標(biāo)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(diǎn)。一帶負(fù)電的粒子從S點(diǎn)沿y軸的正方向以速度v0進(jìn)入圓形磁場區(qū)域I，經(jīng)過一段時(shí)間進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，且第一次進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ時(shí)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(qiáng)磁場區(qū)域工中做圓周運(yùn)動的半徑大小；（2）坐標(biāo)d的值；（3）要使粒子能運(yùn)動到x軸的負(fù)半軸，則勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足的條件。24．（2023秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖甲所示，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示的空間僅存在水平向右的勻強(qiáng)電場，兩區(qū)域中的電場強(qiáng)度相同。質(zhì)量相同的帶電微粒a和b分別在甲、乙區(qū)域沿圖示虛線做直線運(yùn)動，運(yùn)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(bào)道，處于世界領(lǐng)先技術(shù)的國產(chǎn)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(fā)射技術(shù)工作的先進(jìn)動能發(fā)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(dǎo)軌，導(dǎo)軌上放有質(zhì)量為m的炮彈，通上電流后，炮彈在安培力的作用下沿導(dǎo)軌加速運(yùn)動。設(shè)炮彈與導(dǎo)軌間的彈力沿豎直方向，導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)軌平面，不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度大小為g。當(dāng)通上電流為I時(shí)，炮彈恰好做勻速直線運(yùn)動，求：（1）炮彈受到安培力的大??；（2）炮彈與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)；（3）若將電流增大一倍，求靜止的炮彈可在導(dǎo)軌上獲得的最大速度。

2025年高考備考高中物理個(gè)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(dǎo)線與一“凸”形導(dǎo)線框固定在同一豎直平面內(nèi)，導(dǎo)線框的對稱軸與兩長直導(dǎo)線間的距離相等。已知左、右兩長直導(dǎo)線中分別通有方向相反的恒定電流I1、I2，且I1＞I2，則當(dāng)導(dǎo)線框中通有順時(shí)針方向的電流時(shí)，導(dǎo)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(diǎn)】通電非直導(dǎo)線安培力大小的計(jì)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(jù)右手螺旋定則確定兩根導(dǎo)線在導(dǎo)線框中磁場的方向，根據(jù)左手定則及安培力公式解答。【解答】解：根據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線框所在磁場方向向里，由于I1＞I2，則左側(cè)的磁場較大，根據(jù)對稱性結(jié)合左手定則及F＝BIL可知導(dǎo)線框所受安培力合力方向向左。故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選：C。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流與其周圍磁場方向的關(guān)系，注意掌握安培力的計(jì)算公式。2．（2023秋?吉林期末）如圖所示，匝數(shù)為N、面積為S的閉合線圈abcd水平放置，與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場夾角為45°?，F(xiàn)將線圈以ab邊為軸順時(shí)針轉(zhuǎn)動90°，則（）A．線圈水平放置時(shí)的磁通量為2NBSB．整個(gè)過程中線圈中的磁通量始終不為0 C．整個(gè)過程中線圈的磁通量變化量為2NBS D．整個(gè)過程中線圈的磁通量變化量為2BS【考點(diǎn)】磁通量的概念和計(jì)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(yīng)中的力學(xué)問題；理解能力．【答案】D【分析】AB.根據(jù)磁通量定義Φ＝BSsinθ作答，磁通量是標(biāo)量，但有正負(fù)；CD.磁通量的變化量ΔΦ＝Φ2﹣Φ1，據(jù)此作答?！窘獯稹拷猓篈.規(guī)定磁感線從線圈的adcba方向穿入為正，線圈水平放置時(shí)的磁通量Φ=BSsin45°=2B.當(dāng)線圈平面順時(shí)針轉(zhuǎn)過45°時(shí)，線圈平面與磁感線方向平行，磁通量為零，故B錯(cuò)誤；CD.線圈平面轉(zhuǎn)到豎直方向時(shí)，磁感線從線圈的abcda方向穿入，磁通量為Φ′=?BSsin45°=?22BS故選：D。【點(diǎn)評】注意：磁通量是標(biāo)量，但有正、負(fù)之分；穿過線圈的磁通量與線圈匝數(shù)無關(guān)。3．（2024?郫都區(qū)校級模擬）如圖所示，兩根通電導(dǎo)線P、Q沿垂直紙面的方向放置，導(dǎo)線P、Q中通有電流I1、I2，電流的方向圖中未畫出，O點(diǎn)為兩導(dǎo)線垂直紙面連線的中點(diǎn)，c、d兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱，a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱，將一段通有垂直紙面向外的電流的直導(dǎo)線放在c點(diǎn)時(shí)所受的磁場力為零，放在d點(diǎn)時(shí)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(dǎo)線垂直紙面放在O點(diǎn)時(shí)所受的磁場力為零 D．通電直導(dǎo)線垂直紙面放在a、b兩點(diǎn)時(shí)所受的磁場力相同【考點(diǎn)】安培力的計(jì)算公式及簡單應(yīng)用；通電直導(dǎo)線周圍的磁場；磁感應(yīng)強(qiáng)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(jù)c點(diǎn)、d點(diǎn)所受磁場力的大小方向，結(jié)合根據(jù)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?！窘獯稹拷猓篈B．根據(jù)放在c點(diǎn)的一段通有垂直紙面向外的電流的直導(dǎo)線所受的磁場力為零，則P、Q導(dǎo)線在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場等大反向，則P、Q導(dǎo)線的電流反向，又因?yàn)镼c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(dǎo)線放在d點(diǎn)時(shí)所受的磁場力水平向右，根據(jù)左手定則，d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，又因?yàn)镻d大于Qd，且Q中的電流大于P中的電流，所以P在d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度向上，Q在d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度向下，根據(jù)安培定則，P的電流方向向外，Q的電流方向向里，故B錯(cuò)誤，A正確；C．因?yàn)镼中的電流大于P中的電流，則O點(diǎn)處的磁場豎直向上，則通電直導(dǎo)線垂直紙面放在O點(diǎn)時(shí)所受的磁場力不為零，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)對稱關(guān)系可知，a、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，則通電直導(dǎo)線垂直紙面放在a、b兩點(diǎn)時(shí)所受的磁場力大小相等，方向不同，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)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(xué)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(yùn)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(yīng)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(yīng)強(qiáng)度有關(guān) D．粒子增加的動能來源于磁場【考點(diǎn)】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(yùn)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(yùn)動，通過磁場時(shí)只改變粒子的運(yùn)動方向，動能卻不變。最大動能只由磁感應(yīng)強(qiáng)度和D形金屬盒的半徑?jīng)Q定。【解答】解：AB．粒子在磁場中運(yùn)動的周期T=2πm與粒子速度無關(guān)，故粒子在D形盒中的運(yùn)動周期不變，所加交流電的周期也相應(yīng)保持不變，故AB錯(cuò)誤；C．粒子由D形盒中飛出時(shí)，有qv整理解得R=vm=與D形盒的半徑大小R及磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B均有關(guān)，故C正確；D．洛倫力總與粒子的運(yùn)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(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題回旋加速器考查電磁場的綜合應(yīng)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(yīng)強(qiáng)度大小，與加速電壓無關(guān)。5．（2024春?臨沂期末）如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，O點(diǎn)為圓形區(qū)域的圓心，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一個(gè)比荷絕對值為k的帶電粒子以某速率從M點(diǎn)沿著直徑MON方向垂直射入磁場，運(yùn)動軌跡如圖所示，并從P點(diǎn)離開磁場。已知直徑MON、POQ的夾角θ＝60°，不計(jì)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(yùn)動半徑為32RC．粒子運(yùn)動的速率為33kBRD．粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為π【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)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(yùn)動專題；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)左手定則分析粒子的電性；根據(jù)幾何知識求解粒子做圓周運(yùn)動的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解粒子運(yùn)動速率，找到軌跡對應(yīng)的圓心角，根據(jù)周期公式求解運(yùn)動時(shí)間；【解答】解：A、粒子向右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、粒子做圓周運(yùn)動的圓心為O′，如圖所示，根據(jù)幾何知識有粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r=R?tanθC、因?yàn)閝vB=mv2rD、粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角為α＝120°，所以粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t=1故選：C?！军c(diǎn)評】解決該題首先應(yīng)先確定粒子做勻速圓周運(yùn)動的圓心，能根據(jù)幾何知識求解粒子做勻速圓周運(yùn)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(dǎo)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(dǎo)線所在空間有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下。當(dāng)導(dǎo)線中通以圖示電流I時(shí)，該V形導(dǎo)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(diǎn)】通電非直導(dǎo)線安培力大小的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；推理能力．【答案】D【分析】先計(jì)算有效長度，再根據(jù)安培力公式，求安培力大小，根據(jù)左手定則，分析安培力方向?！窘獯稹拷猓簩?dǎo)線在磁場內(nèi)有效長度為L＝2lsin30°，解得L＝l根據(jù)安培力公式，故該V形通電導(dǎo)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(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評】本題解題關(guān)鍵是分析出導(dǎo)線在磁場內(nèi)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(jìn)武器。如圖所示為電磁炮的原理簡圖，炮彈為阻值為R的導(dǎo)體，放置在光滑的電阻不計(jì)的金屬軌道上，軌道水平放置，電源內(nèi)阻為r。當(dāng)炮彈放入軌道后，受到垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)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(zhuǎn)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(shí)獲得的動能與軌道長度成正比【考點(diǎn)】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(zhuǎn)化為炮彈的動能，還有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；炮彈運(yùn)動過程中切割磁感線產(chǎn)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(dāng)炮彈產(chǎn)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(shí)獲得的速度與軌道長度的關(guān)系，即可知道炮彈出膛時(shí)獲得的動能與軌道長度的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、電源輸出的電能并沒有完全轉(zhuǎn)化為炮彈的動能，還有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯(cuò)誤；BCD、炮彈在運(yùn)動過程中切割磁感線產(chǎn)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(jù)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(dāng)反向電動勢等于電源電動勢時(shí)，炮彈不再受安培力作用，炮彈速度達(dá)到最大，則有BLvm＝E可得炮彈的最大速度為vm故選：C?！军c(diǎn)評】本題可將炮彈看成導(dǎo)體棒，炮彈做的是加速度減小的變加速運(yùn)動，加速度為零時(shí)速度最大。8．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬）回旋加速器可以用來加速粒子，關(guān)于回旋加速器下列說法正確的是（）A．兩個(gè)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(diǎn)】回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據(jù)回旋加速器的原理：利用電場加速、磁場偏轉(zhuǎn)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?！窘獯稹拷猓篈.由于置于真空中，靜電屏蔽的目的、結(jié)構(gòu)強(qiáng)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(dá)狹縫處都能被加速，故B錯(cuò)誤；C.在D型盒區(qū)域由洛倫茲力作為向心力，當(dāng)軌道半徑等于D型盒半徑時(shí)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(dāng)速度接近光速時(shí)，由相對論知識可知，粒子質(zhì)量發(fā)生變化；使粒子的運(yùn)動周期發(fā)生變化，無法與交變電流同步，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵是要知道回旋加速器利用電場加速、磁場偏轉(zhuǎn)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(guān)，注意粒子周期公式得運(yùn)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。它的右臂掛著一矩形線圈，設(shè)其匝數(shù)n＝9，線圈的水平邊長為l＝0.10m，處在勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與線圈平面垂直。當(dāng)線圈中通入如圖方向的電流I＝0.10A時(shí)，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂平衡。然后使電流反向，大小不變，這時(shí)需要在左盤中增加質(zhì)量為m＝9.00g的砝碼，才能使兩臂再達(dá)到新的平衡。則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為（g＝10m/s2）（）A．0.45T B．0.5T C．0.9T D．1T【考點(diǎn)】安培力的概念；力矩的平衡條件．【答案】B【分析】天平平衡后，當(dāng)電流反向（大小不變）時(shí)，安培力方向反向，則右邊相當(dāng)于多了或少了兩倍的安培力大小【解答】解：（1）根據(jù)平衡條件：有：mg＝2nBIL，得：B=mg根據(jù)以上公式，代入數(shù)據(jù)，則有：B=0.009×10故選：B?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)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(zhì)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(gè)小孔（三個(gè)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(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場。右極板電勢高于左極板，他們之間形成電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。感光片下方存在垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量為m，帶電量為+e的質(zhì)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(zhì)子換為氘核，并將B2減小到原來的12，即可得到軌跡2C．將質(zhì)子換為氚核，并將B1、B2加倍，為使粒子沿軌跡2運(yùn)動，應(yīng)將U、E分別增大到原來的12倍和4倍 D．將質(zhì)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(diǎn)】與加速電場相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專題】定性思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)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(zhì)子經(jīng)過速度選擇器時(shí)，設(shè)速度為v1，則滿足：eB1v1＝eE即：v質(zhì)子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場后，洛倫茲力通過向心力，則：e可得：r1B、質(zhì)子經(jīng)過加速電場后滿足：eU=可得：v若將質(zhì)子換為氘核，氘核的質(zhì)量是質(zhì)子的2倍，則：eU=可知氘核進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度：v2=eUC、將質(zhì)子換為氚核，氚核的質(zhì)量是質(zhì)子的3倍，應(yīng)將U增大到原來的12倍，則氚核進(jìn)入速度選擇器時(shí)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(shí)氚核以2倍的速度勻速穿過速度選擇器；氚核在偏轉(zhuǎn)磁場中的半徑：r可知若同時(shí)B2加倍，則：r2＝3r1，則氚核沿軌跡2運(yùn)動，故C正確；D、α粒子的質(zhì)量是質(zhì)子的4倍，電荷是質(zhì)子的2倍，將U增大到原來的4倍，則α粒子經(jīng)過加速后的速度：v4=2×2e×4U故選：C?！军c(diǎn)評】該題考查質(zhì)譜儀的原理，解答的關(guān)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(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的半徑。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?懷仁市校級開學(xué)）如圖所示，長直導(dǎo)線MN固定在紙面內(nèi)，通有從N到M的恒定電流I，紙面內(nèi)與MN平行的絕緣棒AB上均勻分布著負(fù)電荷，O為AB中點(diǎn)，兩者間距大于OA的長度?，F(xiàn)讓AB繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動，關(guān)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(zhuǎn)動越快，MN受到的安培力越大 D．MN上相同長度導(dǎo)線受到的安培力大小相等【考點(diǎn)】判斷通電導(dǎo)線在磁場中的運(yùn)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(jù)等效電流結(jié)合左手定則和安培力的計(jì)算公式分析判斷?！窘獯稹緼B、AB繞O點(diǎn)沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動，形成的等效電流沿逆時(shí)針方向，等效電流形成的磁場在MN處垂直紙面向里，根據(jù)左手定則可知，MN受到的安培力向左，故B正確，A錯(cuò)誤；C、AB轉(zhuǎn)動越快，形成的磁場越強(qiáng)，根據(jù)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(qiáng)磁場，根據(jù)F＝BIL可知，MN上相同長度導(dǎo)線受到的安培力大小不等，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評】本題考查安培力的計(jì)算與左手定則，解題關(guān)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(dǎo)線。通入圖示方向的等大電流I。已知每根通電直導(dǎo)線在距其L處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。下列說法正確的是（）A．D、F兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同 B．H點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0 C．正方體有兩個(gè)面的磁通量等于零 D．電流增大時(shí)，穿過面BDHF的磁通量增大【考點(diǎn)】通電直導(dǎo)線周圍的磁場；磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義；磁通量的概念和計(jì)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(jù)安培定則結(jié)合磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加分析解答AB，根據(jù)磁通量的公式分析CD?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)安培定則可知，兩導(dǎo)線在D、F兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都沿平行與HF連線的方向，根據(jù)磁場的矢量疊加可知，DF點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也相等，故A正確；B．兩導(dǎo)線在H點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都由H指向F，則H點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0，故B正確；C．根據(jù)Φ＝BS可知，正方體各個(gè)面的磁通量都不等于零，故C錯(cuò)誤；D．兩導(dǎo)線的磁場與平面BDHF平行，電流增大時(shí)，穿過面BDHF的磁通量總為0，故D錯(cuò)誤；故選：AB。【點(diǎn)評】本題考查磁感應(yīng)強(qiáng)度與磁通量的計(jì)算，解題關(guān)鍵掌握安培定則，注意矢量的運(yùn)算。（多選）13．（2024春?番禺區(qū)校級期中）如圖，a、b、c為三根與紙面垂直的固定長直導(dǎo)線，其截面位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，O為三角形的中心點(diǎn)，bc沿水平方向，P為bc中點(diǎn)，Q為ac中點(diǎn)，三根導(dǎo)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(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平向右 B．P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平向右 C．Q點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平向右 D．導(dǎo)線a受到的安培力方向豎直向下【考點(diǎn)】通電直導(dǎo)線周圍的磁場；磁感應(yīng)強(qiáng)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(jù)右手螺旋定則判斷出直導(dǎo)線在O點(diǎn)、P點(diǎn)的磁場方向，根據(jù)平行四邊形定則，對O點(diǎn)、P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度進(jìn)行合成，得出其合磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向。再依據(jù)左手定則，從而確定導(dǎo)線受到的安培力方向?！窘獯稹拷猓篈.如圖，導(dǎo)線a、b、c在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為Ba、Bb、Bc大小Bb＝Bc，磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，合成遵循平行四邊形定則，Ba、Bb、Bc合成后磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右，故A正確；B．如圖，三根導(dǎo)線在P處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度其中BcP、BbP等大反向，合成后抵消，所以P點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為BaP，方向水平向右，故B正確；C．如圖三根導(dǎo)線在Q處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度其中BcQ、BaQ等大同向，合成后磁感應(yīng)強(qiáng)度方向無法確定方向，故C錯(cuò)誤；D．方向如圖所示導(dǎo)線b、c在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bb1、Bc1，合成后a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右，由左手定則可知，a導(dǎo)線受到的安培力方向豎直向上，故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)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(yīng)強(qiáng)度的合成遵循平行四邊形定則，注意掌握左手定則的應(yīng)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(nèi)部結(jié)構(gòu)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(zhuǎn)動，與霍爾元件間的相對位置發(fā)生改變，穿過霍爾元件的磁場強(qiáng)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(dá)到的最大速度vm越大，霍爾元件工作時(shí)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(yùn)動電子做正功【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；推理能力．【答案】AC【分析】根據(jù)左手定則得出粒子的受力方向，結(jié)合粒子的電性得出電勢的高低；根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關(guān)系列式得出電視差的表達(dá)式，結(jié)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(shí)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(cuò)誤；C、設(shè)霍爾元件上下表面的距離為d，可得：evB=e解得：UH＝Bdv根據(jù)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(qiáng)，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(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評】本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉左手定則分析出洛倫茲力的方向，結(jié)合電場力和洛倫茲力的等量關(guān)系即可完成分析。（多選）15．（2024?越秀區(qū)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(dǎo)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(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)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?yōu)?，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿正方形的對角線指向L2【考點(diǎn)】通電直導(dǎo)線周圍的磁場；兩根通電導(dǎo)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(jù)“同向電流吸引，反向電流排斥”的推論結(jié)合矢量合成的特點(diǎn)分析出導(dǎo)線所受安培力的方向?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)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(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)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(cuò)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?yōu)?，L1、L3在O點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，根據(jù)右手螺旋定則可知，L4在O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿正方形的對角線指向L3，即O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿正方形的對角線指向L3，故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生對安培定則、磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加、通電導(dǎo)線作用力方向規(guī)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(qiáng)磁場中，若線圈與磁場平行時(shí)，穿過線圈的磁通量是0；當(dāng)線圈平面與磁場方向垂直時(shí)，穿過線圈的磁通量是10﹣3Wb，那么，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是4×10﹣2T。【考點(diǎn)】磁通量的概念和計(jì)算公式的定性分析；磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場中，當(dāng)線圈平面與磁場方向垂直時(shí)，穿過線圈的磁通量Φ＝BS，B是磁感應(yīng)強(qiáng)度，S是線圈的面積．當(dāng)線圈平面與磁場方向平行時(shí)，穿過線圈的磁通量Φ＝0．當(dāng)存在一定夾角時(shí)，則將磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)，線圈與磁場方向相互平行，故磁通量為0；當(dāng)線圈平面與磁場方向垂直時(shí)，穿過線圈的磁通量是10﹣3Wb，根據(jù)Φ＝BS可知，B=ΦS=故答案為：0；4×10﹣2【點(diǎn)評】本題主要考查了磁通量，解決本題的關(guān)鍵掌握磁通量的公式，知道當(dāng)線圈平面與磁場平行時(shí)，磁通量為0，當(dāng)線圈平面與磁場方向垂直時(shí)，磁通量最大。17．（2024春?福州期中）如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強(qiáng)磁場。帶電粒子（不計(jì)重力）第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛入磁場區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點(diǎn)沿同一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運(yùn)動的半徑之比為3：1；速度之比為3：1；周期之比為1：1；時(shí)間之比為2：3?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動軌跡，應(yīng)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(jìn)入磁場時(shí)，受到洛倫茲力作用而做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)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(yīng)的圓心角，再可求出軌跡對應(yīng)的圓心角θ，由t=θ【解答】解：設(shè)圓柱形區(qū)域?yàn)镽，粒子運(yùn)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(yùn)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(yùn)動的周期：T=粒子運(yùn)動周期與粒子速度無關(guān)，粒子在磁場中做圓周運(yùn)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(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角：θ1＝60°，θ2＝90°粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間：t=θ粒子的運(yùn)動時(shí)間之比：t1故答案為：3：1；3：1；1：1；2：3?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵要掌握推論：粒子速度的偏向角等于軌跡的圓心角，運(yùn)用幾何知識求出半徑關(guān)系，就能正確解答。基礎(chǔ)題。18．（2024春?福建月考）將直導(dǎo)線ACD折成“”形并固定在紙面內(nèi)，空間存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，∠ACD＝120°，AC＝2CD＝2L，在導(dǎo)線中通入從A到D的恒定電流I，此時(shí)導(dǎo)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(diǎn)在紙面內(nèi)沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)過60°（AC保持不動），通入的電流大小不變，此時(shí)導(dǎo)線ACD受到的安培力大小F3＝3BIL。【考點(diǎn)】安培力的計(jì)算公式及簡單應(yīng)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(jù)安培力公式，求AC段受到的安培力大小；（2）根據(jù)安培力公式，求CD段受到的安培力大?。唬?）先求有效長度，求ACD段受到的安培力大小?！窘獯稹拷猓海?）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(diǎn)沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)過60°，則ACD段的有效長度為AD，根據(jù)幾何關(guān)系A(chǔ)D=3F3故答案為：2BIL，BIL，3BIL【點(diǎn)評】本題解題關(guān)鍵是掌握安培力公式，并求出ACD有效長度。19．（2023秋?浦東新區(qū)校級期末）如圖所示，質(zhì)量為m、電阻為3R、長為3L的導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，AC水平。當(dāng)在兩吊線間加上某一電壓時(shí)，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(diǎn)】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(nèi)容【分析】根據(jù)對導(dǎo)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(jù)平衡條件求出電流大小，結(jié)合歐姆定律求出電壓。【解答】解：由題意可知，當(dāng)在兩吊線間加上某一電壓時(shí)，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(jù)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(jù)平衡條件，可得BI代入I1、I2，解得U=2mgR故答案為：1；2mgR【點(diǎn)評】本題主要考查了左手定則和歐姆定律，解題關(guān)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(fā)地區(qū)，安裝避雷針可以保護(hù)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(qū)地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與水平向北方向的夾角為θ，則此時(shí)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”）?！究键c(diǎn)】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(yīng)強(qiáng)度的大小，根據(jù)安培力公式F＝BIL，根據(jù)左手定則判斷安培力方向?！窘獯稹拷猓涸撎幍乃椒较虻拇艌鰪?qiáng)度為Bx＝Bcosθ，根據(jù)安培力公式可知受到的安培力為F＝BxIL＝BILcosθ，根據(jù)左手定則可知，方向水平向東。故答案為：BILcosθ，東。【點(diǎn)評】本題考查應(yīng)用物理知識解決實(shí)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(nèi)，y軸左側(cè)空間分布著水平向右的勻強(qiáng)電場，y軸右側(cè)空間分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。某時(shí)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(diǎn)射出，粒子從C點(diǎn)進(jìn)入磁場，在磁場中運(yùn)動一段時(shí)間后恰好又回到A點(diǎn)。已知A點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣d，0），C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2d），粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)粒子所受的重力。求：（1）y軸左側(cè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；（2）y軸右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（3）帶電粒子從A點(diǎn)開始運(yùn)動到再次回到A點(diǎn)的時(shí)間t?！究键c(diǎn)】帶電粒子由磁場進(jìn)入電場中的運(yùn)動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】（1）y軸左側(cè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E為mv（2）y軸右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B為mv（3）帶電粒子從A點(diǎn)開始運(yùn)動到再次回到A點(diǎn)的時(shí)間t為(4+3π)dv【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，將運(yùn)動分解處理，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解；（2）根據(jù)粒子在電場中的運(yùn)動規(guī)律求得粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小和方向，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）粒子的運(yùn)動軌跡關(guān)于x軸對稱，根據(jù)在磁場中運(yùn)動軌跡的圓心角求得其在磁場中運(yùn)動時(shí)間，在電場中的兩段運(yùn)動時(shí)間相等，進(jìn)而求出帶電粒子從A點(diǎn)開始運(yùn)動到再次回到A點(diǎn)的時(shí)間。【解答】解：（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子從A點(diǎn)到C點(diǎn)所用時(shí)間為t1，根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律可得：沿y軸方向有：2d＝v0t1沿x軸方向有：d=根據(jù)牛頓第二定律得：a=聯(lián)立解得：E=mv0（2）設(shè)粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)沿x軸速度的大小為vx，則有：vx＝at1＝v0設(shè)粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)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(yùn)動軌跡關(guān)于x軸對稱，其運(yùn)動軌跡如下圖所示：設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系得：2d＝rsinθ粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=m解得：B=（3）粒子在磁場中運(yùn)動軌跡的圓心角為3π2可得粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間為：t由運(yùn)動的對稱性可得粒子從A點(diǎn)開始運(yùn)動到再次回到A點(diǎn)的時(shí)間為：t＝t2+2t1=答：（1）y軸左側(cè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E為mv（2）y軸右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B為mv（3）帶電粒子從A點(diǎn)開始運(yùn)動到再次回到A點(diǎn)的時(shí)間t為(4+3π)dv【點(diǎn)評】本題是電場和磁場中帶電粒子運(yùn)動問題，典型的磁場中勻速圓周運(yùn)動，電場中的類平拋運(yùn)動。帶電粒子在磁場的運(yùn)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(yùn)動處理的方法是運(yùn)動的分解與合成。22．（2024春?錦江區(qū)校級期末）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動，AO與x軸負(fù)方向成53°角。在y軸與MN之間的區(qū)域I內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)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(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。唬?）區(qū)域I內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向；（3）區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小。【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場中做直線運(yùn)動．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】（1）第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小為4mg3q，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小為5mg（2）區(qū)域I內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小為3mg5q（3）區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小為18mv【分析】（1）首先，分析小球沿AO做勻速直線運(yùn)動的受力情況，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；（2）其次，根據(jù)力的矢量性，結(jié)合要使小球在區(qū)域I做直線運(yùn)動求出電場強(qiáng)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(guān)系求出軌跡半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。【解答】解：（1）根據(jù)題意分析可知小球沿AO做勻速直線運(yùn)動，則qE1＝mgtan53°解得E1又qv解得B1（2）要使小球在區(qū)域I做直線運(yùn)動，電場強(qiáng)度最小，則需要滿足mgcos53°＝qE2解得E2方向?yàn)榇怪盇O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(guān)系可知r+rsin53°＝d解得r=5d根據(jù)qvB解得B2答：（1）第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小為4mg3q，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小為5mg（2）區(qū)域I內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小為3mg5q（3）區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小為18mv【點(diǎn)評】本題考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，解決本題的關(guān)鍵是理解共點(diǎn)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(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，直線x＝d與y=34x間有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝3×105V/m，另有一半徑R=103m的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域I，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.9T，方向垂直坐標(biāo)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(diǎn)。一帶負(fù)電的粒子從S點(diǎn)沿y軸的正方向以速度v0進(jìn)入圓形磁場區(qū)域I，經(jīng)過一段時(shí)間進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，且第一次進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ時(shí)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(qiáng)磁場區(qū)域工中做圓周運(yùn)動的半徑大小；（2）坐標(biāo)d的值；（3）要使粒子能運(yùn)動到x軸的負(fù)半軸，則勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足的條件?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動；牛頓第二定律求解向心力；動能定理的簡單應(yīng)用；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】壓軸題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）在圓形磁場區(qū)域粒子做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可以計(jì)算出半徑大??；（2）粒子進(jìn)入電場時(shí)速度方向與電場垂直，在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可以得到離開電場時(shí)的速度，進(jìn)而得到在電場中的運(yùn)動時(shí)間，以及水平位移和豎直位移大小，然后根據(jù)幾何關(guān)系可以得到d的值；（3）粒子在勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ中的軌道半徑不同，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同。分別計(jì)算出軌跡與y軸垂直時(shí)、相切時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，即可得到范圍?！窘獯稹拷猓海?）在磁場B1中，設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)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?yàn)榱Ｗ訌腟點(diǎn)沿y軸的正方向以速度v0進(jìn)入圓形磁場區(qū)域I，所以粒子離開磁場B1時(shí)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，則粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子在x方向的位移為x，在y方向的位移為y，運(yùn)動時(shí)間為t，則粒子進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ時(shí)，沿y方向的速度為vy又v解得：t=根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得：x=所以d點(diǎn)的值為d=xtan37°+y+（3）進(jìn)入磁場B2的速度為：v=帶電粒子進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)半徑為r2，根據(jù)牛頓第二定律可得qvB當(dāng)帶電粒子出磁場區(qū)域Ⅱ與y軸垂直時(shí)，由幾何關(guān)系可得r2代入數(shù)據(jù)解得：B2＝0.5T當(dāng)帶電粒子出磁場區(qū)域Ⅱ與y軸相切時(shí)，設(shè)軌道半徑為r2′根據(jù)幾何關(guān)系可得r2代入數(shù)據(jù)解得：B2＝1.125T所以要使帶電粒子能運(yùn)動到x軸的負(fù)半軸，則勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足的條件為0.5T＜B2＜1.125T答：（1）粒子在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域工中做圓周運(yùn)動的半徑大小為103（2）坐標(biāo)d的值為12m；（3）要使粒子能運(yùn)動到x軸的負(fù)半軸，則勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足的條件是0.5T＜B2＜1.125T?！军c(diǎn)評】帶電粒子在磁場中運(yùn)動問題解決的關(guān)鍵是能夠畫出粒子在里面的運(yùn)動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系得到半徑關(guān)系，然后根據(jù)相關(guān)方程可以解得相關(guān)物理量。24．（2023秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖甲所示，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示的空間僅存在水平向右的勻強(qiáng)電場，兩區(qū)域中的電場強(qiáng)度相同。質(zhì)量相同的帶電微粒a和b分別在甲、乙區(qū)域沿圖示虛線做直線運(yùn)動，運(yùn)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?！究键c(diǎn)】帶電粒子在疊加場中做直線運(yùn)動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)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(fù)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(jù)平衡條件和力的合成與分解列方程?！窘獯稹拷猓海?）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(yùn)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(fù)電荷。（2）根據(jù)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(fù)電荷；（2）微粒a和b所帶電量大小的比值為13【點(diǎn)評】本題考查粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，通過軌跡進(jìn)行受力分析然后確定粒子的運(yùn)動狀態(tài)。注意粒子做直線運(yùn)動的條件。25．（2024?泉州模擬）2024年4月《央視軍事》報(bào)道，處于世界領(lǐng)先技術(shù)的國產(chǎn)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(fā)射技術(shù)工作的先進(jìn)動能發(fā)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(dǎo)軌，導(dǎo)軌上放有質(zhì)量為m的炮彈，通上電流后，炮彈在安培力的作用下沿導(dǎo)軌加速運(yùn)動。設(shè)炮彈與導(dǎo)軌間的彈力沿豎直方向，導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)軌平面，不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度大小為g。當(dāng)通上電流為I時(shí)，炮彈恰好做勻速直線運(yùn)動，求：（1）炮彈受到安培力的大??；（2）炮彈與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)；（3）若將電流增大一倍，求靜止的炮彈可在導(dǎo)軌上獲得的最大速度?！究键c(diǎn)】電磁炮；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)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(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為：BId（3）若將電流增大一倍，靜止的炮彈可在導(dǎo)軌上獲得的最大速度為2BIdLm【分析】（1）根據(jù)安培力F＝BIL求解；（2）水平方向和豎直方向根據(jù)力的平衡可得動摩擦因數(shù)；（3）電流增大一倍，根據(jù)F＝BIL可得安培力大小，炮彈在導(dǎo)軌上運(yùn)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(shè)一根導(dǎo)軌對炮彈的摩擦力為f，炮彈做勻速直線運(yùn)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(yùn)代入數(shù)據(jù)可得動摩擦因數(shù)為：μ=（3）將電流增大一倍，則安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，即：F′＝2BId在導(dǎo)軌上加速過程，由動能定理有：(F′?2f)L=代入數(shù)據(jù)可得：vm答：（1）炮彈受到安培力的大小為BId；（2）炮彈與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為：BId（3）若將電流增大一倍，靜止的炮彈可在導(dǎo)軌上獲得的最大速度為2BIdLm【點(diǎn)評】本題考查了安培力、動能定理，解題的關(guān)鍵是熟記安培力的計(jì)算公式：F＝BIL，注意每根導(dǎo)軌對炮彈都有摩擦力的作用。

考點(diǎn)卡片1．力矩的平衡條件【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．轉(zhuǎn)動平衡：有轉(zhuǎn)動軸的物體在力的作用下，處于靜止或勻速轉(zhuǎn)動狀態(tài)．明確轉(zhuǎn)軸很重要：大多數(shù)情況下物體的轉(zhuǎn)軸是容易明確的，但在有的情況下則需要自己來確定轉(zhuǎn)軸的位置．如：一根長木棒置于水平地面上，它的兩個(gè)端點(diǎn)為AB，現(xiàn)給B端加一個(gè)豎直向上的外力使桿剛好離開地面，求力F的大?。谶@一問題中，過A點(diǎn)垂直于桿的水平直線是桿的轉(zhuǎn)軸．象這樣，在解決問題之前，首先要通過分析來確定轉(zhuǎn)軸的問題很多，只有明確轉(zhuǎn)軸，才能計(jì)算力矩，進(jìn)而利用力矩平衡條件．2．力矩：力臂：轉(zhuǎn)動軸到力的作用線的垂直距離．力矩：力和力臂的乘積．計(jì)算公式：M＝FL單位：Nm效果：可以使物體轉(zhuǎn)動（1）力對物體的轉(zhuǎn)動效果力使物體轉(zhuǎn)動的效果不僅跟力的大小有關(guān)，還跟力臂有關(guān)，即力對物體的轉(zhuǎn)動效果決定于力矩．①當(dāng)臂等于零時(shí)，不論作用力多么大，對物體都不會產(chǎn)生轉(zhuǎn)動作用．②當(dāng)作用力與轉(zhuǎn)動軸平行時(shí)，不會對物體產(chǎn)生轉(zhuǎn)動作用，計(jì)算力矩，關(guān)鍵是找力臂．需注意力臂是轉(zhuǎn)動軸到力的作用線的距離，而不是轉(zhuǎn)動軸到力的作用點(diǎn)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(zhuǎn)動軸最遠(yuǎn)的點(diǎn)上；②力的方向垂直于力作用點(diǎn)與轉(zhuǎn)軸的連線．（3）力矩的計(jì)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(gè)方向分解，平行于桿的分力對桿無轉(zhuǎn)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(chǎn)生的力矩，M＝Fsinθ?L兩種方法不同，但求出的結(jié)果是一樣的，對具體的問題選擇恰當(dāng)?shù)姆椒〞喕忸}過程．3．力矩平衡條件：力矩的代數(shù)和為零或所有使物體向順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動的力矩之和等于所有使物體向逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動的力矩之和．即：∑M＝0或∑M順＝∑M逆4．解決實(shí)際問題的步驟；（a）確定研究對象﹣﹣哪個(gè)物體；（b）分析狀態(tài)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(dá)式，代入數(shù)據(jù)；（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(zhuǎn)動物體的運(yùn)動狀態(tài)的物理量，門、窗等轉(zhuǎn)動物體從靜止?fàn)顟B(tài)變?yōu)檗D(zhuǎn)動狀態(tài)或從轉(zhuǎn)動狀態(tài)變?yōu)殪o止?fàn)顟B(tài)時(shí)，必須受到力的作用．但是，我們?nèi)魧⒘ψ饔迷陂T、窗的轉(zhuǎn)軸上，則無論施加多大的力都不會改變其運(yùn)動狀態(tài)，可見轉(zhuǎn)動物體的運(yùn)動狀態(tài)和變化不僅與力的大小有關(guān)，還受力的方向、力的作用點(diǎn)的影響．力的作用點(diǎn)離轉(zhuǎn)軸越遠(yuǎn)，力的方向與轉(zhuǎn)軸所在平面越趨于垂直，力使轉(zhuǎn)動物體運(yùn)動狀態(tài)變化得就越明顯．物理學(xué)中力的作用點(diǎn)和力的作用方向?qū)D(zhuǎn)動物體運(yùn)動狀態(tài)變化的影響，用力矩這個(gè)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(zhuǎn)動物體運(yùn)動狀態(tài)變化的所有規(guī)律，力矩是改變轉(zhuǎn)動物體運(yùn)動狀態(tài)的物理量．力矩是矢量，在中學(xué)物理中，作用在物體上的力都在同一平面內(nèi)，各力對轉(zhuǎn)軸的力矩只能使物體順時(shí)針轉(zhuǎn)動或逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，這樣，求幾個(gè)力矩的合力就簡化為代數(shù)運(yùn)算．【命題方向】?？碱}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(diǎn)被懸掛起來，已知AO＝OC，在A、C兩點(diǎn)分別掛有2個(gè)和3個(gè)質(zhì)量相等的砝碼，木棒處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)在木棒的A、C點(diǎn)各增加3個(gè)同樣的砝碼，關(guān)于木棒的運(yùn)動狀態(tài)下列說法正確的是（）A．繞O點(diǎn)順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動B．繞O點(diǎn)逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動C．平衡可能被破壞，轉(zhuǎn)動方向不定D．仍能保持平衡狀態(tài)分析：由題意可知，開始時(shí)兩邊的力矩平衡；根據(jù)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(tài)，故木棒兩側(cè)的力矩平衡；因OA＝OC，兩端再分別掛上3個(gè)同樣的砝碼時(shí)，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(diǎn)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(yīng)直接根據(jù)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(diǎn)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(jù)運(yùn)動狀態(tài)列方程．一般結(jié)合其他知識點(diǎn)一起考查，單獨(dú)出現(xiàn)的概率不大，但是需要注重對力矩的平衡這個(gè)知識點(diǎn)的理解．2．牛頓第二定律求解向心力3．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)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(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)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(yùn)動，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移（3）物體從開始運(yùn)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(yùn)動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動的位移公式即可求得位移的大??；（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(yùn)動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評：分析清楚物體的運(yùn)動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運(yùn)動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)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(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出物體運(yùn)動過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動全過程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。4．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題5．通電直導(dǎo)線周圍的磁場【知識點(diǎn)的認(rèn)識】電流的磁場直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點(diǎn)無磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場，管外為非勻強(qiáng)磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場越弱安培定則6．磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義【知識點(diǎn)的認(rèn)識】磁感應(yīng)強(qiáng)度（1）物理意義：描述磁場的強(qiáng)弱和方向．（2）定義式：B=F（3）方向：小磁針靜止時(shí)N極的指向．（4）單位：特斯拉，符號T，1T＝1N/（A?m）．7．磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加8．磁通量的概念和計(jì)算公式的定性分析【知識點(diǎn)的認(rèn)識】一、磁通量1．概念：穿過某一面積的磁感線條數(shù)．2．磁通量的計(jì)算（1）公式：Φ＝BS．（2）適用條件：①勻強(qiáng)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(jì)算．如圖所示，環(huán)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(dāng)穿過線圈的磁感線有相反的兩種方向時(shí)，要根據(jù)抵消后的條數(shù)來確定磁通量的大?。鸥芯€是閉合曲線，磁鐵外部與內(nèi)部磁感線條數(shù)相等，而磁鐵內(nèi)外穿過線圈的磁感線方向相反，根據(jù)抵消情況確定磁通量的變化．解答：磁感線在條形磁鐵的內(nèi)外形成閉合曲線，磁鐵外部的磁感線總數(shù)等于內(nèi)部磁感線的總數(shù)，而且磁鐵內(nèi)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(nèi)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(nèi)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(nèi)部磁感線總數(shù)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(diǎn)評：本題中穿過線圈的磁場方向有兩種，磁感線出現(xiàn)抵消，要根據(jù)抵消后剩余的磁感線來比較磁通量的大?。窘忸}方法點(diǎn)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(yīng)強(qiáng)度B與面積S垂直的情況．當(dāng)B與S平面間的夾角為θ時(shí)，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(gè)線圈的真正面積，而是線圈在磁場范圍內(nèi)的面積．如圖（2）所示，S應(yīng)為線圈面積的一半．（3）多匝線圈的磁通量：多匝線圈內(nèi)磁通量的大小與線圈匝數(shù)無關(guān)，因?yàn)椴徽摼€圈匝數(shù)多少，穿過線圈的磁感線條數(shù)相同，而磁感線條數(shù)可表示磁通量的大小．（4）合磁通量求法：若某個(gè)平面內(nèi)有不同方向和強(qiáng)弱的磁場共同存在，當(dāng)計(jì)算穿過這個(gè)面的磁通量時(shí)，先規(guī)定某個(gè)方向的磁通量為正，反方向的磁通量為負(fù)，平面內(nèi)各個(gè)方向的磁通量的代數(shù)和等于這個(gè)平面內(nèi)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(shù)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(jìn)行定量的計(jì)算．在分析磁通量是否發(fā)生變化時(shí)，兩種描述是統(tǒng)一的，不能有矛盾的結(jié)果出現(xiàn)．例如：（1）線圈的面積發(fā)生變化時(shí)磁通量是不一定發(fā)生變化的，如圖，當(dāng)線圈面積由S1變?yōu)镾2時(shí)，磁通量并沒有變化．（2）當(dāng)磁場范圍一定時(shí)，線圈面積發(fā)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(fā)生相對運(yùn)動，這種改變方式是S不變而相當(dāng)于B發(fā)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(yīng)強(qiáng)度是時(shí)間的函數(shù)；（3）線圈所圍面積發(fā)生變化，線圈中的一部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動，其實(shí)質(zhì)也是B不變而S增大或減?。唬?）線圈所圍面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度也不變，但二者之間的夾角發(fā)生變化，如勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動的矩形線圈就是典型例子．9．安培力的概念【知識點(diǎn)的認(rèn)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(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)．讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向．（2）安培力方向的特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B、I決定的平面．2．安培力的大?。?）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與導(dǎo)線方向成θ角時(shí)，F(xiàn)＝BILsinθ；（2）當(dāng)磁場和電流垂直時(shí)，安培力最大，為F＝BIL；（3）當(dāng)磁場和電流平行時(shí)，安培力等于零．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查對安培力的理解：關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)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(dǎo)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(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導(dǎo)線從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话搿痉治觥勘绢}考查了產(chǎn)生條件、大小與方向，當(dāng)電流方向與磁場平行時(shí)不受安培力，根據(jù)左手定則可知安培力的方向與磁場垂直．引用公式F＝BIL時(shí)，注意要求磁場與電流垂直，若不垂直應(yīng)當(dāng)將導(dǎo)線沿磁場與垂直于磁場分解，因此垂直時(shí)安培力最大，最大為F＝BIL．解：AB、根據(jù)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(cuò)誤，B正確；C、磁場與電流不垂直時(shí)，安培力的大小為F＝BILsinθ，則安培力的大小與通電導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)電流方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，將直導(dǎo)線從中折成直角，安培力的大小變大；將直導(dǎo)線在垂直于磁場的方向的平面內(nèi)從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼?2故選：B．【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵是知道當(dāng)導(dǎo)線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最?。?dāng)導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直時(shí)，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(dǎo)線過紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流．a(chǎn)、o、b在M、N的連線上，o為MN的中點(diǎn)，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到o點(diǎn)的距離均相等．關(guān)于以上幾點(diǎn)處的磁場，下列說法正確的是（）A．o點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B．a(chǎn)、b