2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之磁場（2024年7月）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之磁場（2024年7月）一．選擇題（共8小題）1．一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（）A．ω3B B．ω2B C．ω2．如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場，若粒子射入的速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2：v1為（）A．3：2 B．2：1 C．3：1 D．3：23．如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（）A．0 B．33B0 C．233B0 D4．如圖，半徑為R的圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為R2．已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60A．qBR2m B．qBRm C．3qBR5．如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc．已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是（）A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma6．空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°．不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．3mv03qR B．mv0qR7．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為（）A．mv2qB B．3mvqB C．28．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（）A．11 B．12 C．121 D．144二．多選題（共6小題）（多選）9．如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說法正確的是（）A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1：1：3 D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為3：3：1（多選）10．如圖1，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時刻起，棒上有如圖2的持續(xù)交變電流I、周期為T，最大值為Im，圖1中I所示方向為電流正方向。則金屬棒（）A．一直向右移動 B．速度隨時間周期性變化 C．受到的安培力隨時間周期性變化 D．受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功（多選）11．如圖所示，MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)能落在邊界上的A點。下列說法正確的有（）A．若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定大于v0 C．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0-qBdD．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0+（多選）12．如圖，兩根平行長直導(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為l2、l和3lA．a(chǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大 B．b、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等 C．a(chǎn)、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同 D．b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零（多選）13．三條在同一平面（紙面）內(nèi)的長直絕緣導(dǎo)線組成一等邊三角形，在導(dǎo)線中通過的電流均為I，方向如圖所示。a、b和c三點分別位于三角形的三個頂角的平分線上，且到相應(yīng)頂點的距離相等。將a、b和c處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別記為B1、B2和B3，下列說法正確的是（）A．B1＝B2＜B3 B．B1＝B2＝B3 C．a(chǎn)和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里 D．a(chǎn)處磁場方向垂直于紙面向外，b和c處磁場方向垂直于紙面向里（多選）14．如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L＝9.1cm，中點O與S間的距離d＝4.55cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0×10﹣4T．電子質(zhì)量m＝9.1×10﹣31kg，電量e＝1.6×10﹣19C，不計電子重力。電子源發(fā)射速度v＝1.6×106m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則（）A．θ＝90°時，l＝9.1cm B．θ＝60°時，l＝9.1cm C．θ＝45°時，l＝4.55cm D．θ＝30°時，l＝4.55cm三．填空題（共1小題）15．如圖，兩根通電長直導(dǎo)線a、b平行放置，a、b中的電流強(qiáng)度分別為I和2I，此時a受到的磁場力為F，若以該磁場力的方向為正，則b受到的磁場力為．當(dāng)在a、b的正中間再放置一根與a、b平行共面的通電長直導(dǎo)線c后，a受到的磁場力大小變?yōu)?F，則此時b受到的磁場力為．四．實驗題（共1小題）16．某同學(xué)用圖中所給器材進(jìn)行與安培力有關(guān)的實驗。兩根金屬導(dǎo)軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行，足夠大的電磁鐵（未畫出）的N極位于兩導(dǎo)軌的正上方，S極位于兩導(dǎo)軌的正下方，一金屬棒置于導(dǎo)軌上且兩導(dǎo)軌垂直。（1）在圖中畫出連線，完成實驗電路。要求滑動變阻器以限流方式接入電路，且在開關(guān)閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向移動。（2）為使金屬棒在離開導(dǎo)軌時具有更大的速度，有人提出以下建議：A．適當(dāng)增加兩導(dǎo)軌間的距離B．換一根更長的金屬棒C．適當(dāng)增大金屬棒中的電流其中正確的是（填入正確選項前的標(biāo)號）五．解答題（共4小題）17．平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，求：（1）粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向；（2）電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。18．如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。一個氕核11H和一個氘核12H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進(jìn)入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場。（1）11H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（3）12H第一次離開磁場的位置到原點19．如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。20．一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示；中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從M點入射時速度的大??；（3）若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為π6，求該粒子的比荷及其從M點運動到N

2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之磁場（2024年7月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）1．一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（）A．ω3B B．ω2B C．ω【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】定量思想；圖析法；方程法；帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】A【分析】由題，粒子不經(jīng)碰撞而直接從N孔射出，即可根據(jù)幾何知識畫出軌跡，由幾何關(guān)系求出軌跡的圓心角，根據(jù)圓筒轉(zhuǎn)動時間和粒子勻速圓周運動時間相等即可．【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系，有∠MOA＝90°，∠OMA＝45°，∠CMO'＝60°，所以∠O′MA＝75°，∠O′AM＝75°，∠MO′A＝30°即軌跡圓弧所對的圓心角為30°粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T粒子在磁場中勻速圓周運動的時間t圓筒轉(zhuǎn)動90°所用時間t粒子勻速圓周運動的時間和圓筒轉(zhuǎn)動時間相等t＝t′112解得：qm=ω3B故選：A?！军c評】本題考查了帶點粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、應(yīng)用牛頓第二定律、數(shù)學(xué)知識即可正確解題；根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡是正確解題的關(guān)鍵．2．如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場，若粒子射入的速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2：v1為（）A．3：2 B．2：1 C．3：1 D．3：2【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】C【分析】根據(jù)題意畫出帶電粒子的運動軌跡，找出臨界條件角度關(guān)系，利用圓周運動由洛倫茲力充當(dāng)向心力，分別表示出圓周運動的半徑，再由洛倫茲力充當(dāng)向心力即可求得速度之比?！窘獯稹拷猓涸O(shè)圓形區(qū)域磁場的半徑為r，當(dāng)速度大小為v1時，從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點為M（圖甲）時，由題意知∠POM＝60°，由幾何關(guān)系得軌跡圓半徑為R1=r從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點為N（圖乙）；由題意知∠PON＝120°，由幾何關(guān)系得軌跡圓的半徑為R2=32根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知：Bqv＝mv解得：v=故速度與半徑成正比，因此v2：v1＝R2：R1=3：故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的圓周運動的臨界問題。根據(jù)題意畫出軌跡、定出軌跡半徑是關(guān)鍵，注意最遠(yuǎn)點時PM的連線應(yīng)是軌跡圓的直徑。3．如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（）A．0 B．33B0 C．233B0 D【考點】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．【答案】C【分析】依據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則，及三角知識，即可求解?！窘獯稹拷猓涸趦蓪?dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離為l的a點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，如下圖所示：由此可知，外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，即B1＝B0；依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識，則有：BPcos30°=12B解得：P或Q通電導(dǎo)線在a處的磁場大小為BP=3當(dāng)P中的電流反向，其他條件不變，再依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識，則有：B2=3因外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，磁場大小為B0；最后由矢量的合成法則，那么a點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=B02+(3故選：C。【點評】考查右手螺旋定則與矢量的合成的內(nèi)容，掌握幾何關(guān)系與三角知識的應(yīng)用，理解外加磁場方向是解題的關(guān)鍵。4．如圖，半徑為R的圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為R2．已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60A．qBR2m B．qBRm C．3qBR【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】B【分析】由題意利用幾何關(guān)系可得出粒子的轉(zhuǎn)動半徑，由洛倫茲力充當(dāng)向心力可得出粒子速度的大?。弧窘獯稹拷猓河深}，射入點與ab的距離為R2．則射入點與圓心的連線和豎直方向之間的夾角是30粒子的偏轉(zhuǎn)角是60°，即它的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角是60°，所以入射點、出射點和圓心構(gòu)成等邊三角形，所以，它的軌跡的半徑與圓形磁場的半徑相等，即r＝R．軌跡如圖：洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2R故選：B?！军c評】在磁場中做圓周運動，確定圓心和半徑為解題的關(guān)鍵。5．如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc．已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是（）A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．【答案】B【分析】由粒子的運動狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律得到其合外力情況，再對粒子進(jìn)行受力分析即可求解?！窘獯稹拷猓何⒘Ｊ苤亓、電場力F、洛倫茲力F'的作用，三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，那么微粒所受電場力F大小相等，方向豎直向上；a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，則a的重力等于電場力，即F＝Ga＝mag；b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，則b受力平衡，因為重力方向豎直向下，洛倫茲力方向豎直向上，則有F+F′b＝Gb＝mbg；c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，則c受力平衡，且洛倫茲力方向向下，則有：F﹣F′c＝Gc＝mcg所以，mb＞ma＞mc，故ACD錯誤，B正確；故選：B。【點評】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力的方向用左手定則判斷，然后再分析粒子的受力情況，進(jìn)而應(yīng)用牛頓第二定律聯(lián)系粒子的運動狀態(tài)，進(jìn)而求解。6．空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°．不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．3mv03qR B．mv0qR【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】分析綜合能力．【答案】A【分析】帶正電的粒子垂直磁場方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力，由幾何知識求出軌跡半徑r，根據(jù)牛頓第二定律求出磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。【解答】解：帶正電的粒子垂直磁場方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖，根據(jù)幾何知識得知，軌跡的圓心角等于速度的偏向角60°，且軌跡的半徑為r＝Rcot30°=3根據(jù)牛頓第二定律得qv0B＝mv02r得，B=mv故選：A。【點評】本題是帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的問題，畫軌跡是關(guān)鍵，是幾何知識和動力學(xué)知識的綜合應(yīng)用，常規(guī)問題。7．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為（）A．mv2qB B．3mvqB C．2【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；圖析法；方程法；帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】D【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的半徑，然后根據(jù)幾何關(guān)系求出射點與O點間的距離?！窘獯稹拷猓毫Ｗ舆M(jìn)入磁場做順時針方向的勻速圓周運動，軌跡如圖所示，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB解得R粒子在磁場中的運動軌跡與ON相切，根據(jù)軌跡圖，∠OPQ＝60°，又有軌跡的圓心角等于300°，可知粒子從P點射出磁場。PQ=2粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為OP=2PQ=4mv故選：D?！军c評】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡，由牛頓第二定律求出粒子的臨界軌道半徑即可正確解題．8．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（）A．11 B．12 C．121 D．144【考點】與加速電場相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．【答案】D【分析】本題先電場加速后磁偏轉(zhuǎn)問題，先根據(jù)動能定理得到加速得到的速度表達(dá)式，再結(jié)合帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的半徑公式求出離子質(zhì)量的表達(dá)式?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)動能定理得，qU=12離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB得R=①②兩式聯(lián)立得：m一價正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以m∝B2，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍，離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，ABC錯誤故選：D?！军c評】本題綜合考查了動能定理和牛頓第二定律，關(guān)鍵要能通過洛倫茲力提供向心力求出質(zhì)量的表達(dá)式。二．多選題（共6小題）（多選）9．如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說法正確的是（）A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1：1：3 D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為3：3：1【考點】安培力的計算公式及簡單應(yīng)用；通電直導(dǎo)線周圍的磁場；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用．【答案】BC【分析】依據(jù)右手螺旋定則判定各導(dǎo)線在其他位置的磁場方向，再結(jié)合矢量的合成法則，即可判定合磁場方向，最后根據(jù)左手定則，從而確定其位置的受到磁場力方向；因所通的電流相等，那么單位長度的磁場力之比，即為各自所處的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則，則L2、L3通電導(dǎo)線在L1處的磁場方向如下圖所示，再根據(jù)左手定則，那么L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面平行，故A錯誤；B、同理，根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則，則L2、L1通電導(dǎo)線在L3處的磁場方向如下圖所示，再根據(jù)左手定則，那么L3所受磁場作用力的方向與L2、L1所在平面垂直，故B正確；CD、由A選項分析，可知，L1、L3通電導(dǎo)線在L2處的合磁場大小與L2、L3通電導(dǎo)線在L1處的合磁場相等，設(shè)各自通電導(dǎo)線在其他兩點的磁場大小為B，那么L1、L2和L3三處磁場之比為1：1：3，故C正確，D錯誤；故選：BC。【點評】考查右手螺旋定則與左手定則的內(nèi)容，掌握矢量的合成法則，理解幾何關(guān)系，及三角知識的運用。（多選）10．如圖1，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時刻起，棒上有如圖2的持續(xù)交變電流I、周期為T，最大值為Im，圖1中I所示方向為電流正方向。則金屬棒（）A．一直向右移動 B．速度隨時間周期性變化 C．受到的安培力隨時間周期性變化 D．受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功【考點】安培力的概念；恒力做功的計算．【答案】ABC【分析】根據(jù)左手定則判斷出安培力的方向，結(jié)合加速度方向與速度方向的關(guān)系判斷金屬棒的運動規(guī)律。從而得出速度、安培力隨時間的變化規(guī)律?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)左手定則知，導(dǎo)體棒開始所受的安培力方向水平向右，根據(jù)F＝BIL知，安培力在第一個T2內(nèi)做勻加速直線運動，在第二個T2內(nèi)，安培力方向水平向左，大小不變，做勻減速直線運動，根據(jù)運動的對稱性知，一個周期末速度為零，金屬棒的速度方向未變。知金屬棒一直向右移動，先向右做勻加速直線運動，再向右做勻減速運動，速度隨時間周期性變化。故A、C、因為電流周期性變化，則安培力也周期性變化。故C正確。D、在一個周期內(nèi)，動能的變化量為零，則安培力在一個周期內(nèi)做功為零。故D錯誤。故選：ABC?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握安培力的方向判斷，會根據(jù)金屬棒的受力情況判斷其運動情況是解決本題的基礎(chǔ)。（多選）11．如圖所示，MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)能落在邊界上的A點。下列說法正確的有（）A．若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定大于v0 C．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0-qBdD．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0+【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動．【專題】壓軸題；帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】BC【分析】由洛倫茲力提供向心力，即qvB=mv2r，可得r=mvqB，可利用此公式求解．直線邊界的磁場，垂直射入時達(dá)到最遠(yuǎn)點，最遠(yuǎn)點距【解答】解：當(dāng)從O點垂直射入磁場時，OA距離最大，最大距離為2r，如圖示又r=所以O(shè)A=A．當(dāng)粒子打在A點的左側(cè)，若入射方向不變，半徑減小，速度小于v0，若入射方向調(diào)整，半徑可能比原來大，也可能比原來小，所以其速度可能等于或大于v0，因為速度方向未知，離子的入射方向只要偏左或偏右皆可，故A錯誤。B．由于速度等于v0時最遠(yuǎn)到達(dá)A，故要使最遠(yuǎn)點到達(dá)A右側(cè)，速度必須大于v0，故B正確。C．當(dāng)粒子從O點垂直射入磁場時，若剛好達(dá)到A點左側(cè)距離d處，則有2解得v同B項，要滿足條件，速度必須大于v，故C正確D．由于粒子是沿任意方向飛入，所示速度極大的粒子仍可滿足條件。故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題易錯點為離子初速度方向未知，若按慣性思維認(rèn)為垂直射入即出錯．（多選）12．如圖，兩根平行長直導(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為l2、l和3lA．a(chǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大 B．b、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等 C．a(chǎn)、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同 D．b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零【考點】通電直導(dǎo)線周圍的磁場．【答案】AD【分析】根據(jù)安培定則判斷兩根直導(dǎo)線在三個點產(chǎn)生的磁場方向，由磁場的疊加原理分析即可?！窘獯稹拷猓篈、B、C、根據(jù)安培定則判斷知：左側(cè)導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁場方向向里，在c點產(chǎn)生的磁場方向向外，右側(cè)導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁場方向向里，在b點產(chǎn)生的磁場方向向里，根據(jù)磁感線的疏密表示磁場的強(qiáng)弱，可知離直導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場越弱，可知：a處磁感線比c處密，則a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大。由磁場的疊加可知：a、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反。故A正確，BC錯誤；D、由于左右側(cè)導(dǎo)線在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，大小相等，所以b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故D正確。故選：AD。【點評】本題關(guān)鍵要掌握安培定則，運用磁場的疊加分析磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。（多選）13．三條在同一平面（紙面）內(nèi)的長直絕緣導(dǎo)線組成一等邊三角形，在導(dǎo)線中通過的電流均為I，方向如圖所示。a、b和c三點分別位于三角形的三個頂角的平分線上，且到相應(yīng)頂點的距離相等。將a、b和c處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別記為B1、B2和B3，下列說法正確的是（）A．B1＝B2＜B3 B．B1＝B2＝B3 C．a(chǎn)和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里 D．a(chǎn)處磁場方向垂直于紙面向外，b和c處磁場方向垂直于紙面向里【考點】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】壓軸題．【答案】AC【分析】通電導(dǎo)線周圍存在磁場，且離導(dǎo)線越遠(yuǎn)場強(qiáng)越弱．磁場不但有大小而且有方向，方向相同則相加，方向相反則相減．并根據(jù)矢量疊加原理來求解．【解答】解：A、B、由題意可知，a點的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于三條通電導(dǎo)線在此處疊加而成，即垂直紙面向外，而b點與a點有相同的情況，有兩根相互抵消，則由第三根產(chǎn)生磁場，即為垂直紙面向外，而c點三根導(dǎo)線產(chǎn)生磁場方向相同，所以疊加而成的磁場最強(qiáng)，故A正確，B錯誤；C、D、由圖可知，根據(jù)右手螺旋定則可得，a和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里，故C正確，B錯誤。故選：AC?！军c評】根據(jù)通電導(dǎo)線周圍的磁場對稱性、方向性，去確定合磁場強(qiáng)度大?。艌龅姆较蛳嗤?，則大小相加；方向相反的，大小相減．同時考查矢量疊加原理．（多選）14．如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L＝9.1cm，中點O與S間的距離d＝4.55cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0×10﹣4T．電子質(zhì)量m＝9.1×10﹣31kg，電量e＝1.6×10﹣19C，不計電子重力。電子源發(fā)射速度v＝1.6×106m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則（）A．θ＝90°時，l＝9.1cm B．θ＝60°時，l＝9.1cm C．θ＝45°時，l＝4.55cm D．θ＝30°時，l＝4.55cm【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動．【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】AD【分析】由洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得粒子運動半徑，再由幾何關(guān)系可知，電子運動的范圍，由幾何關(guān)系即可求出電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度。【解答】解：由洛倫茲力充當(dāng)向心力可得；Bqv＝mv解得：R=mvBq=9.1×10-31×1.6×1062×10-4×1.6×10-19=0.0455m＝4.55cm；恰好有：r＝d=L2又由題設(shè)選項可知，MN與SO直線的夾角θ不定，但要使電子軌跡與MN板相切，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，此時電子的軌跡圓心一定落在與MN距離為r的平行線上，如下圖所示，當(dāng)l＝4.55cm時，即A點與板O點重合；作出電子軌跡如下圖中虛線S1A1所示；由圖中幾何關(guān)系可知，此時S1O與MN的夾角為30°，故C錯誤，D正確；當(dāng)l＝9.1cm時，即A點與板M端重合，作出電子軌跡如下圖中實線S2A2所示；由圖中幾何關(guān)系可知，此時S2O與MN的夾角為90°，故A正確，B錯誤。故選：AD。【點評】本題考查帶電粒子充當(dāng)向心力的運動規(guī)律，解題的關(guān)鍵問題在于明確粒子運動的圓心和半徑，進(jìn)而明確所有粒子可能出現(xiàn)的空間。三．填空題（共1小題）15．如圖，兩根通電長直導(dǎo)線a、b平行放置，a、b中的電流強(qiáng)度分別為I和2I，此時a受到的磁場力為F，若以該磁場力的方向為正，則b受到的磁場力為﹣F．當(dāng)在a、b的正中間再放置一根與a、b平行共面的通電長直導(dǎo)線c后，a受到的磁場力大小變?yōu)?F，則此時b受到的磁場力為﹣3F或5F．．【考點】安培力的計算公式及簡單應(yīng)用；兩根通電導(dǎo)線之間的作用力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)兩平行直導(dǎo)線間的相互作用可明確兩導(dǎo)線棒受到的磁場力大小關(guān)系；再分別明確c對兩導(dǎo)體的作用力的可能性，由力的合成求解b受到的磁場力．【解答】解：由于ab間的磁場力是兩導(dǎo)體棒的相互作用，故b受到a的磁場力大小為F，方向相反，故為﹣F；中間再加一通電導(dǎo)體棒時，由于C處于中間，其在ab兩位置產(chǎn)生的磁場強(qiáng)度相同，故b受到的磁場力為a受磁場力的2倍；a受力變成2F，可能是受c的磁場力為F，方向向右，此時b受力為2F，方向向左，故b受力為3F，方向向左，故合磁場力為﹣3F；a變成2F，也可能是受向左的3F的力，則此時b受力為6F，方向向右，故b受到的磁場力為6F﹣F＝5F；故答案為：﹣F；﹣3F或5F．【點評】本題考查平行直導(dǎo)線間的相互作用，要注意綜合應(yīng)用左手定則及力的分析求解磁場力，要重點掌握力的矢量性．四．實驗題（共1小題）16．某同學(xué)用圖中所給器材進(jìn)行與安培力有關(guān)的實驗。兩根金屬導(dǎo)軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行，足夠大的電磁鐵（未畫出）的N極位于兩導(dǎo)軌的正上方，S極位于兩導(dǎo)軌的正下方，一金屬棒置于導(dǎo)軌上且兩導(dǎo)軌垂直。（1）在圖中畫出連線，完成實驗電路。要求滑動變阻器以限流方式接入電路，且在開關(guān)閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向移動。（2）為使金屬棒在離開導(dǎo)軌時具有更大的速度，有人提出以下建議：A．適當(dāng)增加兩導(dǎo)軌間的距離B．換一根更長的金屬棒C．適當(dāng)增大金屬棒中的電流其中正確的是AC（填入正確選項前的標(biāo)號）【考點】安培力的計算公式及簡單應(yīng)用；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】實驗題；定性思想；圖析法；磁場磁場對電流的作用．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）要求滑動變阻器以限流方式接入電路，滑動變阻器按一上一下的原則串聯(lián)在電路中，考慮金屬棒向右運動，所受安培力向右，根據(jù)左手定則知，通過金屬棒的電流從上向下，把各個元件按順序串聯(lián)起來。（2）根據(jù)安培力公式和動能定理進(jìn)行分析【解答】解：（1）電路如右圖所示。（2）根據(jù)公式F＝BIL可得，適當(dāng)增加導(dǎo)軌間的距離或者增大電流，可增大金屬棒受到的安培力，根據(jù)動能定理得，F(xiàn)s-μmgs=12mv2，則金屬棒離開導(dǎo)軌時的動能變大，即離開導(dǎo)軌時的速度變大，A、故答案為：（1）如圖所示（2）AC【點評】本題考查電路實物圖連線，關(guān)鍵是明確實驗原理，注意滑動變阻器的限流接法和電表的正負(fù)接線柱，確定金屬棒中的電流方向是關(guān)鍵。五．解答題（共4小題）17．平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，求：（1）粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向；（2）電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比?！究键c】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）在電場中，粒子做類平拋運動，根據(jù)x軸方向的勻速直線運動和y方向的勻加速直線運動列方程求解；（2）粒子在電場中受到的電場力時由牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)速度—位移關(guān)系求解電場強(qiáng)度；根據(jù)粒子所受的洛倫茲力提供向心力得到半徑計算公式，再根據(jù)則由幾何關(guān)系得到半徑大小，由此求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，然后求解比值?！窘獯稹拷猓海?）在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有沿x軸正方向：2L＝v0t，①豎直方向根據(jù)勻變速直線運動位移—時間關(guān)系可得：L=12設(shè)粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為vy根據(jù)速度—時間關(guān)系可得：vy＝at③設(shè)粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸方向的夾角為α，有tanα=vy聯(lián)立①②③④式得：α＝45°⑤即粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。設(shè)粒子到達(dá)O點時的速度大小為v，由運動的合成有v=v（2）設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得：qE＝ma⑧由于v解得：E=mv設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2R由于P點到O點的距離為2L，則由幾何關(guān)系可知R=解得：B=m聯(lián)立⑨?式得EB答：（1）粒子到達(dá)O點時速度的大小為2v0，方向x軸方向的夾角為（2）電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為v0【點評】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動，可以根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度；對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間。18．如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。一個氕核11H和一個氘核12H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進(jìn)入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場。（1）11H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；（3）12H第一次離開磁場的位置到原點【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動．【專題】計算題；定性思想；方程法；帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）11H在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律求出11（2）11H在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求出（3）12H在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出12【解答】解：（1）11水平方向：x1＝v1t1，豎直方向：h=12a1t1粒子進(jìn)入磁場時豎直分速度：vy＝a1t1＝v1tan60°，解得：x1=23（2）11H在電場中的加速度：a111H進(jìn)入磁場時的速度：v11由幾何知識得：x1＝2r1sin60°，11由牛頓第二定律得：qvB＝mv2解得：B=6（3）由題意可知：11H和12H的初動能相等，即：12mv12=由牛頓第二定律得：qE＝2ma2，12水平方向：x2＝v2t2，豎直方向：h=12a2t212H進(jìn)入磁場時的速度：v′tanθ′=v解得：x2＝x1，θ′＝θ＝60°，v′=2212H在磁場中做圓周運動，圓周運動的軌道半徑：r′=射出點在原點左側(cè)，12H進(jìn)入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點間的距離：x2′＝2r′sin12H第一次離開磁場時的位置距離O點的距離為：d＝x2′﹣x解得：d=2答：（1）11H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離為2（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6mE（3）12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離【點評】本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動、在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程與運動性質(zhì)是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可解題，解題時注意幾何知識的應(yīng)用。19．如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動．【專題】計算題；定量思想；方程法；帶電粒子在磁場中的運動專題；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）對粒子在加速電場中的運動運用動能定理，粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系，聯(lián)立即可求出帶電粒子的比荷；（2）根據(jù)幾何關(guān)系求解出粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程s，再利用公式t=sv即可求出帶電粒子從射入磁場到運動至【解答】解：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v，根據(jù)動能定理可得：qU=1設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，粒子在磁場中運動軌跡如圖所示：根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv2根據(jù)幾何關(guān)系可得：d=2r…聯(lián)立①②③式可得：qm（2）由幾何關(guān)系可知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s=πr2+r?則帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為：t=s聯(lián)立②④⑤⑥式可得：t=答：（1）帶電粒子的比荷為4U（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為Bd【點評】本題考查帶電粒子在復(fù)合場中運動，粒子在加速場中的運動運用動能定理求解，粒子在磁場中的運動運用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解，解題關(guān)鍵是要作出軌跡圖，正確運用數(shù)學(xué)幾何關(guān)系。20．一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示；中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從M點入射時速度的大??；（3）若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為π6，求該粒子的比荷及其從M點運動到N【考點】帶電粒子由磁場進(jìn)入電場中的運動．【專題】計算題；定量思想；方程法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，其的軌跡為拋物線，粒子在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡為圓弧，根據(jù)對稱性定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡即可；（2）粒子在下方電場中做類平拋運動，利用運動的合成和分解、牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)規(guī)律求解，粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系，聯(lián)立即可求出求該粒子從M點入射時速度的大??；（3）利用幾何關(guān)系找出粒子進(jìn)入磁場時，垂直電場方向的分速度v0與沿電場線方向的分速度v1之間的關(guān)系式，再運用周期公式結(jié)合粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，聯(lián)立即可求出若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為π6，該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間t【解答】解：（1）粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中的軌跡為圓弧，整個軌跡上下對稱，故畫出粒子運動的軌跡，如圖所示，（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度大小為a，粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ，運動軌跡對應(yīng)的半徑為R，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq＝ma①速度沿電場方向的分量為：v1＝at②垂直電場方向有：l′＝v0t③根據(jù)幾何關(guān)系可得：v1＝vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv2R根據(jù)幾何關(guān)系可得：l＝2Rcosθ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式可得粒子從M點入射時速度的大小：v0=2（3）根據(jù)幾何關(guān)系可得速度沿電場方向的分量：v1=v0聯(lián)立①②③⑦⑧式可得該粒子的比荷：qm粒子在磁場中運動的周期：T=2粒子由M點到N點所用的時間：t′＝2t+2(π2聯(lián)立③⑦⑨?式可得：t′=BlE（1答：（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡，如圖所示；（2）該粒子從M點入射時速度的大小為2El（3）該粒子的比荷為43El'B2l2，其從M點運動到【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，粒子在磁場中的運動運用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解，類平拋運動運用運動的合成和分解牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解，解題關(guān)鍵是要作出臨界的軌跡圖，正確運用數(shù)學(xué)幾何關(guān)系，分析好從電場射入磁場銜接點的速度大小和方向，運用粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合周期公式，求解粒子在磁場中運動的時間。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1．內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達(dá)式：F合＝ma．該表達(dá)式只能在國際單位制中成立．因為F合＝k?ma，只有在國際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg?m/s2．3．適用范圍：（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解牛頓第二定律是動力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝1m另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，是瞬時對應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量．（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應(yīng)．（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質(zhì)量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動摩擦力為2NC．t＝3s時刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大?。鶕?jù)速度時間圖線求出3s時的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運動，則f＝F＝2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線運動，加速度a=42=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣時間圖線可知，3s時刻的速度為2m/s．故B故選：BD．點評：本題考查學(xué)生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個圖象對比可以確定物體的運動的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對牛頓第二定律瞬時性的理解例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時，球的加速度a應(yīng)是（）A．則a＝g，方向豎直向下B．則a＝g，方向豎直向上C．則a=F1m，方向沿Ⅰ的延長線D．則分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細(xì)線的拉力．剛剪短細(xì)繩時，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細(xì)繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細(xì)繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時，受力如圖所示，由共點力平衡條件得，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1=mg剛剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖：由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a=F1sinθm=故選：D．點評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可正確解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關(guān)鍵．題型三：動力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運動情況；②已知運動情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運動和受力的重要“橋梁”，將運動學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況，裝置如圖甲所示．他使木塊以初速度v0＝4m/s的速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑緊接著下滑至出發(fā)點，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù)．（3）由運動學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運動學(xué)可得下滑至出發(fā)點的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點，由加速度定義式a=上滑過程中加速度的大?。篴1（2）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F＝ma得上滑過程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.35．（3）下滑的距離等于上滑的距離：x=v02下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，由牛頓第二定律F＝ma得：下滑過程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出發(fā)點的速度大小為：v=聯(lián)立解得：v＝2m/s答：（1）上滑過程中的加速度的大小a1（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v＝2m/s．點評：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應(yīng)關(guān)系．對于分析瞬時對應(yīng)關(guān)系時應(yīng)注意兩個基本模型特點的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F＝kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，②彈力突變．2．應(yīng)用牛頓第二定律解答動力學(xué)問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進(jìn)行分析，確定題目屬于動力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程．（2）分析研究對象的受力情況和運動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運動公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時可把力進(jìn)行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時需進(jìn)行討論．2．牛頓第二定律求解向心力3．恒力做功的計算【知識點的認(rèn)識】1．做功的兩個不可缺少的因素：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移．2．功的公式：W＝Flcosα，其中F為恒力，α為F的方向與位移l的方向之間的夾角；功的單位：焦耳（J）；功是標(biāo)量．3．功的計算：（1）合力的功①先求出合力，然后求總功，表達(dá)式為：∑W＝∑F?scosθ（θ為合力與位移方向的夾角）②合力的功等于各分力所做功的代數(shù)和，即：∑W＝W1+W2+…（2）變力做功：對于變力做功不能依定義式W＝Fscosα直接求解，但可依物理規(guī)律通過技巧的轉(zhuǎn)化間接求解．①可用（微元法）無限分小法來求，過程無限分小后，可認(rèn)為每小段是恒力做功．②平均力法：若變力大小隨位移是線性變化，且方向不變時，可將變力的平均值求出后用公式：W=③利用F﹣s圖象，F(xiàn)﹣s圖線與坐標(biāo)軸所包圍的面積即是力F做功的數(shù)值．④已知變力做功的平均功率P，則功W＝Pt．⑤用動能定理進(jìn)行求解：由動能定理W＝△EK可知，將變力的功轉(zhuǎn)換為物體動能的變化量，可將問題輕易解決．⑥用功能關(guān)系進(jìn)行求解．【命題方向】題型一：功的計算例1：如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長L的細(xì)線懸掛而靜止在豎直位置．用水平拉力F將小球拉到細(xì)線與豎直方向成θ角的位置．在此過程中：（1）F為恒力，拉力F做的功是FLsinθJ（2）用F緩慢地拉，拉力F做的功是mgL（1﹣cosθ）J．分析：小球用細(xì)線懸掛而靜止在豎直位置，當(dāng)用恒力拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，由功的公式結(jié)合球的位移可求出拉力做功．當(dāng)F緩慢地拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，則由動能定理可求出拉力做功．解答：（1）當(dāng)小球用細(xì)線懸掛而靜止在豎直位置，當(dāng)用恒力拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，則拉力做功為：W＝FS＝FLsinθ（2）當(dāng)F緩慢地拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，緩慢則是速率不變，則由動能定理可得：WF﹣mgh＝0而高度變化為：h＝L（1﹣cosθ）所以WF＝mgL（1﹣cosθ）故答案為：FLsinθ；mgL（1﹣cosθ）．點評：當(dāng)力恒定時，力與力的方向的位移乘積為做功的多少；當(dāng)力不恒定時，則由動能定理來間接求出變力做功．同時當(dāng)小球緩慢運動，也就是速率不變．題型二：用畫圖法求功例2：用鐵錘將一鐵釘擊入木塊，設(shè)木塊對鐵釘?shù)淖枇εc鐵釘進(jìn)入木塊內(nèi)的深度成正比，即Ff＝kx（其中x為鐵釘進(jìn)入木塊的深度），在鐵錘擊打第一次后，鐵釘進(jìn)入木塊的深度為d．（1）求鐵錘對鐵釘做功的大??；（2）若鐵錘對鐵釘每次做功都相等，求擊打第二次時，鐵釘還能進(jìn)入的深度．分析：阻力與深度成正比，力是變力，可以應(yīng)用f﹣d圖象再結(jié)合動能定理分析答求解．解答：（1）由題意可知，阻力與深度d成正比，f﹣d圖象如圖所示，F(xiàn)﹣x圖象與坐標(biāo)軸所形成圖形的面積等于力所做的功，故第一次時所做的功：W=fd（2）每次釘釘子時做功相同，如圖所示可得：力與深度成正比，則：f＝kd，f′＝kd′，兩次做功相同，W=12df=12（f+f′）（解得：d′=2d﹣d第二次釘子進(jìn)入木板的深度：h＝d′﹣d＝（2-1）d答：（1）鐵錘對鐵釘做功的大小為fd2（2）二次釘子進(jìn)入木板的深度（2-1）d點評：圖象法在物理學(xué)中應(yīng)用非常廣泛，有時可以起到事半功倍的效果，在學(xué)習(xí)中要注意應(yīng)用．【解題方法點撥】1．在計算力所做的功時，首先要對物體進(jìn)行受力分析，明確是要求哪個力做的功，這個力是恒力還是變力；其次進(jìn)行運動分析，明確是要求哪一個過程力所做的功．關(guān)于恒力的功和變力的功的計算方法如下：（1）恒力做功：對恒力作用下物體的運動，力對物體做的功用W＝Flcosα求解．該公式可寫成W＝F?（l?cosα）＝（F?cosα）?l．即功等于力與力方向上的位移的乘積或功等于位移與位移方向上的力的乘積．（2）變力做功：①用動能定理W＝△Ek或功能關(guān)系W＝△E，即用能量的增量等效代換變力所做的功．（也可計算恒力做功）②當(dāng)變力的功率P一定時，可用W＝Pt求功，如機(jī)車以恒定功率啟動時．③把變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功：當(dāng)力的大小不變，而方向始終與運動方向相同或相反時，這類力的功等于力和路程（不是位移）的乘積．如滑動摩擦力做功、空氣阻力做功等．（3）總功的求法：①總功等于合外力的功：先求出物體所受各力的合力F合，再根據(jù)W總＝F合lcosα計算總功，但應(yīng)注意α應(yīng)是合力與位移l的夾角．②總功等于各力做功的代數(shù)和．【知識點的應(yīng)用及延伸】各種力做功的特點1、重力做功特點（1）重點做功與路徑無關(guān)，只與物體的始末位置高度差有關(guān)．（2）重力做功的大?。篧＝mg?h．（3）重力做功與重力勢能的關(guān)系：WG＝﹣△Ep＝Ep1﹣Ep2．此外，做功多少與路徑無關(guān)的力還有：勻強(qiáng)電場中的電場力做功，液體的浮力做功等．2．摩擦力做功的特點：（1）靜摩擦力做功的特點：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．②在靜摩擦力做功的過程中，只有機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)移（靜摩擦力起著傳遞機(jī)械能的作用），而沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．③相互摩擦的系統(tǒng)內(nèi)，一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總為零．（2）滑動摩擦力做功的特點：①滑動摩擦力可以對物體做正功，也可以對物體做負(fù)功，當(dāng)然也可以不做功．②一對滑動摩擦力做功的過程中，能量的轉(zhuǎn)化有兩個方面：一是相互摩擦的物體之間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移；二是機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．③一對滑動摩擦力的總功等于﹣f△s，式中△s指物體間的相對位移．④轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量值等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，即W＝Q（即摩擦生熱）．⑤滑動摩擦力、空氣摩擦阻力等，在曲線運動或往返運動時等于力和路程（不是位移）的乘積．4．動能定理的簡單應(yīng)用5．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題6．通電直導(dǎo)線周圍的磁場【知識點的認(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7．磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義【知識點的認(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N極的指向．（4）單位：特斯拉，符號T，1T＝1N/（A?m）．8．安培力的概念【知識點的認(rèn)識】1．安培力的方向（1）用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(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：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B、I決定的平面．2．安培力的大小（1）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與導(dǎo)線方向成θ角時，F(xiàn)＝BILsinθ；（2）當(dāng)磁場和電流垂直時，安培力最大，為F＝BIL；（3）當(dāng)磁場和電流平行時，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，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錯誤，B正確；C、磁場與電流不垂直時，安培力的大小為F＝BILsinθ，則安培力的大小與通電導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān)，故C錯誤；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D故選：B．【點評】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，安培力最大，為F＝BIL．（2）第二類?？碱}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，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，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到o點的距離均相等．關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是（）A．o點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B．a(chǎn)、b兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反C．c、d兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同D．a(chǎn)、c兩點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同【分析】根據(jù)右手螺旋定則確定兩根導(dǎo)線在a、b、c、d四點磁場的方向，根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成．解：A、根據(jù)右手螺旋定則，M處導(dǎo)線在o點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N處導(dǎo)線在o點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，合成后磁感應(yīng)強(qiáng)度不等于0．故A錯誤．B、M在a處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，在b處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N在a處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，b處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，根據(jù)場強(qiáng)的疊加知，a、b兩點處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同．故B錯誤．C、M在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cM偏下，在d出產(chǎn)生的磁場方向垂直dM偏下，N在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cN偏下，在d處產(chǎn)生的磁場方向垂直于dN偏下，根據(jù)平行四邊形定則，知c處的磁場方向豎直向下，d處的磁場方向豎直向下，且合場強(qiáng)大小相等．故C正確．D、a、c兩點的磁場方向都是豎直向下．故D錯誤．故選C．【點評】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，會根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成．【解題方法點撥】（一）平均速度與瞬時速度1．在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應(yīng)分清“因”和“果”．在判定直線電流的磁場方向時，大拇指指“原因”﹣﹣電流方向，四指指“結(jié)果”﹣﹣磁場繞向；在判定環(huán)形電流的磁場方向時，四指指