2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之磁場(chǎng)

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之磁場(chǎng)一．選擇題（共10小題）1．霍爾元件廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)生活中，有的電動(dòng)自行車(chē)上控制速度的轉(zhuǎn)動(dòng)把手就應(yīng)用了霍爾元件，這種轉(zhuǎn)動(dòng)把手稱為“霍爾轉(zhuǎn)把”?！盎魻栟D(zhuǎn)把”內(nèi)部有永久磁鐵和霍爾器件等，截面如圖。開(kāi)啟電動(dòng)自行車(chē)的電源時(shí)，在霍爾器件的上下面之間就有一個(gè)恒定電流I，如圖。將“霍爾轉(zhuǎn)把”旋轉(zhuǎn)，永久磁鐵也跟著轉(zhuǎn)動(dòng)，施加在霍爾器件上的磁場(chǎng)就發(fā)生變化，霍爾器件就能輸出變化的電勢(shì)差U。這個(gè)電勢(shì)差是控制車(chē)速的，電勢(shì)差與車(chē)速的關(guān)系如圖。以下敘述正確的是（）A．若霍爾元件的自由電荷是自由電子，則C端的電勢(shì)高于D端的電勢(shì) B．若改變霍爾器件上下面之間的恒定電流I的方向，將影響車(chē)速控制 C．其他條件不變，僅增大恒定電流I，可使電動(dòng)自行車(chē)更容易獲得最大速度 D．按第一張圖順時(shí)針均勻轉(zhuǎn)動(dòng)把手，車(chē)速增加得越來(lái)越快2．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)分布著非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，沿y軸方向磁場(chǎng)均勻分布，沿x軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與橫坐標(biāo)x滿足關(guān)系B＝kx，其中k是一恒定的正數(shù)。由粗細(xì)均勻的同種規(guī)格導(dǎo)線制成的正方形線框ABCD邊長(zhǎng)為a，A處有一極小開(kāi)口AE，整個(gè)線框垂直放在磁場(chǎng)中，且AD邊與y軸平行，AD邊與y軸的距離為a，線框A、E兩點(diǎn)與一電源相連，穩(wěn)定時(shí)流入線框圖示方向的電流為I。則整個(gè)線框受到的安培力（）A．方向沿x軸負(fù)方向 B．大小為零 C．大小為ka2I D．大小為2ka2I3．如圖所示，甲、乙、丙、丁所示是四種常見(jiàn)的磁場(chǎng)，下列分析不正確的是（）A．矩形線框放置在甲圖中異名磁極間所制成的磁電式電表，表盤(pán)刻度均勻 B．矩形線圈在乙圖兩異名磁極間轉(zhuǎn)動(dòng)，可產(chǎn)生正弦式交流電 C．圖丙中馬蹄形磁鐵的兩個(gè)異名磁極之間，除邊緣外可認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng) D．圖丁中相距一定距離的兩個(gè)平行放置的線圈通電時(shí)，其中間區(qū)域的磁場(chǎng)不可以認(rèn)勻強(qiáng)磁場(chǎng)4．如圖所示，比荷不同的兩個(gè)帶電粒子在A處由靜止釋放，經(jīng)加速電壓U0加速后，垂直磁場(chǎng)左邊界MN射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。兩個(gè)粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后一個(gè)從左邊界MN的a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，另一個(gè)從磁場(chǎng)的右邊界b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，a、b兩點(diǎn)的連線剛好與磁場(chǎng)邊界垂直，從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中偏轉(zhuǎn)的角度為60°，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是（）A．從a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子帶正電，從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子帶負(fù)電 B．從a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子比荷大小為2UC．從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子比荷大小為3UD．從a、b兩點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為3：15．某同學(xué)用電荷量計(jì)（能測(cè)出一段時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量）測(cè)量地磁場(chǎng)強(qiáng)度，完成了如下實(shí)驗(yàn)：如圖，將面積為S、電阻為R的矩形導(dǎo)線框abcd沿圖示方位放置于地面上某處，將其從圖示位置繞東西軸轉(zhuǎn)180°，測(cè)得通過(guò)線框的電荷量為Q1；將其從圖示位置繞東西軸轉(zhuǎn)90°，測(cè)得通過(guò)線框的電荷量為Q2；該處地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．RSB．RSC．RSD．R6．電磁驅(qū)動(dòng)是與炮彈發(fā)射、航空母艦上飛機(jī)彈射起飛有關(guān)的一種新型驅(qū)動(dòng)方式。電磁驅(qū)動(dòng)的原理如圖所示，當(dāng)直流電流突然加到一固定線圈上，可以將置于線圈上的環(huán)彈射出去?，F(xiàn)在同一個(gè)固定線圈上，先后置有分別用銅、鋁和硅制成的形狀、大小和橫截面積均相同的三種環(huán)，當(dāng)電流突然接通時(shí)，它們所受到的推力分別為F1、F2和F3。若環(huán)的重力可忽略，下列說(shuō)法正確的是（）A．F1＞F2＞F3 B．F2＞F3＞F1 C．F3＞F2＞F1 D．F1＝F2＝F37．如圖所示，粒子甲垂直ab邊界進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)發(fā)生核反應(yīng)：甲→乙+丙，產(chǎn)生的乙和丙粒子垂直經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的軌跡如圖所示。已知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑之比為5：3，不計(jì)重力及空氣阻力，則（）A．甲帶正電 B．乙?guī)ж?fù)電 C．甲、乙的動(dòng)量大小之比為8：5 D．乙、丙的動(dòng)量大小之比為1：18．如圖所示，五根垂直紙面放置的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線通過(guò)紙面內(nèi)的a、b、c、d、e五個(gè)點(diǎn)，五個(gè)點(diǎn)恰好為正五邊形的五個(gè)頂點(diǎn)，o點(diǎn)為正五邊形的中心。僅給其中一根直導(dǎo)線通大小為I0的電流時(shí)，o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。若每根直導(dǎo)線通電時(shí)電流大小均為I0，則（）A．僅給a處直導(dǎo)線通電時(shí)，o、b、e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同 B．僅給a、b處直導(dǎo)線通同向電流時(shí)，o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B0 C．僅給a、b、c處直導(dǎo)線通同方向電流時(shí)，o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一定平行de連線 D．給任意四根直導(dǎo)線通電時(shí)，o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B09．如圖所示為某興趣小組的同學(xué)設(shè)計(jì)的測(cè)量電流的裝置，質(zhì)量為m＝0.01kg的勻質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)處通過(guò)一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的輕彈簧相連。在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的讀數(shù)，MN的長(zhǎng)度大于ab。當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)且處于平衡狀態(tài)時(shí)，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，此時(shí)輕彈簧的伸長(zhǎng)量為0.01m；當(dāng)MN中有電流通過(guò)時(shí)，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度。不計(jì)通電時(shí)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的作用，儀表內(nèi)部構(gòu)造不允許反偏。若ab＝0.1m，bc＝0.05m，則下列說(shuō)法正確的是（）A．輕彈簧的勁度系數(shù)為1N/m B．此電流表的量程是1.25A C．若勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小加倍，則儀器的量程也加倍 D．當(dāng)金屬棒的N端與電源正極相接時(shí)，會(huì)導(dǎo)致電表反偏出現(xiàn)故障10．如圖所示，半圓形的絕緣環(huán)上均勻分布有正電荷，AB是豎直直徑，直導(dǎo)線與圓心O等高且水平固定，直導(dǎo)線中有向右的恒定電流，將半圓環(huán)繞AB所在直線沿順時(shí)針?lè)较颍◤纳舷蛳驴矗﹦蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，則直導(dǎo)線受到的安培力方向（）A．向上 B．向下 C．垂直紙面向里 D．垂直紙面向外二．多選題（共4小題）（多選）11．一個(gè)長(zhǎng)方體金屬導(dǎo)體的棱長(zhǎng)如圖所示，將該長(zhǎng)方體導(dǎo)體放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并使前側(cè)面與磁場(chǎng)垂直，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)體的左右兩側(cè)面外接電源，產(chǎn)生由左向右的穩(wěn)定電流時(shí)，測(cè)得導(dǎo)體的上、下表面間的電勢(shì)差為U。則下列說(shuō)法正確的是（）A．上、下兩表面比較，上表面電勢(shì)高 B．上、下兩表面比較，下表面電勢(shì)高 C．導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速率為UdBD．導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速率為U（多選）12．如圖所示的直角三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，邊界Ⅰ、Ⅱ的長(zhǎng)度分別為3L、L；大量均勻分布的帶電粒子由邊界Ⅰ的左側(cè)沿平行邊界Ⅱ的方向垂直射入磁場(chǎng)，粒子的速率均相等，已知從邊界Ⅰ離開(kāi)磁場(chǎng)的帶電粒子占總數(shù)的34，帶電粒子的質(zhì)量為m、所帶電荷量為A．帶電粒子射入磁場(chǎng)后沿順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng) B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為πmqBC．剛好從邊界Ⅲ離開(kāi)的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為πm3D．帶電粒子的初速度大小為3（多選）13．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中通電導(dǎo)線abc中bc邊與磁場(chǎng)方向平行，ab邊與磁場(chǎng)方向垂直，線段ab、bc長(zhǎng)度相等，通電導(dǎo)線所受的安培力大小為F?，F(xiàn)將通電導(dǎo)線以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，通電導(dǎo)線一直處于磁場(chǎng)中，則旋轉(zhuǎn)后導(dǎo)線abc所受到的安培力的情況下列說(shuō)法正確的是（）A．以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)90°時(shí)所受的安培力大小為F B．以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)90°時(shí)所受的安培力大小為2FC．以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)45°時(shí)所受的安培力大小為62D．以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)45°時(shí)所受的安培力大小為2（多選）14．在x＞0的空間中存在垂直于xOy平面的磁場(chǎng)，x＝a兩側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向相反，x＞a區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0＜x＜a區(qū)域的2倍。某帶電粒子以速率v0由原點(diǎn)沿xOy平面射入該磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。關(guān)于粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子在左右兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為4：3 B．粒子在原點(diǎn)的速度方向與x軸成45° C．粒子離x軸的最遠(yuǎn)距離為2+2D．粒子離y軸的最遠(yuǎn)距離為2三．填空題（共2小題）15．在城市建設(shè)施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置，如圖所示，有一種探測(cè)方法是，首先給金屬長(zhǎng)直管線通上電流，再用可以測(cè)量磁場(chǎng)強(qiáng)弱、方向的儀器進(jìn)行以下操作：①用測(cè)量?jī)x在金屬管線附近的水平地面上找到磁場(chǎng)的最強(qiáng)的某點(diǎn)，記為a；②在a點(diǎn)附近的地面上，找到與a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的若干點(diǎn)，將這些點(diǎn)連成直線EF；③在地面上過(guò)a點(diǎn)垂直于EF的直線上，找到磁場(chǎng)方向與地面夾角為45°的b、c兩點(diǎn)，測(cè)得b、c兩點(diǎn)距離為L(zhǎng)，由此可確定金屬管線（填“平行”或“垂直”）于EF，深度為。16．圖是磁電式電表內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖，該電表利用的物理原理是，寫(xiě)出一條能提高該電表的靈敏度措施是：。四．解答題（共4小題）17．如圖所示為一質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，其中速度選擇器內(nèi)的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1、方向垂直紙面向里，兩豎直放置極板之間存在一定的電勢(shì)差，板間距離為d。O處為一粒子源，發(fā)射一帶正電粒子以速度v恰能沿直線通過(guò)速度選擇器，并從A孔垂直于磁場(chǎng)方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)半周后打在照相底片上的C點(diǎn)，測(cè)得AC長(zhǎng)度為L(zhǎng)。不計(jì)粒子重力，求：（1）速度選擇器兩極板間的電勢(shì)差U；（2）粒子的比荷及其在B2磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（3）該粒子有一種同位素，質(zhì)量是該粒子的76倍，兩種粒子帶電量相同。從O處連續(xù)射出多個(gè)這兩種粒子，速度范圍均為0.9v～1.2v18．在xOy坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)和第四象限內(nèi)有如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向分別與x軸和y軸平行；第四象限內(nèi)還存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）。將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒在第二象限內(nèi)的P（﹣L，L）點(diǎn)由靜止釋放，之后微粒沿直線運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)并進(jìn)入第四象限，微粒在第四象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)后從x軸上的Q（L，0）點(diǎn)進(jìn)入第一象限，重力加速度為g。求：（1）帶電微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（3）帶電微粒從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間。19．如圖所示，水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動(dòng)勢(shì)E＝10V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω，外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成夾角α＝53°，ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），定滑輪摩擦不計(jì)，線對(duì)ab的拉力為水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求：（1）通過(guò)ab的電流大小和方向；（2）ab受到的安培力大?。唬?）重物重力G的取值范圍．20．在如圖所示的O﹣xyz三維空間中，x≤0的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在0＜x＜L的區(qū)域存在沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B（未知），在x≥L的區(qū)域內(nèi)存在半圓柱體MNP﹣M′N(xiāo)′P′的空間區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，平面MNN′M′與yOz平面平行，半圓柱體的半徑為r=2L，D點(diǎn)（L，0，0）為半圓柱體底面圓心。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，從A點(diǎn)（﹣2L，0，0）以初速度大小v0，方向沿著x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)（0，L，0）后，再經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后垂直平面MNN（1）粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值EB（3）帶電粒子從半圓柱體射出時(shí)的位置坐標(biāo)。

2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之磁場(chǎng)參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．霍爾元件廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)生活中，有的電動(dòng)自行車(chē)上控制速度的轉(zhuǎn)動(dòng)把手就應(yīng)用了霍爾元件，這種轉(zhuǎn)動(dòng)把手稱為“霍爾轉(zhuǎn)把”?！盎魻栟D(zhuǎn)把”內(nèi)部有永久磁鐵和霍爾器件等，截面如圖。開(kāi)啟電動(dòng)自行車(chē)的電源時(shí)，在霍爾器件的上下面之間就有一個(gè)恒定電流I，如圖。將“霍爾轉(zhuǎn)把”旋轉(zhuǎn)，永久磁鐵也跟著轉(zhuǎn)動(dòng)，施加在霍爾器件上的磁場(chǎng)就發(fā)生變化，霍爾器件就能輸出變化的電勢(shì)差U。這個(gè)電勢(shì)差是控制車(chē)速的，電勢(shì)差與車(chē)速的關(guān)系如圖。以下敘述正確的是（）A．若霍爾元件的自由電荷是自由電子，則C端的電勢(shì)高于D端的電勢(shì) B．若改變霍爾器件上下面之間的恒定電流I的方向，將影響車(chē)速控制 C．其他條件不變，僅增大恒定電流I，可使電動(dòng)自行車(chē)更容易獲得最大速度 D．按第一張圖順時(shí)針均勻轉(zhuǎn)動(dòng)把手，車(chē)速增加得越來(lái)越快【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)霍爾元件的工作原理，當(dāng)磁場(chǎng)強(qiáng)弱變化時(shí)，導(dǎo)致電子受到的洛倫茲力大小變化，從而出現(xiàn)不同的霍爾電勢(shì)差，進(jìn)而導(dǎo)致車(chē)速變化?！窘獯稹拷猓篈、若霍爾元件的自由電荷是自由電子，根據(jù)左手定則，電子受到洛倫茲力向C端相連接的面移動(dòng)，因此C端電勢(shì)低于D端的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)霍爾元件上下面之間的恒定電流I的方向改變，從霍爾元件輸出的控制車(chē)速的電勢(shì)差正負(fù)號(hào)相反，但由題中第三張圖可知，不會(huì)影響車(chē)速控制，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)自由電子定向移動(dòng)的速率為v，霍爾元件前后面間的距離為h，左右表面間距離為d，達(dá)到穩(wěn)定后，自由電荷受力平衡，由Bqv＝qUh，可得U＝Bhv，電流的微觀表達(dá)式I＝nqvS＝nqvhd，則可知僅增大電流I時(shí)前后表面電勢(shì)差增大，對(duì)應(yīng)的車(chē)速更大，電動(dòng)自行車(chē)的加速性能更好，更容易獲得最大速度，故CD、當(dāng)按題中第一張圖順時(shí)針均勻轉(zhuǎn)動(dòng)把手時(shí)霍爾器件周?chē)鷪?chǎng)強(qiáng)增大，那么霍爾器件輸出的控制車(chē)速的電勢(shì)差U增大，因此車(chē)速變快，但并不是增加的越來(lái)越快，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查霍爾元件的工作原理，掌握“霍爾轉(zhuǎn)把”結(jié)構(gòu)圖，理解霍爾器件能輸出控制車(chē)速的電勢(shì)差與什么因素有關(guān)，注意圖丙中電勢(shì)差的正負(fù)，不會(huì)影響車(chē)速。2．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)分布著非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，沿y軸方向磁場(chǎng)均勻分布，沿x軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與橫坐標(biāo)x滿足關(guān)系B＝kx，其中k是一恒定的正數(shù)。由粗細(xì)均勻的同種規(guī)格導(dǎo)線制成的正方形線框ABCD邊長(zhǎng)為a，A處有一極小開(kāi)口AE，整個(gè)線框垂直放在磁場(chǎng)中，且AD邊與y軸平行，AD邊與y軸的距離為a，線框A、E兩點(diǎn)與一電源相連，穩(wěn)定時(shí)流入線框圖示方向的電流為I。則整個(gè)線框受到的安培力（）A．方向沿x軸負(fù)方向 B．大小為零 C．大小為ka2I D．大小為2ka2I【考點(diǎn)】安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)y軸方向磁場(chǎng)分布均勻，可知線框上下兩邊所受安培力合力為零，根據(jù)F＝BIL和左手定則分析AD邊和BC邊所受安培力，則可得整個(gè)線框受到的安培力大小?！窘獯稹拷猓河捎谘貀軸方向磁場(chǎng)分布均勻，所以CD邊和BE邊所受安培力的合力為零；沿x軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與橫坐標(biāo)x滿足關(guān)系B＝kx，設(shè)AD邊x軸坐標(biāo)為x0，AD邊所受安培力：F1＝BIa＝kx0Ia，由左手定則可知安培力方向沿著x軸負(fù)方向，BC邊所受安培力大小：F2＝B′Ia＝k（x0+a）Ia，方向沿著x軸正方向，所以整個(gè)線框在x軸方向受到的合力大小為：F=F2-F1=故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了安培力，解題的關(guān)鍵是知道沿y軸方向磁場(chǎng)分布均勻，線框上下兩邊電流相等，上下相對(duì)應(yīng)的電流元的B相等，所以上下兩邊所受安培力的合力為零。3．如圖所示，甲、乙、丙、丁所示是四種常見(jiàn)的磁場(chǎng)，下列分析不正確的是（）A．矩形線框放置在甲圖中異名磁極間所制成的磁電式電表，表盤(pán)刻度均勻 B．矩形線圈在乙圖兩異名磁極間轉(zhuǎn)動(dòng)，可產(chǎn)生正弦式交流電 C．圖丙中馬蹄形磁鐵的兩個(gè)異名磁極之間，除邊緣外可認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng) D．圖丁中相距一定距離的兩個(gè)平行放置的線圈通電時(shí)，其中間區(qū)域的磁場(chǎng)不可以認(rèn)勻強(qiáng)磁場(chǎng)【考點(diǎn)】磁現(xiàn)象與磁場(chǎng)．【專題】定性思想；實(shí)驗(yàn)分析法；交流電專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】磁極與圓柱間的磁場(chǎng)是均勻地輻向分布；首先明確磁電式儀表的制成原理，即通電線圈在磁場(chǎng)中受力轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)可以帶動(dòng)指針的偏轉(zhuǎn)；然后找出與電流表的原理相同的選項(xiàng)即可；距一定距離的兩個(gè)平行放置的線圈通電時(shí)，中間區(qū)域的磁場(chǎng)可認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)。【解答】解：A.甲圖中的電場(chǎng)是輻向磁場(chǎng)，同一半徑處，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，則表盤(pán)刻度均勻，故A正確；B.磁電式電表內(nèi)部磁極做成弧形，線圈繞在鐵芯上，題干中沒(méi)有鐵芯，故B錯(cuò)誤；C.相距很近的異名磁極之間的磁場(chǎng)，除邊緣外，是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故C正確；D.圖丁中相距一定距離的兩個(gè)平行放置的線圈通同向電流，其中間區(qū)域的磁場(chǎng)可認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故D正確。本題選擇不正確的，故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查磁場(chǎng)及磁場(chǎng)的相關(guān)知識(shí)，有實(shí)際生產(chǎn)和生活中用的磁極與鐵柱體、弧形磁場(chǎng)極、相距較近的同名磁極、兩平行放置的線圈中間的磁場(chǎng)特點(diǎn)，平時(shí)記住這些特殊磁場(chǎng)形成的原因及用途。4．如圖所示，比荷不同的兩個(gè)帶電粒子在A處由靜止釋放，經(jīng)加速電壓U0加速后，垂直磁場(chǎng)左邊界MN射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。兩個(gè)粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后一個(gè)從左邊界MN的a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，另一個(gè)從磁場(chǎng)的右邊界b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，a、b兩點(diǎn)的連線剛好與磁場(chǎng)邊界垂直，從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中偏轉(zhuǎn)的角度為60°，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是（）A．從a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子帶正電，從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子帶負(fù)電 B．從a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子比荷大小為2UC．從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子比荷大小為3UD．從a、b兩點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為3：1【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向由左手定則兩個(gè)粒子的電性；由幾何關(guān)系分別求出兩個(gè)粒子的軌跡半徑，再根據(jù)粒洛倫茲力提供向心力求出粒子的比荷；由周期公式和題設(shè)條件求在磁場(chǎng)中的時(shí)間之比?！窘獯稹拷猓篈、粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后均向上偏轉(zhuǎn)，所以根據(jù)左手定則可知，兩個(gè)粒子均帶正電，故A錯(cuò)誤；BC、根據(jù)題意由幾何關(guān)系可知從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：r從a點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：r粒子經(jīng)加速電壓U0加速后有：U由洛倫茲力提供向心力有：qvB解得從a點(diǎn)離開(kāi)的粒子的比荷為：q從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子的比荷為qm=3U0D、兩個(gè)粒子的比荷不同，由周期公式T=2πmqB可知，兩粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期不同，但從a、b兩點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角之比為180°：60°＝3：1，再根據(jù)時(shí)間公式t=α2πT可故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，結(jié)合動(dòng)能定理、粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑公式和周期公式進(jìn)行求解。5．某同學(xué)用電荷量計(jì)（能測(cè)出一段時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量）測(cè)量地磁場(chǎng)強(qiáng)度，完成了如下實(shí)驗(yàn)：如圖，將面積為S、電阻為R的矩形導(dǎo)線框abcd沿圖示方位放置于地面上某處，將其從圖示位置繞東西軸轉(zhuǎn)180°，測(cè)得通過(guò)線框的電荷量為Q1；將其從圖示位置繞東西軸轉(zhuǎn)90°，測(cè)得通過(guò)線框的電荷量為Q2；該處地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．RSB．RSC．RSD．R【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義．【專題】定性思想；方程法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用．【答案】C【分析】分析線框旋轉(zhuǎn)前后的磁通量，由法拉第電磁感應(yīng)定律可求得平均電動(dòng)勢(shì)，由q＝It可求得電量與磁感應(yīng)強(qiáng)度之間的關(guān)系式，然后將兩個(gè)方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度按照矢量合成即可．【解答】解：北半球磁場(chǎng)的方向向北，斜向下，設(shè)B與水平方向之間的夾角為θ，取磁感線從線框上面向下穿過(guò)時(shí)為正。初始位置的磁通量：Φ1＝BSsinθ線框轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)，磁感線的方向從線框的背面穿過(guò)，所以：Φ2＝﹣Φ1＝﹣BSsinθ線框轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，磁感線的方向也是從線框的背面穿過(guò)，所以：Φ3＝﹣BScosθ線框轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)，回路磁通量變化量的大小為：ΔΦ＝|Φ2﹣Φ1|＝2BSsinθ。根據(jù)公式有：Q1＝I1Δt1=線框轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，回路磁通量變化量的大小為：ΔΦ′＝|Φ2﹣Φ1|＝BS?（sinθ+cosθ）所以對(duì)：Q聯(lián)立可得：B=RSQ12故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要注意磁通量盡管是標(biāo)量，但也有正負(fù)之分，從線框的一面穿入時(shí)磁通量為正時(shí)，從另一面穿入時(shí)則為負(fù)．6．電磁驅(qū)動(dòng)是與炮彈發(fā)射、航空母艦上飛機(jī)彈射起飛有關(guān)的一種新型驅(qū)動(dòng)方式。電磁驅(qū)動(dòng)的原理如圖所示，當(dāng)直流電流突然加到一固定線圈上，可以將置于線圈上的環(huán)彈射出去?，F(xiàn)在同一個(gè)固定線圈上，先后置有分別用銅、鋁和硅制成的形狀、大小和橫截面積均相同的三種環(huán)，當(dāng)電流突然接通時(shí)，它們所受到的推力分別為F1、F2和F3。若環(huán)的重力可忽略，下列說(shuō)法正確的是（）A．F1＞F2＞F3 B．F2＞F3＞F1 C．F3＞F2＞F1 D．F1＝F2＝F3【考點(diǎn)】安培力的概念．【專題】定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用．【答案】A【分析】依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合安培力表達(dá)式即可求解【解答】解：由于銅環(huán)的電阻最小，硅的電阻最大，故銅環(huán)中感應(yīng)電流最大，硅的感應(yīng)電流最小，故銅環(huán)受到的安培力最大，硅的安培力最小，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題要掌握楞次定律的兩種描述，一是“增反減同”，二是“來(lái)拒去留”，并能根據(jù)它們?nèi)ヅ袛嚯娏鞣较蚝褪芰Ψ较颍?．如圖所示，粒子甲垂直ab邊界進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)發(fā)生核反應(yīng)：甲→乙+丙，產(chǎn)生的乙和丙粒子垂直經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的軌跡如圖所示。已知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑之比為5：3，不計(jì)重力及空氣阻力，則（）A．甲帶正電 B．乙?guī)ж?fù)電 C．甲、乙的動(dòng)量大小之比為8：5 D．乙、丙的動(dòng)量大小之比為1：1【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律求解向心力；洛倫茲力、磁場(chǎng)、粒子運(yùn)動(dòng)方向和電荷性質(zhì)的相互判斷．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】C【分析】由左手定則判斷乙和丙的帶電性質(zhì)，根據(jù)電荷守恒定律分析甲的帶電性質(zhì)；根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得粒子的動(dòng)量與運(yùn)動(dòng)半徑的關(guān)系，可得到乙和丙的動(dòng)量大小之比。根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析甲、乙的動(dòng)量大小之比。【解答】解：AB、粒子乙在磁場(chǎng)中順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，粒子丙在磁場(chǎng)中逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，由左手定則判斷，乙?guī)д?，丙帶?fù)電。已知乙和丙的電荷量大小相等，根據(jù)電荷守恒定律，可知甲不帶電，故AB錯(cuò)誤；CD、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，可得：qvB＝mv又有動(dòng)量p＝mv聯(lián)立可得：p＝qBr可見(jiàn)粒子的動(dòng)量大小與圓周運(yùn)動(dòng)半徑為正比關(guān)系，已知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑之比為5：3，則乙、丙的動(dòng)量大小之比為p乙：p丙＝5：3。粒子甲發(fā)生核反應(yīng)的過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律，以甲的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則有：p甲＝p乙+p丙，可得甲、乙的動(dòng)量大小之比為8：5，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，要知道帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力。原子核發(fā)生核反應(yīng)的過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律。8．如圖所示，五根垂直紙面放置的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線通過(guò)紙面內(nèi)的a、b、c、d、e五個(gè)點(diǎn)，五個(gè)點(diǎn)恰好為正五邊形的五個(gè)頂點(diǎn)，o點(diǎn)為正五邊形的中心。僅給其中一根直導(dǎo)線通大小為I0的電流時(shí)，o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。若每根直導(dǎo)線通電時(shí)電流大小均為I0，則（）A．僅給a處直導(dǎo)線通電時(shí)，o、b、e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同 B．僅給a、b處直導(dǎo)線通同向電流時(shí)，o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B0 C．僅給a、b、c處直導(dǎo)線通同方向電流時(shí)，o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一定平行de連線 D．給任意四根直導(dǎo)線通電時(shí)，o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加；通電直導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)．【專題】定量思想；合成分解法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理能力．【答案】C【分析】判斷a點(diǎn)與o、b、e三點(diǎn)的距離大小關(guān)系，根據(jù)通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)的特點(diǎn)，分析三點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小關(guān)系；根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理分判斷BCD選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈、由幾何關(guān)系可知a點(diǎn)與o、b、e三點(diǎn)的距離關(guān)系為：ab＝ae≠ao，根據(jù)通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)的特點(diǎn)，可知b、e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與b、e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不相等，故A錯(cuò)誤；B、僅給a、b處直導(dǎo)線通同向電流（電流方向均垂直紙面向里或向外，不會(huì)影響結(jié)果的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小），通電直導(dǎo)線a、b（假設(shè)電流方向均垂直紙面向里）分別產(chǎn)生的磁場(chǎng)在o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度以及它們的合磁感應(yīng)強(qiáng)度B1如圖1所示。由幾何關(guān)系可知：θ=360°5=72°，B1＝2B0cosθ2=2B0cos72°C、僅給a、b、c處直導(dǎo)線通同方向電流時(shí)（假設(shè)電流方向均垂直紙面向里），通電直導(dǎo)線a、b、c分別產(chǎn)生的磁場(chǎng)在o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Ba、Bb、Bc的大小相等均為B0，方向如圖2所示。通電直導(dǎo)線b產(chǎn)生的磁場(chǎng)在o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bb的方向平行de連線，通電直導(dǎo)線a、c產(chǎn)生的磁場(chǎng)在o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Ba、Bc在Bb的兩側(cè)，與Bb的夾角均等于θ，根據(jù)平行四邊形定則，Ba、Bc的合磁感應(yīng)強(qiáng)度與Bb同向，o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一定平行de連線。若電流方向均垂直紙面向外，只是磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，但還是平行de連線的，故C正確；D、給任意四根直導(dǎo)線通電時(shí)，假設(shè)直導(dǎo)線a、b的電流方向均垂直紙面向里，直導(dǎo)線c、d的電流方向均垂直紙面向外，同樣的作出直導(dǎo)線a、b、c、d產(chǎn)生的磁場(chǎng)在o點(diǎn)的磁場(chǎng)疊加如圖3所示，將Ba與Bc合成為Bac，Bb與Bd合成為Bbd，再將Bac與Bbd合成最終的B合，Ba、Bc、Bb、Bd的大小均等于B0，顯然B合大于B0，由此可見(jiàn)o點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度與四根直導(dǎo)線的電流方向有關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電流磁效應(yīng)，以及磁場(chǎng)的疊加問(wèn)題。通電直導(dǎo)線產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與電流大小成正比，與距離成反比，方向由安培定則判斷。9．如圖所示為某興趣小組的同學(xué)設(shè)計(jì)的測(cè)量電流的裝置，質(zhì)量為m＝0.01kg的勻質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)處通過(guò)一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的輕彈簧相連。在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的讀數(shù)，MN的長(zhǎng)度大于ab。當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)且處于平衡狀態(tài)時(shí)，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，此時(shí)輕彈簧的伸長(zhǎng)量為0.01m；當(dāng)MN中有電流通過(guò)時(shí)，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度。不計(jì)通電時(shí)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的作用，儀表內(nèi)部構(gòu)造不允許反偏。若ab＝0.1m，bc＝0.05m，則下列說(shuō)法正確的是（）A．輕彈簧的勁度系數(shù)為1N/m B．此電流表的量程是1.25A C．若勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小加倍，則儀器的量程也加倍 D．當(dāng)金屬棒的N端與電源正極相接時(shí)，會(huì)導(dǎo)致電表反偏出現(xiàn)故障【考點(diǎn)】安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用；勁度系數(shù)及其特點(diǎn)．【專題】定量思想；推理法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理能力．【答案】B【分析】A、MN中無(wú)電流時(shí)，對(duì)MN由力的平衡可得勁度系數(shù)；B、MN在ab邊位置，安培力最大，電流最大，根據(jù)MN受力平衡可得最大電流；C、磁感應(yīng)強(qiáng)度加倍，根據(jù)MN在ab邊位置受力平衡，可得電流值，則可得結(jié)論；D、根據(jù)左手定則可知安培力的方向，則可得結(jié)論?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)MN中沒(méi)有電流時(shí)，對(duì)金屬棒MN由力的平衡可得：mg＝kx1，其中x1＝0.01m，可得k＝10N/m，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)MN運(yùn)動(dòng)到ab位置時(shí)，電流達(dá)到最大值，此時(shí)彈簧繼續(xù)伸長(zhǎng)0.05m，即彈簧的形變量x2＝x1+0.05m＝0.01m+0.05m＝0.06m，由力的平衡有：kx2＝mg+BImLab，其中Lab＝0.1m代入數(shù)據(jù)可得：Im＝1.25A，故B正確；C、若勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小加倍，則安培力加倍，由金屬棒MN在ab邊位置受力平衡，則有：kx2＝mg+2BIm′Lab，可得：Im′＝0.625A，可知儀器的量程減半，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)金屬棒的N端與電源正極相接時(shí)，金屬棒MN中電流由N到M，由左手定則可知，MN受到向下的安培力，指針向下正偏，電表不會(huì)出現(xiàn)反偏，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了安培力、受力平衡，解題的關(guān)鍵是知道金屬棒MN在磁場(chǎng)的最下端時(shí)，安培力最大，電流最大。10．如圖所示，半圓形的絕緣環(huán)上均勻分布有正電荷，AB是豎直直徑，直導(dǎo)線與圓心O等高且水平固定，直導(dǎo)線中有向右的恒定電流，將半圓環(huán)繞AB所在直線沿順時(shí)針?lè)较颍◤纳舷蛳驴矗﹦蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，則直導(dǎo)線受到的安培力方向（）A．向上 B．向下 C．垂直紙面向里 D．垂直紙面向外【考點(diǎn)】左手定則判斷安培力的方向；通電直導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)．【專題】定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】D【分析】根據(jù)安培定則和左手定則分析?！窘獯稹拷猓簩雸A環(huán)繞AB所在直線沿順時(shí)針?lè)较颍◤纳舷蛳驴矗﹦蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，從上向下看形成的等效電流沿順時(shí)針?lè)较颍鶕?jù)安培定則（右手螺旋定則），電流在直導(dǎo)線處的磁場(chǎng)豎直向上，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線受到的安培力垂直紙面向外，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了安培定則和左手定則的應(yīng)用，屬簡(jiǎn)單題。二．多選題（共4小題）（多選）11．一個(gè)長(zhǎng)方體金屬導(dǎo)體的棱長(zhǎng)如圖所示，將該長(zhǎng)方體導(dǎo)體放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并使前側(cè)面與磁場(chǎng)垂直，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)體的左右兩側(cè)面外接電源，產(chǎn)生由左向右的穩(wěn)定電流時(shí)，測(cè)得導(dǎo)體的上、下表面間的電勢(shì)差為U。則下列說(shuō)法正確的是（）A．上、下兩表面比較，上表面電勢(shì)高 B．上、下兩表面比較，下表面電勢(shì)高 C．導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速率為UdBD．導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速率為U【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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；理解能力．【答案】BD【分析】根據(jù)左手定則判斷出電子的偏轉(zhuǎn)方向，從而確定電勢(shì)的高低；抓住電子受到的洛倫茲力等于電場(chǎng)力，結(jié)合電流的微觀表達(dá)式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)左手定則知，電子向上側(cè)偏轉(zhuǎn)，則導(dǎo)體上表面電勢(shì)較低，下表面電勢(shì)高，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、最終電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡，有：evB＝eUh，解得，v=UhB．故故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判定洛倫茲力的方向，以及知道最終電子受電場(chǎng)力和洛倫茲力處于平衡。（多選）12．如圖所示的直角三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，邊界Ⅰ、Ⅱ的長(zhǎng)度分別為3L、L；大量均勻分布的帶電粒子由邊界Ⅰ的左側(cè)沿平行邊界Ⅱ的方向垂直射入磁場(chǎng)，粒子的速率均相等，已知從邊界Ⅰ離開(kāi)磁場(chǎng)的帶電粒子占總數(shù)的34，帶電粒子的質(zhì)量為m、所帶電荷量為A．帶電粒子射入磁場(chǎng)后沿順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng) B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為πmqBC．剛好從邊界Ⅲ離開(kāi)的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為πm3D．帶電粒子的初速度大小為3【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】比較思想；幾何法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】由左手定則判斷粒子射入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力方向，進(jìn)而得到粒子的運(yùn)動(dòng)方向；根據(jù)幾何關(guān)系得到軌跡對(duì)應(yīng)的最大圓心角，結(jié)合周期公式求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間；作出帶電粒子剛好不從邊界Ⅲ離開(kāi)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑，即可求得運(yùn)動(dòng)時(shí)間和粒子的初速度大小。【解答】解：A、由左手定則可知，帶電粒子射入磁場(chǎng)的瞬間，帶電粒子受到向上的洛倫茲力作用，則帶電粒子在磁場(chǎng)中沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)=2πmqB，帶電粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)半個(gè)圓周時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為D、作出帶電粒子剛好不從邊界Ⅲ離開(kāi)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示。依題意，從邊界Ⅰ離開(kāi)磁場(chǎng)的帶電粒子占總粒子的34，則圖中的a、b、c為邊界Ⅰ的四等分點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，三角形區(qū)域的頂角為30°，a點(diǎn)到頂點(diǎn)的距離為根據(jù)幾何關(guān)系可得34解得粒子軌跡半徑為r=根據(jù)牛頓第二定律得qvB=解得：v=3qBLD、由圖可知，剛好從邊界Ⅲ離開(kāi)的帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度大小為120°，則該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′=120°360°T=13?故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力做向心力，往往要畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后根據(jù)幾何關(guān)系求軌跡半徑，進(jìn)而求得速度、磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動(dòng)時(shí)間。（多選）13．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中通電導(dǎo)線abc中bc邊與磁場(chǎng)方向平行，ab邊與磁場(chǎng)方向垂直，線段ab、bc長(zhǎng)度相等，通電導(dǎo)線所受的安培力大小為F?，F(xiàn)將通電導(dǎo)線以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，通電導(dǎo)線一直處于磁場(chǎng)中，則旋轉(zhuǎn)后導(dǎo)線abc所受到的安培力的情況下列說(shuō)法正確的是（）A．以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)90°時(shí)所受的安培力大小為F B．以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)90°時(shí)所受的安培力大小為2FC．以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)45°時(shí)所受的安培力大小為62D．以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)45°時(shí)所受的安培力大小為2【考點(diǎn)】安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理能力．【答案】BC【分析】以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，求出abc在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度，根據(jù)安培力的計(jì)算公式進(jìn)行解答；以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)45°時(shí)，求出bc邊垂直于磁場(chǎng)方向的長(zhǎng)度，根據(jù)安培力的計(jì)算公式結(jié)合力的合成方法進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓涸O(shè)通電電流大小為I，ab＝bc＝L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。圖示位置時(shí)，bc邊與磁場(chǎng)方向平行，bc邊受到的安培力為零，則ab邊受到的安培力為：F＝BIL。AB、以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，磁場(chǎng)垂直于abc所在的平面，有效長(zhǎng)度為ac=2L，則線框所受的安培力大小為：F′＝BI?2L=2F，故ACD、以ab為軸逆時(shí)針（俯視看）旋轉(zhuǎn)45°時(shí)，bc在垂直于磁場(chǎng)方向的分量為：L′＝Lcos45°=22L，bc邊受到的安培力大小為：F′＝ab和bc受力情況如圖所示：ab和bc邊受到的安培力的合外力為：F′=F2+(22故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查安培力的計(jì)算，知道安培力計(jì)算公式中F＝BIL中L的含義。（多選）14．在x＞0的空間中存在垂直于xOy平面的磁場(chǎng)，x＝a兩側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向相反，x＞a區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0＜x＜a區(qū)域的2倍。某帶電粒子以速率v0由原點(diǎn)沿xOy平面射入該磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。關(guān)于粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子在左右兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為4：3 B．粒子在原點(diǎn)的速度方向與x軸成45° C．粒子離x軸的最遠(yuǎn)距離為2+2D．粒子離y軸的最遠(yuǎn)距離為2【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】AB【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解粒子在原點(diǎn)的速度方向與x軸夾角；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間。由幾何關(guān)系求解粒子離x軸、y軸的最遠(yuǎn)距離。【解答】解：AB．粒子在原點(diǎn)的入射角為θ，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖在左右側(cè)磁場(chǎng)中的半徑分別為r和r2rcosθ=又2rsinθ＝a解得θ＝45°，r粒子在左右兩側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角分別為180°和270°，周期之比為2：1，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為4：3，故AB正確。C.粒子離x軸的最遠(yuǎn)距離為r2故C錯(cuò)誤。D.粒子離y軸的最遠(yuǎn)距離為a+故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意做出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖是解題的關(guān)鍵，根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間。三．填空題（共2小題）15．在城市建設(shè)施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置，如圖所示，有一種探測(cè)方法是，首先給金屬長(zhǎng)直管線通上電流，再用可以測(cè)量磁場(chǎng)強(qiáng)弱、方向的儀器進(jìn)行以下操作：①用測(cè)量?jī)x在金屬管線附近的水平地面上找到磁場(chǎng)的最強(qiáng)的某點(diǎn)，記為a；②在a點(diǎn)附近的地面上，找到與a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的若干點(diǎn)，將這些點(diǎn)連成直線EF；③在地面上過(guò)a點(diǎn)垂直于EF的直線上，找到磁場(chǎng)方向與地面夾角為45°的b、c兩點(diǎn)，測(cè)得b、c兩點(diǎn)距離為L(zhǎng)，由此可確定金屬管線平行（填“平行”或“垂直”）于EF，深度為L(zhǎng)2【考點(diǎn)】通電直導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)．【專題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；分析綜合能力．【答案】平行，L【分析】根據(jù)安培定則判斷磁場(chǎng)方向，然后畫(huà)出直線電流的磁感線方向，結(jié)合幾何關(guān)系確定金屬管線深度。【解答】解：用測(cè)量?jī)x在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應(yīng)強(qiáng)度最強(qiáng)的某點(diǎn)，記為a，說(shuō)明a點(diǎn)離電流最近；找到與a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的若干點(diǎn)，將這些點(diǎn)連成直線EF，故說(shuō)明這些點(diǎn)均離電流最近，根據(jù)金屬管線應(yīng)該平行EF；畫(huà)出側(cè)視圖，如圖所示：b、c間距為L(zhǎng)，且磁場(chǎng)方向與地面夾角為45°，故金屬管線在EF正下方，由幾何知識(shí)可得深度h=故答案為：平行，L【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線電流的磁感線分布情況，關(guān)鍵時(shí)需要通過(guò)作圖分析問(wèn)題，結(jié)合幾何關(guān)系確定導(dǎo)線位置。16．圖是磁電式電表內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖，該電表利用的物理原理是通電線圈因受安培力而轉(zhuǎn)動(dòng)，寫(xiě)出一條能提高該電表的靈敏度措施是：增加線圈的匝數(shù)。【考點(diǎn)】磁電式電流表．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；推理能力．【答案】通電線圈因受安培力而轉(zhuǎn)動(dòng)；增加線圈的匝數(shù)。【分析】通電線圈在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因而發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，改變線圈受力即可改變電表的靈敏度。【解答】解：當(dāng)有電流流過(guò)線圈時(shí)，在磁場(chǎng)的作用下線圈受到安培力，因而發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，如果增加線圈的匝數(shù)，那么在流過(guò)相同電流的情況下線圈的受力會(huì)變大，轉(zhuǎn)動(dòng)更明顯，因此靈敏度更高。故答案為：通電線圈因受安培力而轉(zhuǎn)動(dòng)；增加線圈的匝數(shù)?！军c(diǎn)評(píng)】本題需要對(duì)線圈在磁場(chǎng)中的受力進(jìn)行分析。四．解答題（共4小題）17．如圖所示為一質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，其中速度選擇器內(nèi)的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1、方向垂直紙面向里，兩豎直放置極板之間存在一定的電勢(shì)差，板間距離為d。O處為一粒子源，發(fā)射一帶正電粒子以速度v恰能沿直線通過(guò)速度選擇器，并從A孔垂直于磁場(chǎng)方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)半周后打在照相底片上的C點(diǎn)，測(cè)得AC長(zhǎng)度為L(zhǎng)。不計(jì)粒子重力，求：（1）速度選擇器兩極板間的電勢(shì)差U；（2）粒子的比荷及其在B2磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（3）該粒子有一種同位素，質(zhì)量是該粒子的76倍，兩種粒子帶電量相同。從O處連續(xù)射出多個(gè)這兩種粒子，速度范圍均為0.9v～1.2v【考點(diǎn)】與加速電場(chǎng)相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）速度選擇器兩極板間的電勢(shì)差dvB1；（2）粒子的比荷2vB2L，在B（3）照相底片上兩種粒子落點(diǎn)重疊區(qū)域的寬度0.15L。【分析】（1）根據(jù)平衡條件求速度選擇器兩極板間的電勢(shì)差U；（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求粒子的比荷及其在B2磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求照相底片上兩種粒子落點(diǎn)重疊區(qū)域的寬度?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)平衡可知qvB1＝qE且有E=解得U＝dvB1（2）由圖可知L＝2R根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB解得qm根據(jù)l＝πR，t解得t=（3）撤去速度選擇器，對(duì)該粒子qv1B2=m解得L1由v1的速度范圍為0.9v～1.2v，解得L1范圍為0.9L～1.2L，對(duì)同位素粒子qv2B2=m'v解得L2由v2的速度范圍也為0.9v～1.2v，解得L2范圍為1.05L～1.4L，所以ΔL＝L1max﹣L2min可得ΔL＝1.2L﹣1.05L＝0.15L答：（1）速度選擇器兩極板間的電勢(shì)差dvB1；（2）粒子的比荷2vB2L，在B（3）照相底片上兩種粒子落點(diǎn)重疊區(qū)域的寬度0.15L。【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是速度選擇器和質(zhì)譜儀的原理的綜合，注意分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律即可正確解題。18．在xOy坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)和第四象限內(nèi)有如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向分別與x軸和y軸平行；第四象限內(nèi)還存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）。將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒在第二象限內(nèi)的P（﹣L，L）點(diǎn)由靜止釋放，之后微粒沿直線運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)并進(jìn)入第四象限，微粒在第四象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)后從x軸上的Q（L，0）點(diǎn)進(jìn)入第一象限，重力加速度為g。求：（1）帶電微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（3）帶電微粒從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間。【考點(diǎn)】帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）帶電微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大小為2gL（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小2m（3）帶電微粒從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為π+8【分析】（1）微粒在第二象限內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，因此電場(chǎng)力和重力的合力方向沿PO方向，據(jù)此求得微粒的合力大小，根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大小以及時(shí)間。（2）微粒在第四象限內(nèi)在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知微粒運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑，由牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度。（3）求得微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心角，根據(jù)軌跡弧長(zhǎng)除以線速度大小得到微粒從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間。進(jìn)而求得微粒從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間?！窘獯稹拷猓海?）微粒在第二象限內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，因此電場(chǎng)力和重力的合力方向沿PO方向，可得微粒帶正電。因電場(chǎng)力和重力的方向與PO方向的夾角均為45°，則有：mg＝qE，微粒的合力大小為2mg，PO的長(zhǎng)度為2L，設(shè)帶電微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大小2mg2Lv＝at1解得：t1=（2）由于微粒在第四象限內(nèi)受到電場(chǎng)力與重力等大反向，因此微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如下圖所示：由幾何關(guān)系可知微粒運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為：R由牛頓第二定律可得：Bqv解得：B（3）微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心角為90°，微粒從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為：t2帶電微粒從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為：t＝t1+t2=答：（1）帶電微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大小為2gL（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小2m（3）帶電微粒從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為π+8【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電體在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，考查了力與運(yùn)動(dòng)邏輯分析能力。微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，依據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與軌跡圓心角，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解其它物理量。19．如圖所示，水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動(dòng)勢(shì)E＝10V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω，外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成夾角α＝53°，ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），定滑輪摩擦不計(jì)，線對(duì)ab的拉力為水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求：（1）通過(guò)ab的電流大小和方向；（2）ab受到的安培力大??；（3）重物重力G的取值范圍．【考點(diǎn)】安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用；共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理能力．【答案】（1）通過(guò)ab的電流大小為2A，方向由a向b；（2）ab受到的安培力大小為5N；（3）重物重力G的取值范圍為0.5N≤G≤7.5N?！痉治觥浚?）由閉合電路的歐姆定律可以求出通過(guò)ab的電流，根據(jù)電路圖可以判斷出電流方向；（2）由安培力公式可以求出安培力大??；（3）由平衡條件求出重力的取值范。【解答】解：（1）由閉合電路的歐姆定律可得，通過(guò)ab的電流I=ER+R0+（2）ab受到的安培力：F＝BIL＝5×2×0.5N＝5N；（3）ab受力如圖所示，最大靜摩擦力：fm＝μ（mg﹣Fcos53°）由平衡條件得：當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時(shí)：T＝Fsin53°﹣fm解得：T＝0.5N；當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時(shí)：T＝Fsin53°+fm解得：T＝7.5N；由于重物平衡，故：T＝G則重物重力的取值范圍為：0.5N≤G≤7.5N；答：（1）通過(guò)ab的電流大小為2A，方向由a向b；（2）ab受到的安培力大小為5N；（3）重物重力G的取值范圍為0.5N≤G≤7.5N。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握閉合電路歐姆定律，安培力的大小公式，以及會(huì)利用共點(diǎn)力平衡去求未知力。20．在如圖所示的O﹣xyz三維空間中，x≤0的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在0＜x＜L的區(qū)域存在沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B（未知），在x≥L的區(qū)域內(nèi)存在半圓柱體MNP﹣M′N(xiāo)′P′的空間區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，平面MNN′M′與yOz平面平行，半圓柱體的半徑為r=2L，D點(diǎn)（L，0，0）為半圓柱體底面圓心。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，從A點(diǎn)（﹣2L，0，0）以初速度大小v0，方向沿著x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)（0，L，0）后，再經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后垂直平面MNN（1）粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大?。唬?）電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值EB（3）帶電粒子從半圓柱體射出時(shí)的位置坐標(biāo)?！究键c(diǎn)】帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】（1）粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為2v（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值為v0（3）帶電粒子從半圓柱體射出時(shí)的位置坐標(biāo)為((6【分析】（1）粒子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可求C點(diǎn)的速度；（2）根據(jù)粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，求出電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值；（3）粒子在平行于xOz的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子出磁場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓海?）帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子電場(chǎng)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則2L＝v0t1粒子在電場(chǎng)中的加速度為a，則L=粒子在y方向的速度為vy＝at1粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v=解得v=（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，由牛頓第二定律得Eq＝ma解得E=粒子在0＜x＜L的區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知，粒子的軌道半徑為r1在該磁場(chǎng)區(qū)域中，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知qvB=解得B=電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值為EB（3）帶電粒子從F點(diǎn)沿x軸正方向，進(jìn)入半圓柱體區(qū)域，粒子在平行于xOz的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示粒子在該半圓柱區(qū)域中的運(yùn)動(dòng)半徑r2＝r1，軌跡的圓心角為60°，則出射點(diǎn)在x軸上的坐標(biāo)為x0y軸上的坐標(biāo)為y0z軸上的坐標(biāo)為z0帶電粒子從半圓柱體射出時(shí)的位置坐標(biāo)為((6答：（1）粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為2v（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值為v0（3）帶電粒子從半圓柱體射出時(shí)的位置坐標(biāo)為((6【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。解決問(wèn)題的關(guān)鍵是清楚帶電粒子在不同場(chǎng)區(qū)的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，尤其要注意粒子在不同方向的運(yùn)動(dòng)情況。

考點(diǎn)卡片1．勁度系數(shù)及其特點(diǎn)2．共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對(duì)共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力必定與另外（n﹣1）個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問(wèn)題a.臨界問(wèn)題（1）問(wèn)題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識(shí)進(jìn)行論證、求解。b.極值問(wèn)題（1）問(wèn)題界定：物體平衡的極值問(wèn)題，一般指在力的變化過(guò)程中涉及力的最大值和最小值的問(wèn)題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時(shí)，采用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫(huà)出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過(guò)光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開(kāi)的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩，因此由“死結(jié)”分開(kāi)的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時(shí)，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會(huì)引起輕桿的轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個(gè)小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過(guò)滑輪后懸掛重物m。滑輪對(duì)繩的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過(guò)滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對(duì)滑輪受力分析，受兩個(gè)繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個(gè)繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序?yàn)椋篎D＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長(zhǎng)的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對(duì)日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(diǎn)力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點(diǎn)力，根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng)；根據(jù)對(duì)稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對(duì)日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這三個(gè)力是共點(diǎn)力，故B錯(cuò)誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個(gè)拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長(zhǎng)度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T(mén)＝mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過(guò)固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過(guò)細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對(duì)滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對(duì)G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個(gè)物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過(guò)定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且?jiàn)A角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點(diǎn)評(píng)：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點(diǎn)，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點(diǎn)為研究對(duì)象，按力平衡問(wèn)題的一般步驟求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.在分析問(wèn)題時(shí)，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，對(duì)于有相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對(duì)象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個(gè)物體（整體法或隔離法）。（2）對(duì)所選研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫(huà)出受力分析圖。（3）對(duì)研究對(duì)象所受的力進(jìn)行處理，對(duì)三力平衡問(wèn)題，一般根據(jù)平衡條件畫(huà)出力合成時(shí)的平行四邊形。對(duì)四力或四力以上的平衡問(wèn)題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對(duì)各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對(duì)于四力或四力以上的平衡問(wèn)題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問(wèn)題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問(wèn)題和極值問(wèn)題時(shí)，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過(guò)程分析，找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來(lái)研究臨界問(wèn)題，而是要把某個(gè)物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。3．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(guó)際單位制中成立．因?yàn)镕合＝k?ma，只有在國(guó)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(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對(duì)于分子、原子）、低速運(yùn)動(dòng)（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對(duì)牛頓第二定律的進(jìn)一步理解牛頓第二定律是動(dòng)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個(gè)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(shí)關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時(shí)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(shí)性：加速度a與合外力F合同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對(duì)同一物體而言的兩個(gè)物理量．（4）獨(dú)立性：作用于物體上的每個(gè)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(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對(duì)應(yīng)．（5）相對(duì)性：物體的加速度是對(duì)相對(duì)地面靜止或相對(duì)地面做勻速運(yùn)動(dòng)的物體而言的．【命題方向】題型一：對(duì)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(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時(shí)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(dòng)摩擦力為2NC．t＝3s時(shí)刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時(shí)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大?。鶕?jù)速度時(shí)間圖線求出3s時(shí)的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則f＝F＝2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)間圖線可知，3s時(shí)刻的速度為2m/s．故B故選：BD．點(diǎn)評(píng)：本題考查學(xué)生對(duì)于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個(gè)圖象對(duì)比可以確定物體的運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來(lái)求解．題型二：對(duì)牛頓第二定律瞬時(shí)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(shí)，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時(shí)，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(zhǎng)線D．則分析：先研究原來(lái)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(shí)，彈簧來(lái)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(shí)，受力如圖所示，由共點(diǎn)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(diǎn)評(píng)：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(dòng)力學(xué)中的兩類(lèi)基本問(wèn)題：①已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況；②已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和受力的重要“橋梁”，將運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問(wèn)題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測(cè)速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，并同時(shí)開(kāi)始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開(kāi)始上滑至最高點(diǎn)的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過(guò)程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過(guò)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)可得下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn)，由加速度定義式a=上滑過(guò)程中加速度的大?。篴1（2）上滑過(guò)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(guò)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(guò)程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度大小為：v=聯(lián)立解得：v＝2m/s答：（1）上滑過(guò)程中的加速度的大小a1（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝2m/s．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點(diǎn)撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系．對(duì)于分析瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型特點(diǎn)的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時(shí)的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①?gòu)椓Φ拇笮镕＝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(dòng)力學(xué)問(wèn)題時(shí)，首先要對(duì)物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，確定題目屬于動(dòng)力學(xué)中的哪類(lèi)問(wèn)題，不論是由受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，還是由運(yùn)動(dòng)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(guò)審題靈活地選取研究對(duì)象，明確物理過(guò)程．（2）分析研究對(duì)象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，必要時(shí)畫(huà)好受力示意圖和運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時(shí)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(shí)需進(jìn)行討論．4．牛頓第二定律求解向心力5．帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)6．磁現(xiàn)象與磁場(chǎng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、磁場(chǎng)的性質(zhì)1．來(lái)源：磁場(chǎng)是存在于磁體、電流和運(yùn)動(dòng)電荷周?chē)囊环N特殊物質(zhì)．2．基本性質(zhì)：磁場(chǎng)對(duì)放入磁場(chǎng)中的磁體、電流和運(yùn)動(dòng)電荷有磁場(chǎng)力的作用．3．方向：磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁場(chǎng)方向?yàn)樵擖c(diǎn)小磁針N極所受磁場(chǎng)力的方向．7．通電直導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】電流的磁場(chǎng)直線電流的磁場(chǎng)通電螺線管的磁場(chǎng)環(huán)形電流的磁場(chǎng)特點(diǎn)無(wú)磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，管外為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)越弱安培定則8．磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】磁感應(yīng)強(qiáng)度（1）物理意義：描述磁場(chǎng)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(hào)T，1T＝1N/（A?m）．9．磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加10．安培力的概念【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．安培力的方向（1）用左手定則判定：伸開(kāi)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(chǎng)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(chǎng)和電流垂直時(shí)，安培力最大，為F＝BIL；（3）當(dāng)磁場(chǎng)和電流平行時(shí)，安培力等于零．【命題方向】（1）第一類(lèi)?？碱}型是考查對(duì)安培力的理解：關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受的安培力，下列說(shuō)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(chǎng)的方向C．安培力的大小與通電導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角無(wú)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?lái)的一半【分析】本題考查了產(chǎn)生條件、大小與方向，當(dāng)電流方向與磁場(chǎng)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(chǎng)垂直．引用公式F＝BIL時(shí)，注意要求磁場(chǎng)與電流垂直，若不垂直應(yīng)當(dāng)將導(dǎo)線沿磁場(chǎng)與垂