Page2025年高考物理解密之磁場一．選擇題（共10小題）1．（2024?天津）如圖所示，兩根不計電阻的光滑金屬導軌平行放置，導軌及其構成的平面均與水平面成某一角度，導軌上端用直導線連接，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。具有一定阻值的金屬棒從某高度由靜止開始下滑，下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好，則所受的安培力及其加速度、速度、電流，隨時間變化的關系圖像可能正確的是A． B． C． D．2．（2024?成都模擬）利用霍爾效應制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應用于測量和自動控制等領域。如圖所示，將一厚度為的半導體薄片垂直置于磁場中，在薄片的兩個側面、間通以電流時，另外兩側、間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應。其原因是薄片中定向移動形成電流的載流子受洛倫茲力的作用向一側偏轉和積累，在、間產(chǎn)生霍爾電壓。半導體的載流子有自由電子或空穴（相當于正電荷）兩種類型。下列說法正確的是A．若該半導體是空穴導電，則側的電勢低于側的電勢 B．若只增大半導體薄片的厚度，則霍爾電壓將增大 C．若只增大磁場的磁感應強度，則霍爾電壓將增大 D．若只增大電流，則霍爾電壓將減小3．（2024?蘇州三模）極光是由太陽發(fā)射的高速帶電粒子受地磁場的影響，進入兩極附近時，撞擊并激發(fā)高空中的空氣分子和原子引起的。假如我們在北極地區(qū)仰視，發(fā)現(xiàn)正上方如圖所示的沿順時針方向運動弧狀極光，則關于這一現(xiàn)象中的高速粒子的說法正確的是A．該粒子帶負電 B．該粒子軌跡半徑逐漸增大 C．若該粒子在赤道正上方垂直射向地面，會向東偏轉 D．地磁場對垂直射向地球表面的該粒子的阻擋作用在南、北兩極附近最強4．（2024?海安市校級二模）某同學利用手機物理工坊測量當?shù)氐卮艌龅拇鸥袘獜姸?，如圖甲所示，以手機顯示屏所在平面為平面，在手機上建立直角坐標系，該同學測量時軸始終保持豎直向上，手機平面繞軸勻速轉動，手機顯示出各軸磁場的實時數(shù)據(jù)（如圖乙所示）。當外界磁場分量與坐標軸正方向相同時則顯示正值，相反則顯示負值，根據(jù)圖像可推知，下列說法錯誤的是A．圖中時刻軸正方向指向地球北方 B．圖中時刻軸正方向指向地球南方 C．時間內手機剛好繞軸轉動了一周 D．通過軸數(shù)據(jù)可知測量地在南半球5．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）地球本身是一個大磁體，其磁場分布如圖所示。目前學術界對于地磁場的形成機制尚無共識。一種理論認為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉產(chǎn)生的環(huán)形電流。基于此理論，下列判斷正確的是A．地表電荷為正電荷 B．若地球自轉角速度減小，則地表上任一位置的磁感應強度均減小 C．地球赤道上方各點處地磁場的磁感應強度相同 D．赤道上穿過地表單位面積的磁通量比兩極處大6．（2024?重慶模擬）《大國重器》節(jié)目介紹的輸電系統(tǒng)的三相共箱技術，如圖甲所示，管道內部有三根絕緣超高壓輸電線纜平行且間距相等，截面圖如圖乙所示，上方兩根輸電線纜、連線水平，某時刻、中電流方向垂直于紙面向里，中電流方向垂直于紙面向外，、、中電流大小均為，則A．正三角形中心處的磁感應強度為0 B．、連線中點處的磁感應強度斜向左上方 C．、輸電線纜相互吸引 D．、輸電線纜相互吸引7．（2024?渾南區(qū)校級三模）磁懸浮地球儀內部存在永磁鐵，當?shù)鬃姾蟮厍騼x可以懸浮在空中，用手轉動地球儀，可生動地展現(xiàn)地球在太空中的形態(tài)。若用手觸碰地球儀使其偏離平衡位置少許，底座中的霍爾元件能檢測到磁場的變化，松手后，負反饋機制會使地球儀重新回到平衡位置不掉落，下列說法錯誤的是A．地球儀懸浮時處于失重狀態(tài) B．地球儀利用了電流的磁效應 C．地球儀能夠持續(xù)轉動是因為具有慣性 D．地球儀利用磁場將南北極鎖定，使其只能繞地軸旋轉8．（2024?江西模擬）如圖所示，粒子甲垂直邊界進入垂直紙面向外的勻強磁場時發(fā)生核反應：甲乙丙，產(chǎn)生的乙和丙粒子垂直經(jīng)過磁場的軌跡如圖所示。已知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑之比為，不計重力及空氣阻力，則A．甲帶正電 B．乙?guī)ж撾?C．甲、乙的動量大小之比為 D．乙、丙的動量大小之比為9．（2024?海淀區(qū)校級三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中、、、、是從點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。有關這些徑跡以下判斷正確的是A．、都是正電子的徑跡 B．徑跡對應的粒子動量最大 C．徑跡對應的粒子動能最大 D．徑跡對應的粒子運動時間最長10．（2024?東西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強磁場，磁感應強度為，一個質量為、電荷量為的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)使圓環(huán)以初速度向上運動，經(jīng)時間圓環(huán)回到出發(fā)點，不計空氣阻力，取豎直向上為正方向。下列描述該過程中圓環(huán)的速度隨時間、摩擦力隨時間、動能隨位移、機械能隨位移變化規(guī)律的圖象中，不可能正確的是A． B． C． D．二．多選題（共5小題）11．（2024?開福區(qū)校級模擬）如圖所示，在某空間的一個區(qū)域內有一直線與水平面成角，在兩側存在垂直于紙面且方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小為。從直線上的點水平向右射出速率為的粒子，粒子帶正電，比荷為，若粒子運動過程中經(jīng)過直線上的點，粒子從點運動到點的時間為。已知，不計粒子重力。則A．可能為 B．可能為 C．可能為 D．一定為12．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）如圖所示，在平面的第一、二象限內有垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為，在第三、四象限范圍內有沿軸正方向的勻強電場，在坐標原點有一個粒子源可以向軸上方以不同速率向各個方向發(fā)射質量為、電荷量為的帶正電粒子，軸上的點坐標為，軸上的點坐標為。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用。下列說法中正確的是A．所有經(jīng)過點的粒子最小速度為 B．若以最小速率經(jīng)過點的粒子又恰好能過點，則電場強度大小為 C．沿不同方向進入勻強磁場的粒子要經(jīng)過點，速度大小一定不同 D．所有經(jīng)過點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同13．（2024?福建）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細繩將半徑為的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端、處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為、方向從到的電流，細繩處于繃直狀態(tài)，則A．兩根細繩拉力均比未通電流時的大 B．兩根細繩拉力均比未通電流時的小 C．銅環(huán)所受安培力大小為 D．銅環(huán)所受安培力大小為14．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖甲，用強磁場將百萬度高溫的等離子體（等量的正離子和電子）約束在特定區(qū)域實現(xiàn)受控核聚變的裝置叫托克馬克。我國托克馬克裝置在世界上首次實現(xiàn)了穩(wěn)定運行100秒的成績。多個磁場才能實現(xiàn)磁約束，其中之一叫縱向場，圖乙為其橫截面的示意圖，越靠管的右側磁場越強。盡管等離子體在該截面上運動的曲率半徑遠小于管的截面半徑，但如果只有縱向場，帶電粒子還會逐步向管壁“漂移”，導致約束失敗。不計粒子重力，若僅在縱向場中，下列說法正確的是A．正離子在縱向場中沿逆時針方向運動 B．帶電粒子在縱向場中的速度大小不變 C．在縱向場中，帶電粒子將發(fā)生左右方向的漂移 D．在縱向場中，帶電粒子將發(fā)生上下方向的漂移15．（2024?湖南一模）蜜蜂飛行時依靠蜂房、采蜜地點和太陽三個點進行定位做“8”字形運動，以此告知同伴蜜源方位。某興趣小組用帶電粒子在電場和磁場中的運動模擬蜜蜂的運動。如圖所示，空間存在范圍足夠大垂直紙面、方向相反的勻強磁場Ⅰ、Ⅱ，其上、下邊界分別為、，間距為。與之間存在沿水平方向且大小始終為的勻強電場，當粒子通過進入電場中運動時，電場方向水平向右；當粒子通過進入電場中運動時，電場方向水平向左?，F(xiàn)有一質量為、電荷量為的粒子在紙面內以初速度從點垂直射入電場，一段時間后進入磁場Ⅱ，之后又分別通過勻強電場和磁場Ⅰ，以速度回到點，磁場Ⅱ的磁感應強度，不計粒子重力。則下列說法正確的是A．粒子在水平向右的電場中運動的位移大小為 B．粒子在磁場Ⅱ中運動的速度大小 C．粒子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的弦長為 D．磁場Ⅰ的磁感應強度大小三．填空題（共5小題）16．（2024?思明區(qū)校級模擬）在城市建設施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置，如圖所示，有一種探測方法是，首先給金屬長直管線通上電流，再用可以測量磁場強弱、方向的儀器進行以下操作：①用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁場的最強的某點，記為；②在點附近的地面上，找到與點磁感應強度相同的若干點，將這些點連成直線；③在地面上過點垂直于的直線上，找到磁場方向與地面夾角為的、兩點，測得、兩點距離為，由此可確定金屬管線（填“平行”或“垂直”于，深度為。17．（2024?松江區(qū)校級三模）圖是磁電式電表內部結構示意圖，該電表利用的物理原理是，寫出一條能提高該電表的靈敏度措施是：。18．（2024?泉州模擬）利用霍爾效應制成的傳感器被廣泛應用于自動控制等領域。如圖，寬為的金屬板置于勻強磁場中，磁場方向與金屬板垂直，磁感應強度大小為。當金屬板通入如圖所示的電流時，金屬板（填“上”、“下”表面聚集電子，產(chǎn)生霍爾電壓；若已知電子定向移動速率為，則金屬板上產(chǎn)生的霍爾電壓為。19．（2023?金山區(qū)二模）已知環(huán)形電流在圓心處的磁感應強度大小與其半徑成反比。紙面內閉合線圈由兩個相同的同心半圓電阻絲構成，電流從流入，由流出，如圖所示。流經(jīng)上半圓的電流在圓心點產(chǎn)生磁場的磁感應強度為，方向；線圈中電流在點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為。20．（2023?黃浦區(qū)二模）四根完全相同的長直導線互相平行，它們的截面處于正方形的四個頂點，導線中都通有大小相同的電流，方向如圖所示。正方形對角線的交點為，通電導線在點產(chǎn)生的磁感應強度為，四根通電導線在點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為，方向為。四．解答題（共5小題）21．（2025?邯鄲一模）如圖所示，邊長為的正方形區(qū)域（含邊界）內存在勻強電場，電場強度方向向下且與邊平行。一質量為、電荷量為的帶電粒子從點沿方向以初速度射入勻強電場，恰好能從點飛出。不計粒子重力。（1）求粒子在電場中運動的時間及速度偏轉角的正切值；（2）若將正方形區(qū)域內的勻強電場換成垂直紙面向外的勻強磁場，粒子仍以相同速度從點進入磁場，粒子以相同偏轉角從邊飛出。求磁感應強度與電場強度的比值。22．（2024?福建）如圖，直角坐標系中，第Ⅰ象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器、，其中垂直軸放置，極板與軸相交處存在小孔、；垂直軸放置，上、下極板右端分別緊貼軸上的、點。一帶電粒子從靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從射出，緊貼下極板進入，而后從進入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉后恰好垂直軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質量為、帶電量為，、間距離為，、的板間電壓大小均為，板間電場視為勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應。求：（1）粒子經(jīng)過時的速度大小；（2）粒子經(jīng)過時速度方向與軸正向的夾角；（3）磁場的磁感應強度大小。23．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）亥姆霍茲線圈是一對平行的完全相同的圓形線圈。如圖所示，兩線圈通入方向相同的恒定電流，線圈間形成平行于中心軸線的勻強磁場，沿建立軸，一足夠大的圓形探測屏垂直于軸放置，其圓心點位于軸上。在線圈間加上平行于軸的勻強電場，粒子源從軸上的點以垂直于軸的方向持續(xù)發(fā)射初速度大小為的粒子。已知粒子質量為，電荷量為，電場強度大小為，磁感應強度大小為，電場和磁場均沿軸正方向，不計粒子重力和粒子間相互作用。若未加電場，粒子可以在線圈間做勻速圓周運動。（1）若未加電場，求粒子做圓周運動的半徑；（2）加入電場后，沿軸方向左右調節(jié)探測屏，求粒子打在探測屏上的點距探測屏圓心點的最遠距離；（3）加入電場后，沿軸方向左右調節(jié)探測屏，若要使粒子恰好打在探測屏的圓心點，求此時點與粒子源間的距離。24．（2024?重慶）有人設計了一種粒子收集裝置。如圖所示，比荷為的帶正電的粒子，由固定于點的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在上方的點，在上，且垂直于。若打開磁場開關，空間將充滿磁感應強度大小為，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為的粒子運動到點時，打開磁場開關，該粒子全被收集，不計粒子重力，忽略磁場突變的影響。（1）求間的距離。（2）速率為的粒子射出瞬間打開磁場開關，該粒子仍被收集，求間的距離。（3）速率為的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計時點。求打開磁場的那一時刻。25．（2024?江蘇四模）如圖所示，直線與軸之間有垂直于平面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅱ，直線與間有沿軸負方向的勻強電場，電場強度，另有一半徑的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度，方向垂直坐標平面向外，該圓與直線和軸均相切，且與軸相切于點。一帶負電的粒子從點沿軸的正方向以速度進入圓形磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進入勻強磁場區(qū)域Ⅱ，且第一次進入勻強磁場區(qū)域Ⅱ時的速度方向與直線垂直。粒子速度大小，粒子的比荷為，粒子重力不計。已知，，求：（1）粒子在圓形勻強磁場區(qū)域工中做圓周運動的半徑大?。唬?）坐標的值；（3）要使粒子能運動到軸的負半軸，則勻強磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應強度應滿足的條件。

2025年高考物理解密之磁場參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?天津）如圖所示，兩根不計電阻的光滑金屬導軌平行放置，導軌及其構成的平面均與水平面成某一角度，導軌上端用直導線連接，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。具有一定阻值的金屬棒從某高度由靜止開始下滑，下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好，則所受的安培力及其加速度、速度、電流，隨時間變化的關系圖像可能正確的是A． B． C． D．【答案】【考點】安培力作用下的運動學問題（力與運動的關系）【專題】推理論證能力；推理法；電磁感應與電路結合；定量思想【分析】根據(jù)題意設置相應條件，由安培力的公式結合導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢公式、牛頓第二定律分析、、以及的變化情況；根據(jù)閉合電路的歐姆定律導出電流表達式，再分析圖像的變化情況。【解答】解：根據(jù)題意，設導體棒的電阻為，導軌間距為，磁感應強度大小為，導體棒速度為時，受到的安培力為，可知，由牛頓第二定律可得，導體棒的加速度為可知，隨著速度的增大，導體棒的加速度逐漸減小，當加速度為零時，導體棒開始做勻速直線運動，則圖像的斜率逐漸減小直至為零時，速度保持不變，由于安培力與速度成正比，則圖像的斜率逐漸減小直至為零時，保持不變，故正確，錯誤；根據(jù)題意，由公式可得感應電流為，由數(shù)學知識可得，由于加速度逐漸減小，則圖像的斜率逐漸減小，故錯誤。故選：?！军c評】考查電磁感應的相關問題，結合閉合電路的歐姆定律，牛頓運動定律等列式求解分析。2．（2024?成都模擬）利用霍爾效應制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應用于測量和自動控制等領域。如圖所示，將一厚度為的半導體薄片垂直置于磁場中，在薄片的兩個側面、間通以電流時，另外兩側、間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應。其原因是薄片中定向移動形成電流的載流子受洛倫茲力的作用向一側偏轉和積累，在、間產(chǎn)生霍爾電壓。半導體的載流子有自由電子或空穴（相當于正電荷）兩種類型。下列說法正確的是A．若該半導體是空穴導電，則側的電勢低于側的電勢 B．若只增大半導體薄片的厚度，則霍爾電壓將增大 C．若只增大磁場的磁感應強度，則霍爾電壓將增大 D．若只增大電流，則霍爾電壓將減小【答案】【考點】霍爾效應與霍爾元件【專題】定量思想；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理能力；推理法【分析】、根據(jù)左手定則得出粒子的偏轉方向，從而得出電勢的高低；、粒子受到的電場力和洛倫茲力平衡，由此列式得出霍爾電壓的表達式，進而判斷哪個選項正確?！窘獯稹拷猓海粼摪雽w是空穴導電，即相當于正電荷導電，根據(jù)左手定則可知，正電荷在洛倫茲力作用下向側聚集，可知側電勢高于側電勢，故錯誤；．由于、間產(chǎn)生電場，穩(wěn)定時電場力與洛倫茲力平衡，設、間距離為，霍爾元件長為，則有設單位體積內電荷的數(shù)目為，根據(jù)電流的微觀定義式有解得可知，若增大半導體薄片的厚度，則霍爾電壓將減小，故錯誤；．若增大磁感應強度，則霍爾電壓將增大，故正確；．若增大電流，則霍爾電壓將增大，故錯誤。故選：?！军c評】本題主要考查了霍爾效應的相關應用，根據(jù)左手定則得出粒子的受力方向，結合電場力和洛倫茲力的等量關系即可完成分析。3．（2024?蘇州三模）極光是由太陽發(fā)射的高速帶電粒子受地磁場的影響，進入兩極附近時，撞擊并激發(fā)高空中的空氣分子和原子引起的。假如我們在北極地區(qū)仰視，發(fā)現(xiàn)正上方如圖所示的沿順時針方向運動弧狀極光，則關于這一現(xiàn)象中的高速粒子的說法正確的是A．該粒子帶負電 B．該粒子軌跡半徑逐漸增大 C．若該粒子在赤道正上方垂直射向地面，會向東偏轉 D．地磁場對垂直射向地球表面的該粒子的阻擋作用在南、北兩極附近最強【答案】【考點】地磁場；洛倫茲力的概念【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力【分析】由于空氣阻力的作用，粒子速度逐漸減小，其運動半徑逐漸減小，因此圓周運動半徑逐漸減小，從而確定高速粒子在北極上空運動的方向。結合地磁場方向向下指向地面，由左手定則可以判斷粒子帶正電．【解答】解：、根據(jù)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑公式，運動過程中粒子因空氣阻力做負功，動能變小，速度減小，則半徑減小。在北極上空有向下的磁場，由地面上仰視粒子順時針方向運動，則由左手定則得粒子帶正電，故錯誤；、若該粒子在赤道正上方垂直射向地面，則由左手定則得會向東偏轉，故正確；、粒子垂直射向地球，緯度越高，粒子運動方向和磁場方向夾角越小，受到時洛倫茲力越小，越容易射入地球大氣，阻擋作用弱；相反在低緯度地區(qū)，粒子運動方向和磁場方向夾角大，根據(jù)洛倫茲力的公式可知，受到時洛倫茲力大，粒子不容易射入地球大氣，阻擋作用強，所以地磁場對垂直射向地球表面的宇宙射線的阻擋作用在赤道附近最強，故錯誤。故選：?！军c評】題目以常見的自然現(xiàn)象為背景命題，考查了地磁場、左手定則、帶電粒子在磁場中的運動等知識點．極光在地球上看為順時針方向，用左手定則可斷定高速粒子的電性。4．（2024?海安市校級二模）某同學利用手機物理工坊測量當?shù)氐卮艌龅拇鸥袘獜姸?，如圖甲所示，以手機顯示屏所在平面為平面，在手機上建立直角坐標系，該同學測量時軸始終保持豎直向上，手機平面繞軸勻速轉動，手機顯示出各軸磁場的實時數(shù)據(jù)（如圖乙所示）。當外界磁場分量與坐標軸正方向相同時則顯示正值，相反則顯示負值，根據(jù)圖像可推知，下列說法錯誤的是A．圖中時刻軸正方向指向地球北方 B．圖中時刻軸正方向指向地球南方 C．時間內手機剛好繞軸轉動了一周 D．通過軸數(shù)據(jù)可知測量地在南半球【答案】【考點】地磁場；磁感應強度的定義與物理意義【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；實驗探究能力【分析】磁感應強度是矢量，根據(jù)平行四邊形定則計算合磁感應強度的大小?！窘獯稹拷猓旱卮艌龅臉O在地球南極附近，極在地球北極附近，在南半球，地磁場方向斜向上，豎直分量豎直向上，水平分量指向北方；在北半球，地磁場方向斜向下，豎直分量豎直向下，水平分量指向北方，如下圖所示，、根據(jù)北半球地磁場保持水平分量為向北，因此當手機繞軸轉動過程，地磁場水平分量在軸和軸的分量，將出現(xiàn)正弦或余弦式的變化，圖中時刻軸正方向磁場數(shù)值達到最大，說明此時刻軸正方向指向地球北方，故正確；、圖中時刻軸負方向磁場數(shù)值達到最大，說明時刻軸正方向指向地球南方，故正確；、由圖中軸數(shù)據(jù)為負，即磁場有豎直向下分量且基本保持不變，可知測量地在北半球，故錯誤；、時間內軸方向磁場變化剛好一個周期，說明時間內手機剛好繞軸轉動了一周，故正確；本題選擇錯誤的，故選：?！军c評】本題考查對磁感應強度的理解，明確磁感應強度是矢量，滿足平行四邊形定則。5．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）地球本身是一個大磁體，其磁場分布如圖所示。目前學術界對于地磁場的形成機制尚無共識。一種理論認為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉產(chǎn)生的環(huán)形電流?；诖死碚?，下列判斷正確的是A．地表電荷為正電荷 B．若地球自轉角速度減小，則地表上任一位置的磁感應強度均減小 C．地球赤道上方各點處地磁場的磁感應強度相同 D．赤道上穿過地表單位面積的磁通量比兩極處大【答案】【考點】通電直導線周圍的磁場；磁通量的概念和計算公式的定性分析【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力【分析】根據(jù)安培定則和地球自轉方向分析判斷；若地球自轉角速度減小，分析則等效電流的變化，從而分析磁感應強度的變化；據(jù)地球赤道上方各點處地磁場的磁感應強度的特點分析；根據(jù)磁通量定義分析。【解答】解：．根據(jù)題意，地磁場來源于地表電荷隨地球自轉產(chǎn)生的環(huán)形電流，根據(jù)安培定則和地球自轉方向為自西向東，地磁場內部磁感線方向由北到南，可以判斷地表電荷為負電荷，故錯誤；．若地球自轉角速度減小，則線速度減小，則等效電流越小，磁感應強度減小，故正確；．地球赤道上方各點處地磁場的磁感應強度方向相同，大小不同，故錯誤；．赤道處磁感線與地面平行，穿過地表單位面積的磁通量為0，兩極最大，故錯誤。故選：?！军c評】本題主要考查電流與磁場的關系，在做題中要注意，磁感線是閉合曲線。6．（2024?重慶模擬）《大國重器》節(jié)目介紹的輸電系統(tǒng)的三相共箱技術，如圖甲所示，管道內部有三根絕緣超高壓輸電線纜平行且間距相等，截面圖如圖乙所示，上方兩根輸電線纜、連線水平，某時刻、中電流方向垂直于紙面向里，中電流方向垂直于紙面向外，、、中電流大小均為，則A．正三角形中心處的磁感應強度為0 B．、連線中點處的磁感應強度斜向左上方 C．、輸電線纜相互吸引 D．、輸電線纜相互吸引【答案】【考點】通電直導線周圍的磁場；兩根通電導線之間的作用力【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力【分析】、根據(jù)右手定則判斷出每根電纜在處或中點處的磁感應強度，再根據(jù)矢量的合成法則求合磁感應強度；、根據(jù)通向電流互相吸引反向電流互相排斥，可判斷、輸電線纜間的作用力。【解答】解：、根據(jù)右手定則可判斷輸電線纜在點的磁感應強度方向垂直指向左下方，輸電線纜在點的磁感應強度方向垂直指向右下方，根據(jù)對稱性可知，輸電線纜在處產(chǎn)生的磁感應強度大小相等，根據(jù)矢量的合成法則可判斷、輸電線纜在處的合磁感應強度方向豎直向下，而輸電線在點的磁感應強度方向垂直水平向右，所以處合磁感應強度方向應斜向右下方，故錯誤；、輸電線纜在、連線中點處的磁感應強度方向豎直向下，輸電線纜在點的磁感應強度方向豎直向下，輸電線在、連線中點的磁感應強度方向水平向右，所以、連線中點合磁感應強度方向斜向右下方，故錯誤；、根據(jù)同向電流相互吸引，反向電流相互排斥可知，、輸電線纜相互吸引，、輸電線纜相互排斥，故正確，錯誤；故選：?！军c評】本題主要考查電流產(chǎn)生的磁場方向的判斷方法，解題關鍵是右手定則的應用及矢量的合成法則。7．（2024?渾南區(qū)校級三模）磁懸浮地球儀內部存在永磁鐵，當?shù)鬃姾蟮厍騼x可以懸浮在空中，用手轉動地球儀，可生動地展現(xiàn)地球在太空中的形態(tài)。若用手觸碰地球儀使其偏離平衡位置少許，底座中的霍爾元件能檢測到磁場的變化，松手后，負反饋機制會使地球儀重新回到平衡位置不掉落，下列說法錯誤的是A．地球儀懸浮時處于失重狀態(tài) B．地球儀利用了電流的磁效應 C．地球儀能夠持續(xù)轉動是因為具有慣性 D．地球儀利用磁場將南北極鎖定，使其只能繞地軸旋轉【答案】【考點】慣性與質量；超重與失重的概念、特點和判斷；安培力的概念【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力【分析】地球儀處于平衡狀態(tài)，根據(jù)加速度分析地球儀是否處于超失重狀態(tài)；根據(jù)磁懸浮地球儀底部線圈通電產(chǎn)生磁場分析；地球儀能夠持續(xù)轉動是因為具有慣性；地球儀利用磁場將南北極鎖定，使其只能繞地軸旋轉?！窘獯稹拷猓捍艖腋〉厍騼x的球體中裝有永磁鐵，底部線圈通電產(chǎn)生磁場，磁場力與重力平衡而懸浮，地球儀處于平衡狀態(tài)，地球儀的加速度為零，既不處于超重狀態(tài)，也不處于失重狀態(tài)，故錯誤；磁懸浮地球儀底部線圈通電產(chǎn)生磁場，地球儀利用了電流的磁效應，故正確；地球儀能夠持續(xù)轉動是因為具有慣性，故正確；地球儀利用磁場將南北極鎖定，使其只能繞地軸旋轉，故正確。本題選錯誤的，故選?！军c評】本題考查了超失重現(xiàn)象、電流的磁效應、慣性等相關知識，注意物理知識的具體應用。8．（2024?江西模擬）如圖所示，粒子甲垂直邊界進入垂直紙面向外的勻強磁場時發(fā)生核反應：甲乙丙，產(chǎn)生的乙和丙粒子垂直經(jīng)過磁場的軌跡如圖所示。已知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑之比為，不計重力及空氣阻力，則A．甲帶正電 B．乙?guī)ж撾?C．甲、乙的動量大小之比為 D．乙、丙的動量大小之比為【答案】【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；洛倫茲力、磁場、粒子運動方向和電荷性質的相互判斷；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理能力【分析】由左手定則判斷乙和丙的帶電性質，根據(jù)電荷守恒定律分析甲的帶電性質；根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得粒子的動量與運動半徑的關系，可得到乙和丙的動量大小之比。根據(jù)動量守恒定律分析甲、乙的動量大小之比?！窘獯稹拷猓?、粒子乙在磁場中順時針偏轉，粒子丙在磁場中逆時針偏轉，由左手定則判斷，乙?guī)д姡麕ж撾?。已知乙和丙的電荷量大小相等，根?jù)電荷守恒定律，可知甲不帶電，故錯誤；、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，可得：又有動量聯(lián)立可得：可見粒子的動量大小與圓周運動半徑為正比關系，已知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑之比為，則乙、丙的動量大小之比為。粒子甲發(fā)生核反應的過程滿足動量守恒定律，以甲的運動方向為正方向，則有：，可得甲、乙的動量大小之比為，故正確，錯誤。故選：?！军c評】本題考查了帶電粒子在磁場中運動問題，要知道帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力。原子核發(fā)生核反應的過程滿足動量守恒定律。9．（2024?海淀區(qū)校級三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中、、、、是從點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。有關這些徑跡以下判斷正確的是A．、都是正電子的徑跡 B．徑跡對應的粒子動量最大 C．徑跡對應的粒子動能最大 D．徑跡對應的粒子運動時間最長【答案】【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子所帶電性，根據(jù)粒子做圓周運動的半徑和圓心角，分析粒子的速度、動能、動量和運動時間?！窘獯稹拷猓海畮щ娏Ｗ釉诖怪庇诩埫嫦蛲獾拇艌鲋羞\動，根據(jù)左手定則可知、、都是正電子的徑跡，、都是負電子的徑跡，故錯誤；．帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有解得由圖可知徑跡對應的粒子的運動半徑最小，徑跡對應的粒子的速度最小，根據(jù)可知徑跡對應的粒子動量最小，故錯誤；．根據(jù)可知即徑跡對應的粒子動能不是最大的，故錯誤；．帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有，則所以粒子在磁場中的運動時間其中為粒子在磁場中的偏轉角度，由圖可知徑跡對應的偏轉角度最大，則徑跡對應的粒子運動時間最長，故正確。故選：?！军c評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，比較簡單，從圖中正確得出粒子做圓周運動的半徑和圓心角是解題關鍵。10．（2024?東西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強磁場，磁感應強度為，一個質量為、電荷量為的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)使圓環(huán)以初速度向上運動，經(jīng)時間圓環(huán)回到出發(fā)點，不計空氣阻力，取豎直向上為正方向。下列描述該過程中圓環(huán)的速度隨時間、摩擦力隨時間、動能隨位移、機械能隨位移變化規(guī)律的圖象中，不可能正確的是A． B． C． D．【答案】【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；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力【分析】小球受重力、洛倫茲力、支持力和滑動摩擦力，然后根據(jù)牛頓第二定律列式，推導出縱坐標與橫坐標的關系式，由此進行解答?！窘獯稹拷猓海∏蛳蛏线\動的過程中受重力、洛倫茲力、支持力和向下的滑動摩擦力，向上運動，重力和摩擦力做負功，速度不斷減小，洛倫茲力不斷減小，支持力減小，故滑動摩擦力減小，合力減小，物體做加速度不斷減小的加速運動，當速度減為零時，向上的位移最大，摩擦力等于0，而加速度等于重力加速度；小球達到最高點后向下運動的過程中受重力、洛倫茲力、支持力和向上的滑動摩擦力，由于速度不斷變大，洛倫茲力不斷變大，支持力變大，故滑動摩擦力變大，合力減小，物體做加速度不斷減小的加速運動，當加速度減為零時，速度最大；由以上的分析可知，小球先向上運動，加速度逐漸減??；后小球向下運動，加速度仍然繼續(xù)減?。撎柋硎舅俣鹊姆较蚯昂笙喾矗梢陨系姆治隹芍?，小球先向上運動，摩擦力的方向向下，逐漸減??；后小球向下運動，摩擦力的方向向上，逐漸增大，故是可能的；．小球向上運動的過程中，有由于逐漸減小，所以動能的變化率逐漸減小，故不可能；．小球運動的過程中摩擦力做功使小球的機械能減小，向上運動的過程中△△由于向上運動的過程中逐漸減小，所以機械能的變化率逐漸減?。欢蛳逻\動的過程中摩擦力之間增大，所以機械能的變化率逐漸增大，故是可能的。本題選不可能的，故選：。【點評】本題關鍵分析清楚帶電小球的運動情況，明確：向上運動的過程中摩擦力逐漸減小，向下運動的過程中摩擦力逐漸增大，加速度、速度和動能、機械能都隨之發(fā)生變化。二．多選題（共5小題）11．（2024?開福區(qū)校級模擬）如圖所示，在某空間的一個區(qū)域內有一直線與水平面成角，在兩側存在垂直于紙面且方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小為。從直線上的點水平向右射出速率為的粒子，粒子帶正電，比荷為，若粒子運動過程中經(jīng)過直線上的點，粒子從點運動到點的時間為。已知，不計粒子重力。則A．可能為 B．可能為 C．可能為 D．一定為【答案】【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動【專題】推理法；推理論證能力；定量思想；帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】根據(jù)洛倫茲力做向心力得到粒子在兩磁場中運動軌道半徑相等，且得到速率和半徑的關系，結合幾何關系和對稱性求磁感應強度的可能值；然后根據(jù)每次偏轉角，結合時間公式求總時間?！窘獯稹拷猓骸⒂深}意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，粒子每次經(jīng)過直線均偏轉，由幾何關系，將分成等份，可知半徑：根據(jù)洛倫茲力提供向心力：聯(lián)立可得：，故正確，錯誤；、粒子從點運動到點的時間為為：，故錯誤，正確。故選：?！军c評】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力做向心力，故常根據(jù)速度及磁感應強度求得半徑，然后根據(jù)幾何關系求得運動軌跡；或反過來由軌跡根據(jù)幾何關系求解半徑，進而求得速度、磁感應強度。12．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）如圖所示，在平面的第一、二象限內有垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為，在第三、四象限范圍內有沿軸正方向的勻強電場，在坐標原點有一個粒子源可以向軸上方以不同速率向各個方向發(fā)射質量為、電荷量為的帶正電粒子，軸上的點坐標為，軸上的點坐標為。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用。下列說法中正確的是A．所有經(jīng)過點的粒子最小速度為 B．若以最小速率經(jīng)過點的粒子又恰好能過點，則電場強度大小為 C．沿不同方向進入勻強磁場的粒子要經(jīng)過點，速度大小一定不同 D．所有經(jīng)過點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同【答案】【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動【專題】帶電粒子在復合場中的運動專題；推理法；定量思想；推理能力【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓周運動半徑最小時，粒子經(jīng)過點時速度最小，由洛倫茲力提供向心力，結合幾何關系求解最小速度；速度最小的粒子由點到點做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式求解電場強度；經(jīng)過、兩點的不同圓半徑可以相等，也可以不相等，運動半徑相等時粒子速度大小相等；沿不同方向進入磁場的粒子，經(jīng)過點時垂直電場方向的分速度為定值，粒子沿軸負方向做勻速直線運動通過磁場?！窘獯稹拷猓骸⒘Ｗ釉诖艌鲋凶鰟蛩賵A周運動，由洛倫茲力提供向心力得：，可得：當為粒子運動軌跡的直徑時（即，圓周運動半徑最小，粒子經(jīng)過點時速度最小，可得：，故正確；、粒子以最小速率經(jīng)過點時，在磁場中的軌跡恰好為半個圓周，到達點時速度方向垂直于軸，由點到點做類平拋運動。沿軸負方向做勻速直線運動，則有：沿軸正方向做勻加速直線運動，則有：由牛頓第二定律得：聯(lián)立解得電場強度，故錯誤；、經(jīng)過點圓弧軌跡均以為弦，如圖1所示為經(jīng)過、兩點的半徑相等的圓與圓，粒子可以分別沿這兩個等大的圓在磁場中的圓弧部分做圓周運動經(jīng)過點，由于運動半徑相等，故粒子速度大小相同，故錯誤；、設沿不同方向進入磁場的粒子，經(jīng)過點的速度方向與軸夾角為，如圖2所示。由幾何關系得：，同理由：，可得：在點垂直電場方向的分速度為：，可見為定值。粒子穿過電場過程沿軸負方向做勻速直線運動，則有：，因為定值，故所有經(jīng)過點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同，故正確。故選：?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場和電場的運動規(guī)律，對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；對于帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，應用運動的分解與合成解答。13．（2024?福建）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細繩將半徑為的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端、處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為、方向從到的電流，細繩處于繃直狀態(tài)，則A．兩根細繩拉力均比未通電流時的大 B．兩根細繩拉力均比未通電流時的小 C．銅環(huán)所受安培力大小為 D．銅環(huán)所受安培力大小為【答案】【考點】左手定則判斷安培力的方向；安培力的計算公式及簡單應用【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力【分析】應用等效法，通電半圓形銅環(huán)等效長度為直徑，根據(jù)公式計算安培力，根據(jù)左手定則判斷方向，根據(jù)平衡條件判斷通電前后繩子拉力大小關系。【解答】解：通電半圓形銅環(huán)可等效為長度為直徑的通電直導線，電流方向，根據(jù)左手定則可知半圓形銅環(huán)受到的安培力方向豎直向下，大小，根據(jù)受力分析可得，通電后，繩子拉力，兩根細繩拉力均比未通電流時的大，故正確，錯誤；故選：?！军c評】本題主要考查非直通電導線受安培力的計算，根據(jù)等效法進行解答。14．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖甲，用強磁場將百萬度高溫的等離子體（等量的正離子和電子）約束在特定區(qū)域實現(xiàn)受控核聚變的裝置叫托克馬克。我國托克馬克裝置在世界上首次實現(xiàn)了穩(wěn)定運行100秒的成績。多個磁場才能實現(xiàn)磁約束，其中之一叫縱向場，圖乙為其橫截面的示意圖，越靠管的右側磁場越強。盡管等離子體在該截面上運動的曲率半徑遠小于管的截面半徑，但如果只有縱向場，帶電粒子還會逐步向管壁“漂移”，導致約束失敗。不計粒子重力，若僅在縱向場中，下列說法正確的是A．正離子在縱向場中沿逆時針方向運動 B．帶電粒子在縱向場中的速度大小不變 C．在縱向場中，帶電粒子將發(fā)生左右方向的漂移 D．在縱向場中，帶電粒子將發(fā)生上下方向的漂移【答案】【考點】帶電粒子（或微粒）在非勻強磁場中的運動【專題】分析綜合能力；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理法；定量思想【分析】根據(jù)左手定則判斷正離子的運動方向；根據(jù)洛倫茲力不改變速度大小判斷；發(fā)生漂移是因為帶電粒子在非均勻磁場中運動的軌跡半徑不同造成的，分析運動情況即可得出結論。【解答】解：．由左手定則可以判斷出正離子在磁場中受力則正離子在縱向場中沿逆時針方向運動，故正確；．因為洛倫茲力總是與速度方向垂直，洛倫茲力永遠不做功，所以洛倫茲力不改變速度大小，則帶電粒子在縱向場中的速度大小不變，故正確；．根據(jù)題圖可以看出左右兩邊磁感應強度不一樣，由洛倫茲力提供向心力解得可知同一正離子在磁場中因為磁感應強度不同導致左右的半徑不同，所以發(fā)生偏移，越大，越小，所以同一正離子在左邊部分的半徑大于右邊部分的半徑，結合左手定則判斷出正離子就會向下側漂移，同理可知電子向上側漂移，故錯誤，正確。故選：?！军c評】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)幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量。15．（2024?湖南一模）蜜蜂飛行時依靠蜂房、采蜜地點和太陽三個點進行定位做“8”字形運動，以此告知同伴蜜源方位。某興趣小組用帶電粒子在電場和磁場中的運動模擬蜜蜂的運動。如圖所示，空間存在范圍足夠大垂直紙面、方向相反的勻強磁場Ⅰ、Ⅱ，其上、下邊界分別為、，間距為。與之間存在沿水平方向且大小始終為的勻強電場，當粒子通過進入電場中運動時，電場方向水平向右；當粒子通過進入電場中運動時，電場方向水平向左。現(xiàn)有一質量為、電荷量為的粒子在紙面內以初速度從點垂直射入電場，一段時間后進入磁場Ⅱ，之后又分別通過勻強電場和磁場Ⅰ，以速度回到點，磁場Ⅱ的磁感應強度，不計粒子重力。則下列說法正確的是A．粒子在水平向右的電場中運動的位移大小為 B．粒子在磁場Ⅱ中運動的速度大小 C．粒子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的弦長為 D．磁場Ⅰ的磁感應強度大小【答案】【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；帶電粒子在直線邊界磁場中的運動【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理能力【分析】：根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，根據(jù)運動學公式求解粒子在水平方向的位移，再求解粒子在電場運動的總位移；根據(jù)運動學公式求解粒子剛離開電場時水平方向的速度，再根據(jù)幾何關系求解合速度；：根據(jù)牛頓第二定律求解粒子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的軌道半徑，再根據(jù)幾何知識求解粒子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的弦長；：根據(jù)幾何知識求解粒子在磁場Ⅰ中運動的軌道半徑，再根據(jù)牛頓第二定律求解磁場Ⅰ的磁感應強度。【解答】解：．粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，豎直方向做勻速直線運動，有水平方向做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)運動學公式有故粒子在水平向右的電場中運動的位移大小粒子剛進入磁場Ⅱ時沿水平方向的速度為故粒子在磁場Ⅱ中運動的速度為設速度方向與成角，根據(jù)幾何知識有，故錯誤；．粒子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動，其軌跡如圖所示根據(jù)牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有解得根據(jù)幾何知識有，故正確；．粒子穿過分別通過勻強電場和磁場Ⅰ，以速度回到點，在磁場Ⅰ中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系有解得根據(jù)牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得磁場Ⅰ的磁感應強度大小，故正確。故選：?！军c評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規(guī)律解題。三．填空題（共5小題）16．（2024?思明區(qū)校級模擬）在城市建設施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置，如圖所示，有一種探測方法是，首先給金屬長直管線通上電流，再用可以測量磁場強弱、方向的儀器進行以下操作：①用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁場的最強的某點，記為；②在點附近的地面上，找到與點磁感應強度相同的若干點，將這些點連成直線；③在地面上過點垂直于的直線上，找到磁場方向與地面夾角為的、兩點，測得、兩點距離為，由此可確定金屬管線平行（填“平行”或“垂直”于，深度為。【答案】平行，【考點】通電直導線周圍的磁場【專題】推理法；分析綜合能力；定量思想；磁場磁場對電流的作用【分析】根據(jù)安培定則判斷磁場方向，然后畫出直線電流的磁感線方向，結合幾何關系確定金屬管線深度。【解答】解：用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應強度最強的某點，記為，說明點離電流最近；找到與點磁感應強度相同的若干點，將這些點連成直線，故說明這些點均離電流最近，根據(jù)金屬管線應該平行；畫出側視圖，如圖所示：、間距為，且磁場方向與地面夾角為，故金屬管線在正下方，由幾何知識可得深度故答案為：平行，【點評】本題考查直線電流的磁感線分布情況，關鍵時需要通過作圖分析問題，結合幾何關系確定導線位置。17．（2024?松江區(qū)校級三模）圖是磁電式電表內部結構示意圖，該電表利用的物理原理是通電線圈因受安培力而轉動，寫出一條能提高該電表的靈敏度措施是：?！敬鸢浮客娋€圈因受安培力而轉動；增加線圈的匝數(shù)。【考點】磁電式電流表【專題】定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理能力【分析】通電線圈在磁場中受到安培力的作用，因而發(fā)生轉動，改變線圈受力即可改變電表的靈敏度?！窘獯稹拷猓寒斢须娏髁鬟^線圈時，在磁場的作用下線圈受到安培力，因而發(fā)生轉動，如果增加線圈的匝數(shù)，那么在流過相同電流的情況下線圈的受力會變大，轉動更明顯，因此靈敏度更高。故答案為：通電線圈因受安培力而轉動；增加線圈的匝數(shù)。【點評】本題需要對線圈在磁場中的受力進行分析。18．（2024?泉州模擬）利用霍爾效應制成的傳感器被廣泛應用于自動控制等領域。如圖，寬為的金屬板置于勻強磁場中，磁場方向與金屬板垂直，磁感應強度大小為。當金屬板通入如圖所示的電流時，金屬板上（填“上”、“下”表面聚集電子，產(chǎn)生霍爾電壓；若已知電子定向移動速率為，則金屬板上產(chǎn)生的霍爾電壓為?！敬鸢浮可希?。【考點】霍爾效應與霍爾元件【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理能力【分析】根據(jù)左手定則分析出電子的偏轉方向，結合電場力和洛倫茲力的等量關系得出霍爾電壓的大小?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)左手定則可知，金屬板中電子定向移動時受到豎直向上的洛倫茲力，則金屬板上表面聚集電子；當電子受到的電場力和洛倫茲力平衡時，極板間的霍爾電壓保持不變，則解得：故答案為：上；?！军c評】本題主要考查了霍爾效應的相關應用，熟悉左手定則分析出洛倫茲力的方向，結合電場力和洛倫茲力的等量關系即可完成分析。19．（2023?金山區(qū)二模）已知環(huán)形電流在圓心處的磁感應強度大小與其半徑成反比。紙面內閉合線圈由兩個相同的同心半圓電阻絲構成，電流從流入，由流出，如圖所示。流經(jīng)上半圓的電流在圓心點產(chǎn)生磁場的磁感應強度為，方向垂直紙面向里；線圈中電流在點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為?！敬鸢浮看怪奔埫嫦蚶?；0。【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應強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【分析】根據(jù)右手螺旋定則判定電流在點處產(chǎn)生磁場方向，結合矢量疊加法則，從而確定各自在點處的磁感應強度大小。【解答】解：流經(jīng)上半圓的電流在圓心點產(chǎn)生磁場的磁感應強度為，根據(jù)右手螺旋定則得方向是垂直紙面向里。下半圓的電流在圓心點產(chǎn)生磁場的磁感應強度方向是垂直紙面向外，根據(jù)對稱性和矢量疊加法則得線圈中電流在點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為0。故答案為：垂直紙面向里；0【點評】考查右手螺旋定則的內容，掌握矢量的合成法則應用，注意各自在點處磁感應強度大小計算是解題的關鍵。20．（2023?黃浦區(qū)二模）四根完全相同的長直導線互相平行，它們的截面處于正方形的四個頂點，導線中都通有大小相同的電流，方向如圖所示。正方形對角線的交點為，通電導線在點產(chǎn)生的磁感應強度為，四根通電導線在點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為，方向為。【答案】、由指向。【考點】通電直導線周圍的磁場【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力【分析】根據(jù)等距下電流所產(chǎn)生的的大小與電流成正比，得出各電流在點所產(chǎn)生的的大小關系，由安培定則確定出方向，再利用矢量合成法則求得點的磁感應強度大小。【解答】解：據(jù)安培定則可得各通電電流在點產(chǎn)生的磁場方向如圖所示，正方形的四個頂點，導線中都通有大小相同的電流，通電導線在點產(chǎn)生的磁感應強度為，所以通電導線在點產(chǎn)生的磁感應強度均為，由矢量疊加可得四根通電導線在點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為：由疊加原理可得點產(chǎn)生磁場的方向為由指向。故答案為：、由指向。【點評】本題考查磁感應強度的矢量合成法則，會進行磁感應強度的合成，從而確定磁場的大小與方向。四．解答題（共5小題）21．（2025?邯鄲一模）如圖所示，邊長為的正方形區(qū)域（含邊界）內存在勻強電場，電場強度方向向下且與邊平行。一質量為、電荷量為的帶電粒子從點沿方向以初速度射入勻強電場，恰好能從點飛出。不計粒子重力。（1）求粒子在電場中運動的時間及速度偏轉角的正切值；（2）若將正方形區(qū)域內的勻強電場換成垂直紙面向外的勻強磁場，粒子仍以相同速度從點進入磁場，粒子以相同偏轉角從邊飛出。求磁感應強度與電場強度的比值。【答案】（1）粒子在電場中運動的時間為，速度偏轉角的正切值為2；（2）磁感應強度與電場強度的比值為?！究键c】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動；帶電粒子在矩形邊界磁場中的運動【專題】推理法；定量思想；分析綜合能力；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）粒子沿方向的運動為勻速直線運動，求粒子在電場中運動的時間；由平拋運動中位移夾角和速度夾角的關系求速度偏轉角的正切值；（2）由求得磁場的大?。涣Ｗ釉趧驈婋妶鲋凶鲱惼綊佭\動，由運動學公式求得電場強度?！窘獯稹拷猓海?）粒子在勻強電場中做類平拋運動，由運動學公式可知位移偏轉角為，則有速度偏轉角的正切值（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示由幾何關系可知且由牛頓第二定律可知解得粒子在勻強電場中運動過程有且，解得磁感應強度與電場強度的比值為答：（1）粒子在電場中運動的時間為，速度偏轉角的正切值為2；（2）磁感應強度與電場強度的比值為?！军c評】明確粒子在電場中的運動情況，熟記運動學公式以及平拋運動中位移夾角和速度夾角的關系可輕松解題。22．（2024?福建）如圖，直角坐標系中，第Ⅰ象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器、，其中垂直軸放置，極板與軸相交處存在小孔、；垂直軸放置，上、下極板右端分別緊貼軸上的、點。一帶電粒子從靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從射出，緊貼下極板進入，而后從進入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉后恰好垂直軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質量為、帶電量為，、間距離為，、的板間電壓大小均為，板間電場視為勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應。求：（1）粒子經(jīng)過時的速度大?。唬?）粒子經(jīng)過時速度方向與軸正向的夾角；（3）磁場的磁感應強度大小?！敬鸢浮浚?）粒子經(jīng)過時的速度大小為。（2）粒子經(jīng)過時速度方向與軸正向的夾角為；（3）磁場的磁感應強度為?！究键c】帶電粒子先后經(jīng)過加速電場和偏轉電場；帶電粒子由電場進入磁場中的運動【專題】應用題；信息給予題；定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力【分析】（1）根據(jù)動能定理列式求解粒子經(jīng)過點時的速度大??；（2）根據(jù)動能定理求解粒子離開電場時的速度，再由運動的合成和分解和幾何關系求出夾角；（3）根據(jù)幾何關系確定粒子在磁場中的半徑，再由洛倫茲力充當向心力求解磁感應強度?！窘獯稹拷猓海?）粒子在電場中加速，由動能定理可知，解得；（2）粒子進入后水平方向做勻速運動，豎直方向為勻加速直線運動，由動能定理可得：解得由幾何關系可知，粒子豎直方向上的分速度為，水平速度和豎直速度相等，由運動的合成和分解規(guī)律可知，粒子經(jīng)過時速度方向與軸正向的夾角為；（3）粒子以速度進入磁場，在磁場中運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，圓的半徑由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得答：（1）粒子經(jīng)過時的速度大小為。（2）粒子經(jīng)過時速度方向與軸正向的夾角為；（3）磁場的磁感應強度為?！军c評】本題考查帶電粒子在電場中的加速、偏轉以及磁場中的圓周運動，要注意掌握各種運動的求解方法，明確電場中的運動合成與分解的應用，掌握磁場中的圓周運動的處理方法。23．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）亥姆霍茲線圈是一對平行的完全相同的圓形線圈。如圖所示，兩線圈通入方向相同的恒定電流，線圈間形成平行于中心軸線的勻強磁場，沿建立軸，一足夠大的圓形探測屏垂直于軸放置，其圓心點位于軸上。在線圈間加上平行于軸的勻強電場，粒子源從軸上的點以垂直于軸的方向持續(xù)發(fā)射初速度大小為的粒子。已知粒子質量為，電荷量為，電場強度大小為，磁感應強度大小為，電場和磁場均沿軸正方向，不計粒子重力和粒子間相互作用。若未加電場，粒子可以在線圈間做勻速圓周運動。（1）若未加電場，求粒子做圓周運動的半徑；（2）加入電場后，沿軸方向左右調節(jié)探測屏，求粒子打在探測屏上的點距探測屏圓心點的最遠距離；（3）加入電場后，沿軸方向左右調節(jié)探測屏，若要使粒子恰好打在探測屏的圓心點，求此時點與粒子源間的距離。【答案】（1）若未加電場，粒子做圓周運動的半徑為；（2）加入電場后，沿軸方向左右調節(jié)探測屏，粒子打在探測屏上的點距探測屏圓心點的最遠距離為；（3）加入電場后，沿軸方向左右調節(jié)探測屏，若要使粒子恰好打在探測屏的圓心點，此時點與粒子源間的距離為，2，。【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動【專題】帶電粒子在電場中的運動專題；定量思想；分析綜合能力；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理法【分析】（1）由洛倫茲力提供向心力求粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑；（2）由粒子的運動情況求粒子打在探測屏上的點距探測屏圓心點的最遠距離；（3）由周期公式結合運動學公式求此時點與粒子源間的距離。【解答】解：（1）粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力得解得軌道半徑為（2）粒子在垂直于軸的平面內做勻速圓周運動，在軸方向上做勻加速運動。若粒子在垂直于軸的平面內轉過奇數(shù)個半圈，此時打到探測屏上的位置距離點最遠（3）垂直于軸的平面內，粒子在磁場中運動的周期則粒子回到軸時間為，2，沿軸方向，聯(lián)立解得，2，答：（1）若未加電場，粒子做圓周運動的半徑為；（2）加入電場后，沿軸方向左右調節(jié)探測屏，粒子打在探測屏上的點距探測屏圓心點的最遠距離為；（3）加入電場后，沿軸方向左右調節(jié)探測屏，若要使粒子恰好打在探測屏的圓心點，此時點與粒子源間的距離為，2，?！军c評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規(guī)律解題。24．（2024?重慶）有人設計了一種粒子收集裝置。如圖所示，比荷為的帶正電的粒子，由固定于點的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在上方的點，在上，且垂直于。若打開磁場開關，空間將充滿磁感應強度大小為，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為的粒子運動到點時，打開磁場開關，該粒子全被收集，不計粒子重力，忽略磁場突變的影響。（1）求間的距離。（2）速率為的粒子射出瞬間打開磁場開關，該粒子仍被收集，求間的距離。（3）速率為的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計時點。求打開磁場的那一時刻。【答案】（1）間的距離；（2）間的距離；（3）打開磁場的那一時刻?！究键c】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【專題】定量思想；推理論證能力；帶電粒子在磁場中的運動專題；方程法【分析】（1）當粒子到達點時打開磁場開關，粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力結合幾何關系可以得出的距離；（2）速率為的粒子射出瞬間打開磁場開關，根據(jù)粒子在磁場中運動的軌跡結合幾何關系可以求解之間距離；（3）速率為的粒子射出一段時間到達點，要使粒子仍然經(jīng)過點，根據(jù)粒子在磁場中運動的軌跡結合幾何關系可以求解之間距離，結合勻速直線運動可以求解粒子在打開磁場開關前運動的時間?！窘獯稹拷猓海?）當粒子到達點時打開磁場開關，粒子做勻速圓周運動，設軌跡半徑為，如圖所示由洛倫茲力提供向心力得其中解得（2）速率為的粒子射出瞬間打開磁場開關，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑如圖所示，由幾何關系有解得（3）速率為的粒子射出一段時間到達點，要使粒子仍然經(jīng)過點，則點在點右側，如圖所示由幾何關系有解得粒子在打開磁場開關前運動時間為解得答：（1）間的距離；（2）間的距離；（3）打開磁場的那一時刻?！军c評】本題關鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出運動的軌跡，然后根據(jù)牛頓第二定律并結合幾何關系列式求解。25．（2024?江蘇四模）如圖所示，直線與軸之間有垂直于平面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅱ，直線與間有沿軸負方向的勻強電場，電場強度，另有一半徑的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度，方向垂直坐標平面向外，該圓與直線和軸均相切，且與軸相切于點。一帶負電的粒子從點沿軸的正方向以速度進入圓形磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進入勻強磁場區(qū)域Ⅱ，且第一次進入勻強磁場區(qū)域Ⅱ時的速度方向與直線垂直。粒子速度大小，粒子的比荷為，粒子重力不計。已知，，求：（1）粒子在圓形勻強磁場區(qū)域工中做圓周運動的半徑大?。唬?）坐標的值；（3）要使粒子能運動到軸的負半軸，則勻強磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應強度應滿足的條件?！究键c】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；動能定理的簡單應用；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【專題】壓軸題；學科綜合題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；應用數(shù)學處理物理問題的能力【分析】（1）在圓形磁場區(qū)域粒子做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可以計算出半徑大?。唬?）粒子進入電場時速度方向與電場垂直，在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可以得到離開電場時的速度，進而得到在電場中的運動時間，以及水平位移和豎直位移大小，然后根據(jù)幾何關系可以得到的值；（3）粒子在勻強磁場區(qū)域Ⅱ中的軌道半徑不同，磁感應強度大小不同。分別計算出軌跡與軸垂直時、相切時的磁感應強度大小，即可得到范圍?！窘獯稹拷猓海?）在磁場中，設粒子做勻速圓周運動的半徑為，由牛頓第二定律可得解得：（2）由（1）知，因為粒子從點沿軸的正方向以速度進入圓形磁場區(qū)域，所以粒子離開磁場時垂直進入勻強電場，則粒子在電場中做類平拋運動，設粒子在方向的位移為，在方向的位移為，運動時間為，則粒子進入磁場區(qū)域Ⅱ時，沿方向的速度為又解得：根據(jù)運動學公式可得：所以點的值為（3）進入磁場的速度為：帶電粒子進入磁場區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運動，設半徑為，根據(jù)牛頓第二定律可得當帶電粒子出磁場區(qū)域Ⅱ與軸垂直時，由幾何關系可得代入數(shù)據(jù)解得：當帶電粒子出磁場區(qū)域Ⅱ與軸相切時，設軌道半徑為根據(jù)幾何關系可得代入數(shù)據(jù)解得：所以要使帶電粒子能運動到軸的負半軸，則勻強磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應強度應滿足的條件為答：（1）粒子在圓形勻強磁場區(qū)域工中做圓周運動的半徑大小為；（2）坐標的值為；（3）要使粒子能運動到軸的負半軸，則勻強磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應強度應滿足的條件是。【點評】帶電粒子在磁場中運動問題解決的關鍵是能夠畫出粒子在里面的運動軌跡，根據(jù)幾何關系得到半徑關系，然后根據(jù)相關方程可以解得相關物理量。

考點卡片1．慣性與質量【知識點的認識】1．定義：物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質叫做慣性。牛頓第一定律又叫慣性定律。2．慣性的量度：慣性的大小與物體運動的速度無關，與物體是否受力無關，僅與質量有關，質量是物體慣性大小的唯一量度。質量大的物體所具有的慣性大，質量小的物體所具有的慣性小。3．慣性的性質：①一切物體都具有慣性，其本質是任何物體都有慣性。②慣性與運動狀態(tài)無關：不論物體處于怎樣的運動狀態(tài)，慣性總是存在的。當物體本來靜止時，它一直“想”保持這種靜止狀態(tài)。當物體運動時，它一直“想”以那一時刻的速度做勻速直線運動。4．慣性的表現(xiàn)形式：①當物體不受外力或所受合外力為零時，慣性表現(xiàn)為保持原來的運動狀態(tài)不變；②當物體受到外力作用時，慣性表現(xiàn)為改變運動狀態(tài)的難易程度，物體慣性越大，它的運動狀態(tài)越難改變。5．加深理解慣性概念的幾個方面：（1）慣性是物體的固有屬性之一，物體的慣性與其所在的地理位置、運動狀態(tài)、時間次序以及是否受力等均無關，任何物體都具有慣性；（2）慣性大小的量度是質量，與物體運動速度的大小無關，絕不是運動速度大、其慣性就大，運動速度小，其慣性就?。唬?）物體不受外力時，其慣性表現(xiàn)為物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)；受外力作用時，其慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度不同?！久}方向】例1：關于物體的慣性，下列說法中正確的是（）A．運動速度大的物體不能很快地停下來，是因為物體速度越大，慣性也越大B．靜止的火車啟動時，速度變化慢，是因為靜止的物體慣性大的緣故C．乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球慣性小D．在宇宙飛船中的物體不存在慣性分析：一切物體，不論是運動還是靜止、勻速運動還是變速運動，都具有慣性，慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質量有關，質量越大、慣性越大；慣性的大小和物體是否運動、是否受力以及運動的快慢是沒有任何關系的。解答：A、影響慣性大小的是質量，慣性大小與速度大小無關，故A錯誤；B、靜止的火車啟動時，速度變化慢，是由于慣性大，慣性大是由于質量大，故B錯誤；C、乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球質量小，慣性小，故C正確；D、慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質量有關，有質量就有慣性，在宇宙飛船中的物體有質量，故有慣性，故D錯誤。故選：C。點評：需要注意的是：物體的慣性的大小只與質量有關，與其他都無關。而經(jīng)常出錯的是認為慣性與物體的速度有關。例2：物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質稱為慣性。下列有關慣性的說法中，正確的是（）A．乘坐汽車時系好安全帶可減小慣性B．運動員跑得越快慣性越大C．宇宙飛船在太空中也有慣性D．汽車在剎車時才有慣性分析：慣性是指物體具有的保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質，質量是物體慣性大小大小的唯一的量度。解答：A、乘坐汽車時系好安全帶，不是可以減小慣性，而是在緊急剎車時可以防止人由于慣性的作用飛離座椅，從而造成傷害，所以A錯誤；B、質量是物體慣性大小的唯一的量度，與人的速度的大小無關，所以B錯誤；C、在太空中物體的質量是不變的，所以物體的慣性也不變，所以C正確；D、質量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態(tài)無關，所以D錯誤。故選：C。點評：質量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態(tài)無關，只要物體的質量不變，物體的慣性的大小就不變?！局R點的應用及延伸】關于慣性觀點的辨析：錯誤觀點1：物體慣性的大小與物體的受力情況、運動情況、所處位置有關。辨析：慣性是物體本身想要保持運動狀態(tài)不變的特性，它是物體本身的固有屬性，與物體的受力情況、運動情況、所處位置等無關。慣性的大小用質量來量度。不同質量的物體的慣性不同，它們保持狀態(tài)不變的“本領”不同，質量越大的物體，其狀態(tài)變化越困難，說明它保持狀態(tài)不變的“本領”越強，它的慣性越大。錯誤觀點2：慣性是一種力。辨析：運動不需要力來維持，但當有力對物體作用時，力將“迫使”其改變運動狀態(tài)。這時慣性表現(xiàn)為：若要物體持續(xù)地改變運動狀態(tài)，就必須持續(xù)地對物體施加力的作用，一旦某時刻失去力的作用，物體馬上保持此時的運動狀態(tài)不再改變。因此慣性不是力，保持運動狀態(tài)是物體的本能?！拔矬w受到慣性力”、“由于慣性的作用”、“產(chǎn)生慣性”、“克服慣性”、“消除慣性”等說法是不正確的。慣性力物理意義物體保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)的性質物體間的相互作用存在條件是物體本身的固有屬性，始終具有，與外界條件無關力只有在物體間發(fā)生相互作用時才有可量性有大?。o具體數(shù)值，也無單位），無方位有大小、方向及單位錯誤觀點3：慣性就是慣性定律。辨析：慣性是一切物體都具有的固有屬性，而慣性定律是物體不受外力作用時所遵守的一條規(guī)律。錯誤觀點4：物體的速度越大。物體的慣性越大。辨析：慣性是物體本身的固有屬性，與物體的運動情況無關。有的同學認為“慣性與物體的運動速度有關，速度大，慣性就大，速度小，慣性就小”。其理由是物體運動速度大時不容易停下來，運動速度小時就容易停下來，這種認識是錯誤的。產(chǎn)生這種錯誤認識的原因是沒有正確理解“慣性大小表示物體運動狀態(tài)改變的難易程度”這句話。事實上，在受力情況完全相同時，質量相同的物體，在任意相同的時間內，速度的變化量是相同的。所以質量是慣性大小的唯一量度?！窘忸}方法點撥】慣性大小的判定方法：慣性是物體的固有屬性，與物體的運動情況及受力情況無關，質量是慣性大小的唯一量度。有的同學總是認為“慣性與速度有關，物體的運動速度大慣性就大，速度小慣性就小”。理由是物體的速度大時不容易停下來，速度小時就容易停下來。這說明這部分同學沒能將“運動狀態(tài)改變的難易程度”與“物體從運動到靜止的時間長短”區(qū)分開來。事實上，要比較物體運動狀態(tài)變化的難與易，不僅要考慮物體速度變化的快與慢，還要考慮引起運動狀態(tài)變化的外因﹣﹣外力。具體來說有兩種方法：一是外力相同時比較運動狀態(tài)變化的快慢；二是在運動狀態(tài)變化快慢相同的情況下比較所需外力的大小。對于質量相同的物體，無論其速度大小如何，在相同阻力的情況下，相同時間內速度變化量是相同的，這說明改變它們運動狀態(tài)的難易程度是相同的。所以它們的慣性相同，與它們的速度無關。2．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】1．實重和視重：（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關。（2）視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現(xiàn)象實質超重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力大于物體重力的現(xiàn)象系統(tǒng)具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力小于物體重力的現(xiàn)象系統(tǒng)具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量完全失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力為零的現(xiàn)象系統(tǒng)具有豎直向下的加速度，且a＝g【命題方向】題型一：超重與失重的理解與應用。例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水分析：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態(tài)，此時向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無論向哪個方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，此時水和容器的運動狀態(tài)相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。故選：D。點評：本題考查了學生對超重失重現(xiàn)象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。【解題方法點撥】解答超重、失重問題時，關鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現(xiàn)象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只產(chǎn)生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產(chǎn)生其他效果。平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。3．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝m＝m也是牛頓第二定律的變形，因此可以將牛頓第二定律與向心力結合起來求解圓周運動的相關問題?！久}方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．4．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點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動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的