第48頁（共48頁）2024-2025學年下學期高二物理人教版（2019）期末必刷常考題之安培力與洛倫茲力一．選擇題（共7小題）1．（2025?莆田四模）如圖所示，粗細均勻的“L”型金屬棒ACD用絕緣細線PD和QA懸吊，靜止在垂直于PDCAQ平面向外的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，CD部分水平，長為4L，AC部分豎直，長為3L。給金屬棒通入大小為I、方向從D到A的恒定電流，同時給金屬棒施加一個外力，使金屬棒仍處于原靜止狀態(tài)，則加在金屬棒上外力的最小值為（）A．3BIL B．4BIL C．5BIL D．7BIL2．（2025?江蘇模擬）半徑為R的圓環(huán)進入磁感應強度為B的勻強磁場，當其圓心經過磁場邊界時，速度與邊界成45°角，圓環(huán)中感應電流為I，此時圓環(huán)所受安培力的大小和方向是（）A．2BIR，方向與速度方向相反B．2BIR，方向垂直MN向下 C．2BIR，方向垂直MN向下D．2BIR，方向與速度方向相反3．（2025?青羊區(qū)校級一模）《大國重器Ⅲ》節(jié)目介紹了GIL輸電系統(tǒng)的三相共箱技術，如圖甲所示，三根超高壓輸電線纜平行且間距相等。截面圖如圖乙所示，截面圓心構成正三角形，上方兩根輸電線纜A、B圓心連線水平，某時刻A輸電線纜中電流方向垂直于紙面向外、B輸電線纜中電流方向垂直于紙面向里、電流大小均為I，下方C輸電線纜中電流方向垂直于紙面向外、電流大小為2I，如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．A、B輸電線纜相互吸引 B．正三角形中心O處磁感應強度方向水平向左 C．A輸電線纜所受安培力方向斜向左下方，與水平方向的夾角為60° D．C輸電線纜所受安培力方向平行輸電線纜A、B圓心連線向左4．（2025?昌平區(qū)二模）如圖所示，將長度為a、寬度為b、厚度為c的金屬導體板放在垂直于ab表面的勻強磁場中，當導體中通有從側面1流向3的電流I時，在導體的上下表面2和4之間會產生電勢差U，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應。利用霍爾效應的原理可以制造磁強計，測量磁場的磁感應強度。已知該金屬導體單位體積中的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e。則該磁場的磁感應強度B的大小為（）A．necUI B．neIcU C．neaUI5．（2025春?重慶校級月考）如圖所示，固定在絕緣水平面上相互平行的金屬導軌間的距離為d，兩導軌間的勻強磁場垂直紙面向里、磁感應強度大小為B，固定在水平導軌上的導體棒MN與水平導軌的夾角為45°，當通過導體棒MN的電流為I時，導體棒MN受到的安培力大小為（）A．12BId B．BId C．32BId 6．（2025?石家莊三模）回旋加速器利用高頻交變電壓使帶電粒子在電場中不斷加速。如圖所示，回旋加速器兩“D”型盒內存在垂直“D”型盒的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，所加速粒子的比荷為k，高頻電源由LC振蕩電路產生，LC振蕩電路中電感線圈的自感系數(shù)為L。為使回旋加速器正常工作，LC振蕩電路中的電容器的電容C為（）A．1k2B2L B．k2B2L C．7．（2025春?天心區(qū)校級期中）對于下列所示的裝置，說法正確的是（）A．甲圖中，法拉第利用該實驗裝置發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應 B．乙圖中，兩根通有方向相反電流的長直導線會相互吸引 C．丙圖中，不改變質譜儀各區(qū)域的電場磁場，擊中底片同一位置的不同粒子比荷相同 D．丁圖中，回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與加速電壓有關二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025?莆田四模）如圖所示，直角三角形ACD區(qū)域內有垂直三角形平面的勻強磁場，∠A＝30°，∠C＝90°，AD邊長為L，在AC邊中點P在三角形平面內沿與PA邊夾角為30°的方向向磁場內射入質量為m、電荷量為q的各種不同速度的帶正電粒子，有的粒子能沿垂直AD邊的方向射出磁場，不計粒子的重力，則下列判斷正確的是（）A．磁場方向垂直三角形平面向里 B．當粒子速度大小為3qBL12m時，粒子的運動軌跡與C．AD邊有粒子射出的區(qū)域長度接近14D．AC邊有粒子射出的區(qū)域長度接近3（多選）9．（2025?廣州三模）醫(yī)用回旋加速器工作原理示意圖如圖甲所示，其工作原理是：帶電粒子在磁場和交變電場的作用下，反復在磁場中做回旋運動，并被交變電場反復加速，達到預期所需要的粒子能量，通過引出系統(tǒng)引出后，轟擊在靶材料上，獲得所需要的核素。t＝0時，回旋加速器中心部位O處的燈絲釋放的帶電粒子在回旋加速器中的運行軌道和加在間隙間的高頻交流電壓如圖乙所示（圖中為已知量）。若帶電粒子的比荷為k，忽略粒子經過間隙的時間和相對論效應，則（）A．被加速的粒子帶正電 B．磁體間勻強磁場的磁感應強度大小為π2C．粒子被加速的最大動量大小與D形盒的半徑有關 D．帶電粒子在D形盒中被加速次數(shù)與交流電壓無關（多選）10．（2025?廣州模擬）電磁炮是利用電磁發(fā)射技術制成的新型武器，如圖所示為電磁炮的原理結構示意圖。若某水平發(fā)射軌道長6m，寬1m，發(fā)射的炮彈質量為50g，炮彈被發(fā)射時從軌道左端由靜止開始加速。當電路中的電流恒為20A，軌道間勻強磁場B＝3.0×104T時，不計空氣及摩擦阻力。下列說法正確的是（）A．炮彈所處位置的磁場方向為豎直向上 B．炮彈的加速度大小為7.2×107m/s2 C．若將電路中的電流增加為原來的兩倍，則炮彈的最大速度也變?yōu)樵瓉淼膬杀?D．炮彈發(fā)射過程中安培力的最大功率為7.2×109W三．填空題（共3小題）11．（2025春?永春縣校級期中）質量為m、帶電量為q的滑塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，一個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感應強度為B，如圖。若帶電滑塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知滑塊帶電（填“正”或“負”）；滑塊在斜面上下滑過程中，當滑塊對斜面壓力為零時的速率為，從開始到壓力為零時所用時間為。12．（2025春?永春縣校級期中）如圖真空中xOy平面內，y軸右側存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一個比荷qm為v0Bd的帶正電粒子以速率為v0在坐標為（0，2d）的P點處垂直y軸沿xOy平面射入磁場。若粒子進入磁場后就開始受到與速率v成正比、方向與速度相反的阻力f＝kv（k已知），觀察粒子軌跡呈螺旋狀，且與y軸相切于點Q（0，y）（未標出）。不計粒子重力，則開始進入時的運動半徑為，Q點坐標y為，從P運動到Q的路程s為13．（2025春?思明區(qū)校級期中）某同學自制一電流表，其原理如圖所示。質量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內有勻強磁場，ab＝L1，bc＝L2，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度。MN的長度大于ab，當MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與矩形區(qū)域的ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度；當MN中有電流時，指針示數(shù)可表示電流強度。MN始終在紙面內且保持水平，重力加速度為g。為使電流表正常工作，流過金屬桿的電流方向為（填“N→M”或“M→N”）；該電流表所測電流的最大值為。四．解答題（共2小題）14．（2025?東城區(qū)二模）在高能物理實驗中，靜電分析器或者磁分析器都可將比荷不同的帶電粒子分離。已知質量為m、電荷量為q的正離子由靜止釋放，經過電壓U加速后分別進入靜電分析器或磁分析器的細管中，該離子在細管中均做半徑為R的勻速圓周運動，如圖甲、乙所示。靜電分析器細管中的電場強度大小可認為處處相等，磁分析器中的磁場方向如圖乙所示。不計離子重力。（1）求靜電分析器細管中的電場強度大小E；（2）求磁分析器中勻強磁場的磁感應強度大小B；（3）為了分離612C和613C兩種同位素，將它們都電離成三價正離子（C3+離子），采用磁分析器分離。保持磁場不變，改變加速電壓，接收器可以在不同的加速電壓下分別接收到其中的一種同位素離子，如圖丙所示。請分析判斷圖丙中的①、②哪條線對應15．（2025春?重慶校級月考）如圖所示，電阻不計的兩平行金屬導軌間距l(xiāng)＝1m，固定在傾角θ＝53°的絕緣斜面上，下端接一電動勢E＝12V、內阻r＝2Ω的電源。金屬導軌所在的區(qū)域加一磁感應強度大小B＝4T的勻強磁場，磁場方向垂直斜面向下?，F(xiàn)把一根質量m＝2.0kg的金屬桿ab垂直放在導軌上，ab接入電路的電阻R＝4Ω，當開關閉合后ab處于靜止狀態(tài)。重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）金屬桿ab受到的安培力大小和方向；（2）金屬桿ab受到導軌的摩擦力大小和方向。

2024-2025學年下學期高二物理人教版（2019）期末必刷常考題之安培力與洛倫茲力參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案ABDADAC二．多選題（共3小題）題號8910答案BCBCAD一．選擇題（共7小題）1．（2025?莆田四模）如圖所示，粗細均勻的“L”型金屬棒ACD用絕緣細線PD和QA懸吊，靜止在垂直于PDCAQ平面向外的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，CD部分水平，長為4L，AC部分豎直，長為3L。給金屬棒通入大小為I、方向從D到A的恒定電流，同時給金屬棒施加一個外力，使金屬棒仍處于原靜止狀態(tài)，則加在金屬棒上外力的最小值為（）A．3BIL B．4BIL C．5BIL D．7BIL【考點】安培力作用下的受力平衡問題．【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．【答案】A【分析】根據(jù)金屬棒處于靜止狀態(tài)，結合施加的最小外力等于安培力的水平分力分析求解。【解答】解：要使金屬棒處于靜止狀態(tài)，需要施加的最小外力等于安培力的水平分力，即F＝3BIL故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了安培力相關知識，理解安培力的表達式時解決此類問題的關鍵。2．（2025?江蘇模擬）半徑為R的圓環(huán)進入磁感應強度為B的勻強磁場，當其圓心經過磁場邊界時，速度與邊界成45°角，圓環(huán)中感應電流為I，此時圓環(huán)所受安培力的大小和方向是（）A．2BIR，方向與速度方向相反B．2BIR，方向垂直MN向下 C．2BIR，方向垂直MN向下D．2BIR，方向與速度方向相反【考點】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．【答案】B【分析】根據(jù)楞次定律、右手螺旋定則和左手定則以及安培力的公式進行列式解答?！窘獯稹拷猓河衫愦味珊陀沂致菪▌t可判定感應電流的方向是順時針方向，由左手定則可判定圓環(huán)所受的安培力垂直MN向下，圓環(huán)中電流為I，在磁場部分的等效長度等于圓環(huán)的直徑2R，故安培力F＝BI?2R＝2BIR，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】考查楞次定律、右手螺旋定則和左手定則以及安培力的公式，會根據(jù)題意進行準確分析解答。3．（2025?青羊區(qū)校級一模）《大國重器Ⅲ》節(jié)目介紹了GIL輸電系統(tǒng)的三相共箱技術，如圖甲所示，三根超高壓輸電線纜平行且間距相等。截面圖如圖乙所示，截面圓心構成正三角形，上方兩根輸電線纜A、B圓心連線水平，某時刻A輸電線纜中電流方向垂直于紙面向外、B輸電線纜中電流方向垂直于紙面向里、電流大小均為I，下方C輸電線纜中電流方向垂直于紙面向外、電流大小為2I，如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．A、B輸電線纜相互吸引 B．正三角形中心O處磁感應強度方向水平向左 C．A輸電線纜所受安培力方向斜向左下方，與水平方向的夾角為60° D．C輸電線纜所受安培力方向平行輸電線纜A、B圓心連線向左【考點】兩根通電導線之間的作用力；通電直導線周圍的磁場．【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．【答案】D【分析】反向電流相互排斥，同向電流相互吸引，根據(jù)力的矢量合成法則分析作用力方向；根據(jù)右手螺旋定則判斷磁場方向，結合平行四邊形定則判斷磁感應強度方向。【解答】解：A.由于A、B輸電線纜通入的電流方向相反，兩線纜相互排斥，故A錯誤；B.由右手定則和平行四邊形定則可知，A、B輸電線纜在O處的合磁感應強度方向豎直向上，C輸電線纜在O處的磁感應強度方向水平向左，所以O處合磁感應強度方向應斜向左上方，故B錯誤；C.B輸電線纜對A輸電線纜的作用力沿AB水平向左，C輸電線纜對A輸電線纜的作用力沿AC斜向右下，且大小為B輸電線纜對A輸電線纜作用力的2倍，如圖所示，由圖可知，F(xiàn)ACcosθ＝2FABcos60°＝FAB，即C輸電線纜對A輸電線纜的作用力在水平方向的分力與B輸電線纜對A輸電線纜的作用力大小相等、方向相反，所以A輸電線纜受到的合力即為C輸電線纜對A輸電線纜的作用力在豎直方向的分力，其與水平方向的夾角為90°，故C錯誤；D.A輸電線纜對C輸電線纜的作用力沿AC斜向左上，B輸電線纜對C輸電線纜的作用力沿BC斜向左下，兩個力大小相等且與輸電線纜A、B圓心連線夾角相等，所以C輸電線纜受到的合力平行輸電線纜A、B圓心連線向左，故D正確。故選：D?！军c評】解題關鍵是掌握電流流向相反，通電導線會相互排斥；電流流向相同，通電導線會相互吸引；正確利用右手螺旋定則判斷磁感應強度方向；磁感應強度遵循平行四邊形定則。4．（2025?昌平區(qū)二模）如圖所示，將長度為a、寬度為b、厚度為c的金屬導體板放在垂直于ab表面的勻強磁場中，當導體中通有從側面1流向3的電流I時，在導體的上下表面2和4之間會產生電勢差U，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應。利用霍爾效應的原理可以制造磁強計，測量磁場的磁感應強度。已知該金屬導體單位體積中的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e。則該磁場的磁感應強度B的大小為（）A．necUI B．neIcU C．neaUI【考點】霍爾效應與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)電流的微觀表達式結合平衡條件列式求解?！窘獯稹拷猓鹤杂呻娮幼龆ㄏ蛞苿?，視為勻速運動，速度設為v，則單位時間內前進的距離為v，對應體積為vbc，此體積內含有的電子個數(shù)為nvbc，電量為nevbc，有I=ΔqΔt=Δq1=nevbc，電子受電場力和洛倫茲力平衡，有e故選：A?！军c評】考查電流的微觀表達式結合平衡條件的應用，會根據(jù)題意進行準確分析解答。5．（2025春?重慶校級月考）如圖所示，固定在絕緣水平面上相互平行的金屬導軌間的距離為d，兩導軌間的勻強磁場垂直紙面向里、磁感應強度大小為B，固定在水平導軌上的導體棒MN與水平導軌的夾角為45°，當通過導體棒MN的電流為I時，導體棒MN受到的安培力大小為（）A．12BId B．BId C．32BId 【考點】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．【答案】D【分析】根據(jù)安培力表達式，結合有效長度分析求解?！窘獯稹拷猓簩w棒的長度L則導體棒受到的安培力F＝BIL=2故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查了安培力相關知識，理解有效長度是解決此類問題的關鍵。6．（2025?石家莊三模）回旋加速器利用高頻交變電壓使帶電粒子在電場中不斷加速。如圖所示，回旋加速器兩“D”型盒內存在垂直“D”型盒的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，所加速粒子的比荷為k，高頻電源由LC振蕩電路產生，LC振蕩電路中電感線圈的自感系數(shù)為L。為使回旋加速器正常工作，LC振蕩電路中的電容器的電容C為（）A．1k2B2L B．k2B2L C．【考點】回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力結合圓周運動規(guī)律求解粒子在磁場中周期，結合LC振蕩電路周期公式求解，【解答】解：根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r，被加速粒子在磁場中的運動周期為T=2πrv，解得T故選：A?！军c評】本題考查回旋加速器和LC振蕩電路，回旋加速器實質上是一個組合場問題，要知道在回旋加速器中電場是用于加速，而磁場是改變運動方向。7．（2025春?天心區(qū)校級期中）對于下列所示的裝置，說法正確的是（）A．甲圖中，法拉第利用該實驗裝置發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應 B．乙圖中，兩根通有方向相反電流的長直導線會相互吸引 C．丙圖中，不改變質譜儀各區(qū)域的電場磁場，擊中底片同一位置的不同粒子比荷相同 D．丁圖中，回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與加速電壓有關【考點】回旋加速器；通電直導線周圍的磁場；與加速電場相結合的質譜儀．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】奧斯特發(fā)現(xiàn)電流磁效應，反向電流相互排斥，根據(jù)牛頓第二定律列式得出粒子的速度表達式，結合題意完成分析，根據(jù)動能定理，牛頓第二定律和受力分析聯(lián)立等式得出比荷的表達式并完成分析。【解答】解：A.甲圖中，奧斯特利用該實驗裝置發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故A錯誤；B.乙圖中，兩根通有方向相反電流的長直導線會相互排斥，故B錯誤；C.帶電粒子在加速電場中，根據(jù)動能定理可得：qU=12mv2，在復合場中，根據(jù)平衡條件可得：qvB1＝qE，在磁場中，由牛頓第二定律可得：qvBD在回旋加速器中，根據(jù)牛頓第二定律可得：qvB=mv2R故選：C?！军c評】本題主要考查了磁場的相關應用，理解不同儀器的工作原理，結合受力分析和牛頓第二定律即可完成分析。二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025?莆田四模）如圖所示，直角三角形ACD區(qū)域內有垂直三角形平面的勻強磁場，∠A＝30°，∠C＝90°，AD邊長為L，在AC邊中點P在三角形平面內沿與PA邊夾角為30°的方向向磁場內射入質量為m、電荷量為q的各種不同速度的帶正電粒子，有的粒子能沿垂直AD邊的方向射出磁場，不計粒子的重力，則下列判斷正確的是（）A．磁場方向垂直三角形平面向里 B．當粒子速度大小為3qBL12m時，粒子的運動軌跡與C．AD邊有粒子射出的區(qū)域長度接近14D．AC邊有粒子射出的區(qū)域長度接近3【考點】帶電粒子在三角形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】根據(jù)幾何關系，左手定則，結合帶電粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力分析求解?！窘獯稹拷猓篈．由于射出的粒子有的能沿垂直AD邊射出，由左手定則可知磁場方向一定垂直三角形平面向外，故A錯誤；B．設粒子射出速度大小為v0時，軌跡與AD相切，設軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關系，2解得粒子的運動半徑滿足：r根據(jù)洛倫茲力提供向心力，q解得粒子速度大小：v故B正確；CD．由幾何關系可知，AD邊有粒子射出區(qū)域長度接近EF=14L故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，理解粒子在磁場中的運動狀態(tài)，根據(jù)題目合理選取公式是解決此類問題的關鍵。（多選）9．（2025?廣州三模）醫(yī)用回旋加速器工作原理示意圖如圖甲所示，其工作原理是：帶電粒子在磁場和交變電場的作用下，反復在磁場中做回旋運動，并被交變電場反復加速，達到預期所需要的粒子能量，通過引出系統(tǒng)引出后，轟擊在靶材料上，獲得所需要的核素。t＝0時，回旋加速器中心部位O處的燈絲釋放的帶電粒子在回旋加速器中的運行軌道和加在間隙間的高頻交流電壓如圖乙所示（圖中為已知量）。若帶電粒子的比荷為k，忽略粒子經過間隙的時間和相對論效應，則（）A．被加速的粒子帶正電 B．磁體間勻強磁場的磁感應強度大小為π2C．粒子被加速的最大動量大小與D形盒的半徑有關 D．帶電粒子在D形盒中被加速次數(shù)與交流電壓無關【考點】回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】根據(jù)回旋加速器的基本工作原理，即粒子在磁場中做圓周運動，同時在電場中被加速。分析粒子的運動軌跡與磁場、電場的關系，以及粒子被加速的次數(shù)與交流電壓的關系?！窘獯稹拷猓篈、由題圖乙可知t＝0時，UAB＜0粒子向右加速，故被加速的粒子帶負電，故A錯誤；B、由題圖乙可知交流電壓的周期為4t0，粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期與交流電壓的周期相等，粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)圓周運動的公式有，qvB=mv2r，T=2πrv則r=mvC、根據(jù)R=pmBq可知，粒子被加速的最大動量大小與D、根據(jù)R=mvmBq，NqU=12m故選：BC?！军c評】本題考查回旋加速器的工作原理，涉及粒子在磁場中的運動、電場加速、以及粒子動量與磁場、電場的關系。解題的關鍵在于理解回旋加速器的基本工作原理，以及粒子在磁場和電場中的運動規(guī)律。同時，需要注意粒子的電性、磁感應強度、粒子動量與D形盒的半徑的關系，以及粒子在電場中被加速的次數(shù)與交流電壓的關系。（多選）10．（2025?廣州模擬）電磁炮是利用電磁發(fā)射技術制成的新型武器，如圖所示為電磁炮的原理結構示意圖。若某水平發(fā)射軌道長6m，寬1m，發(fā)射的炮彈質量為50g，炮彈被發(fā)射時從軌道左端由靜止開始加速。當電路中的電流恒為20A，軌道間勻強磁場B＝3.0×104T時，不計空氣及摩擦阻力。下列說法正確的是（）A．炮彈所處位置的磁場方向為豎直向上 B．炮彈的加速度大小為7.2×107m/s2 C．若將電路中的電流增加為原來的兩倍，則炮彈的最大速度也變?yōu)樵瓉淼膬杀?D．炮彈發(fā)射過程中安培力的最大功率為7.2×109W【考點】電磁炮．【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據(jù)左手定則判斷出磁場的方向，根據(jù)牛頓第二定律計算出炮彈加速度的大小，根據(jù)運動學公式以及功率公式分析?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)左手定則可知，磁場方向為豎直向上，故A正確；B．炮彈受安培力作用，根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝ma代入數(shù)據(jù)，解得a＝1.2×107m/s2故B錯誤；C．根據(jù)2ax＝v2解得v若將電路中的電流增加為原來的兩倍，則炮彈的最大速度變?yōu)樵瓉?倍，故C錯誤；D．炮彈發(fā)射過程中安培力的最大功率P＝BILv代入數(shù)據(jù)，解得P＝7.2×109W故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要考查了安培力的計算，根據(jù)左手定則推出磁場的方向，結合運動學公式和牛頓第二定律完成分析即可。三．填空題（共3小題）11．（2025春?永春縣校級期中）質量為m、帶電量為q的滑塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，一個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感應強度為B，如圖。若帶電滑塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知滑塊帶正電（填“正”或“負”）；滑塊在斜面上下滑過程中，當滑塊對斜面壓力為零時的速率為mgcosθBq，從開始到壓力為零時所用時間為mcosθqBsinθ【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【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．【答案】正；mgcosθqB；mcosθ【分析】帶電滑塊在滑至某一位置時，由于在安培力的作用下，要離開斜面。根據(jù)磁場方向結合左手定則可得帶電粒子的電性。由光滑斜面，所以小滑塊在沒有離開斜面之前一直做勻加速直線運動。借助于洛倫茲力公式可求出恰好離開時的速度大小。【解答】解：帶電小球沿斜面向下運動，某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知洛倫茲力垂直斜面向上，由于磁場垂直紙面向外，可知小球帶正電；帶電小球在斜面上下滑過程中，當小球受到的洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力相等時，小球對斜面壓力為零，即：Bqv＝mgcosθ變形解得：v=滑塊在斜面上運動時，沿斜面方向上只受重力沿斜面的分力mgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ＝ma則加速度a＝gsinθ滑塊從靜止開始運動，根據(jù)運動學公式v＝at解得t=故答案為：正；mgcosθBq；mcosθ【點評】本題突破口是從小滑塊剛從斜面離開時，從而確定洛倫茲力的大小，進而得出剛離開時的速度大小，由于沒有離開之前做勻加速直線運動，所以由運動與力學可解出末速度。倘若斜面不是光滑的，則隨著粒子的下滑，洛倫茲力大小變化，導致摩擦力變化，從而使加速度也發(fā)生變化。12．（2025春?永春縣校級期中）如圖真空中xOy平面內，y軸右側存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一個比荷qm為v0Bd的帶正電粒子以速率為v0在坐標為（0，2d）的P點處垂直y軸沿xOy平面射入磁場。若粒子進入磁場后就開始受到與速率v成正比、方向與速度相反的阻力f＝kv（k已知），觀察粒子軌跡呈螺旋狀，且與y軸相切于點Q（0，y）（未標出）。不計粒子重力，則開始進入時的運動半徑為d，Q點坐標y為d，從P運動到Q的路程s為m【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動．【專題】應用題；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．【答案】d；d；mv【分析】由洛倫茲力提供向心力可得粒子剛進入磁場時做圓周運動的半徑；對粒子應用動量定理求解。【解答】解：粒子進入磁場時，洛倫茲力提供向心力有：qv0B=已知qm=v0粒子從P到Q，由于軌跡相切于Q點，由此可知，粒子偏轉270°，設該段時間內，分別以兩坐標軸為正方向，由動量定理得：水平方向：-fx?Δt-Fx×Δt豎直方向：fy?Δt+Fy×結合題意：fx=kvx，fy=kvy，F(xiàn)位移的關系有：vx×Δt=Δx＝從P到Q，根據(jù)動能定理得：﹣fs總=解得：y＝d，s總=故答案為：d；d；mv【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動的綜合，但粒子由于受到特殊情況的阻力，即阻力與速度成正比。這樣用動量定理，在x方向列微觀式，再求和，結合幾何關系可以得到結論。13．（2025春?思明區(qū)校級期中）某同學自制一電流表，其原理如圖所示。質量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內有勻強磁場，ab＝L1，bc＝L2，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度。MN的長度大于ab，當MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與矩形區(qū)域的ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度；當MN中有電流時，指針示數(shù)可表示電流強度。MN始終在紙面內且保持水平，重力加速度為g。為使電流表正常工作，流過金屬桿的電流方向為M→N（填“N→M”或“M→N”）；該電流表所測電流的最大值為kL2B【考點】安培力作用下的受力平衡問題．【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．【答案】M→N；k【分析】根據(jù)電流與彈簧伸長量的關系分析刻度是否均勻。電流表正常工作，金屬桿向下移動，根據(jù)左手定則判斷電流的方向。求出當金屬棒到達cd位置時導線中的電流，然后求出電流表的量程?！窘獯稹拷猓弘娏鞅硎緮?shù)為零時，金屬桿不受安培力，由平衡條件得mg＝kx0解得x0x0為彈簧伸長量，不是彈簧的長度；當電流為I時，安培力為FA＝BIL1靜止時彈簧伸長量的增加量為Δx，有ΔF＝kΔx可得Δx可見Δx∝I要使電流表正常工作，金屬桿應向下移動，所受的安培力應向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應從M至N；令Δx＝L2則有I＝Im根據(jù)共點力平衡條件有BImL1＝kL2解得I故電流表的量程為kL故答案為：M→N；k【點評】本題題意新穎，考查點巧妙，借助生活中的實際器材考查了物體平衡問題，正確進行受力分析，然后根據(jù)平衡條件和胡克定律列方程是解題關鍵。四．解答題（共2小題）14．（2025?東城區(qū)二模）在高能物理實驗中，靜電分析器或者磁分析器都可將比荷不同的帶電粒子分離。已知質量為m、電荷量為q的正離子由靜止釋放，經過電壓U加速后分別進入靜電分析器或磁分析器的細管中，該離子在細管中均做半徑為R的勻速圓周運動，如圖甲、乙所示。靜電分析器細管中的電場強度大小可認為處處相等，磁分析器中的磁場方向如圖乙所示。不計離子重力。（1）求靜電分析器細管中的電場強度大小E；（2）求磁分析器中勻強磁場的磁感應強度大小B；（3）為了分離612C和613C兩種同位素，將它們都電離成三價正離子（C3+離子），采用磁分析器分離。保持磁場不變，改變加速電壓，接收器可以在不同的加速電壓下分別接收到其中的一種同位素離子，如圖丙所示。請分析判斷圖丙中的①、②哪條線對應【考點】與加速電場相結合的質譜儀；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）靜電分析器細管中的電場強度大小為2U（2）磁分析器中勻強磁場的磁感應強度大小為1R（3）②對應612C的C3【分析】（1）根據(jù)動能定理結合電場力提供向心力解答；（2）（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力解答?！窘獯稹拷猓海?）由動能定理：有qU=靜電場力提供向心力，由牛頓第二定律Eq=解得E=（2）洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律qvB=解得B=（3）由（2）中的結果可知：U=當離子在磁分析器中做圓周運動的半徑R、以及磁感應強度大小B一定時，比荷越大，則加速度電壓越大。根據(jù)圖丙可知，加速電壓U＝1.93×106V的線②對應612C的C答：（1）靜電分析器細管中的電場強度大小為2U（2）磁分析器中勻強磁場的磁感應強度大小為1R（3）②對應612C的C【點評】本題主要考查了帶電粒子在電磁場中的運動，根據(jù)動能定理計算出粒子的速度，理解粒子做圓周運動的向心力來源，結合牛頓第二定律完成分析。15．（2025春?重慶校級月考）如圖所示，電阻不計的兩平行金屬導軌間距l(xiāng)＝1m，固定在傾角θ＝53°的絕緣斜面上，下端接一電動勢E＝12V、內阻r＝2Ω的電源。金屬導軌所在的區(qū)域加一磁感應強度大小B＝4T的勻強磁場，磁場方向垂直斜面向下。現(xiàn)把一根質量m＝2.0kg的金屬桿ab垂直放在導軌上，ab接入電路的電阻R＝4Ω，當開關閉合后ab處于靜止狀態(tài)。重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）金屬桿ab受到的安培力大小和方向；（2）金屬桿ab受到導軌的摩擦力大小和方向?！究键c】安培力作用下的受力平衡問題；牛頓第三定律的理解與應用；用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓、電流或電阻．【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．【答案】（1）金屬桿ab受到的安培力大小等于8N；方向垂直ab桿沿斜面向上；（2）金屬桿ab受到導軌的摩擦力大小等于8N；方向沿斜面向上。【分析】（1）由閉合電路的歐姆定律計算電流大小，根據(jù)安培力公式計算安培力大小；（2）對金屬桿，根據(jù)平衡條件計算摩擦力大小和方向?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)閉合電路歐姆定律I根據(jù)安培力大小公式，有F安＝BIl＝4×2×1N＝8N方向垂直ab桿沿斜面向上；（2）對金屬桿ab受力分析如圖所示，根據(jù)沿斜面方向受力平衡有mgsinθ＝F安+f解得f＝mgsinθ﹣F安，解得f＝8N方向沿斜面向上；答：（1）金屬桿ab受到的安培力大小等于8N；方向垂直ab桿沿斜面向上；（2）金屬桿ab受到導軌的摩擦力大小等于8N；方向沿斜面向上。【點評】本題考查了磁場對電流的作用，根據(jù)題意分析清楚金屬棒的受力情況是解題的前提，應用閉合電路的歐姆定律、安培力公式與平衡條件即可解題；解題時注意討論摩擦力的方向，這是易錯點。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量?！久}方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，g為重力加速度。人對電梯底部的壓力為A、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關物理量。2．牛頓第三定律的理解與應用【知識點的認識】1．內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應用例子：關于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質相同，它們同時產生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點撥】應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結論，分析問題需嚴格依據(jù)科學理論．（2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態(tài)無關．（3）與平衡力區(qū)別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．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＝mv2r=【命題方向】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．用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓、電流或電阻【知識點的認識】閉合電路的歐姆定律的表達式為（1）I=（2）E＝U內+U外（3）U＝E﹣Ir可以根據(jù)具體的問題選擇合適的公式計算電路的電壓、電流、電阻等參數(shù)?！久}方向】如圖所示的電路中，電源電動勢E＝6V，電源的內阻r＝2Ω，電阻R1＝3Ω，電阻R2＝6Ω．當閉合電鍵S后，流過R2的電流為（）A、12AB、1AC、211AD、分析：根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出通過電源的電流，再由并聯(lián)電路的特點知通過R2的電流。解答：R1，R2并聯(lián)后的電阻R=R1根據(jù)閉合電路的歐姆定律，流過電源的電流I=ER通過R1的電流為I2=R1R1+R2I故選：A。點評：本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應用，要求同學們能正確分析電路的結構，掌握并聯(lián)電阻的計算方法?！窘忸}思路點撥】閉合電路的幾個關系式的對比5．通電直導線周圍的磁場【知識點的認識】幾種常見的磁場如下：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，且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱安培定則本考點主要針對通電直導線周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示、導絨中通入由A向B的電流時，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動B、N極向紙里，S極向紙外旋轉C、向上運動D、N極向紙外，s極向紙里旋轉分析：根據(jù)安培定則可明確小磁針所在位置的磁場方向，從而確定小磁針的偏轉方向。解答：根據(jù)安培定則可知，AB上方的磁場向外，則小磁針的N極向紙外，S極向紙里旋轉，故D正確，ABC錯誤。故選：D。點評：本題考查安培定則的內容，對于直導線，用手握住導線，大拇指指向電流方向，四指環(huán)繞的方向為磁場的方向?！窘忸}思路點撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向。（2）環(huán)形電流：讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環(huán)形導線軸線上磁場的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場的方向，還可以根據(jù)磁場的方向判斷電流的方向。（3）應用安培定則判定直線電流時，四指所指的方向是導線之外磁場的方向；判定環(huán)形電流和通電螺線管電流時，拇指的指向是線圈軸線上磁場的方向。（4）環(huán)形電流相當于小磁針，通電螺線管相當于條形磁鐵，應用安培定則判斷時，拇指所指的一端為它的N極。6．兩根通電導線之間的作用力【知識點的認識】兩根通電導線之間存在作用力，作用規(guī)律為同向電流相互排斥，異向電流相互吸引。證明：如圖所示兩根個導線中，通有同向電流根據(jù)安培定則可知左側電流在右側導線處產生的磁場垂直紙面向里，對右側導線分析，根據(jù)左手定則，可知右側電流受到的安培力水平向右，同理可得，右側電流對左側導線的作用力向左。同樣的方法可以證明異向電流間的安培力指向彼此，即相互吸引?！久}方向】如圖所示，兩根平行放置的長直導線a和b載有大小相同方向相反的電流，a受到的磁場力大小為F1，當加入一與導線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)镕2，則此時b受到的磁場力大小變?yōu)椋ǎ〢、F2B、F1﹣F2C、F1+F2D、2F1﹣F2分析：當兩根通大小相同方向相反的電流時，a受到的一個F1磁場力，然后再加入一勻強磁場，則a受到F2磁場力．則此時b受到的磁場力大小與a相同，方向相反．解答：如圖所示，兩根長直線，電流大小相同，方向相反。則a受到b產生磁場的作用力向左大小為F1，那么b受到a產生磁場的作用力向右大小為F1′，這兩個力大小相等，方向相反。當再加入勻強磁場時產生的磁場力大小為F0，則a受到作用力為F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而對于b由于電流方向與a相反，所以b受到作用力為F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，這兩個力大小相等，方向相反。將F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得，F(xiàn)2′＝F2；故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：當沒有加入勻強磁場時，兩根通電直導線的作用力是相互；當加入勻強磁場時，兩根通電直導線的作用力仍是相互【解題思路點撥】可以通過安培定則與左手定則得出同向電流相互排斥，異向電流相互吸引的結論。7．安培力的計算公式及簡單應用【知識點的認識】如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導體，所通電流為I，導體所受的安培力大小為F＝BIl；若將導體轉過90°，即電流與磁場平行，此時導體所受的安培力的大小為F＝0.2.如圖所示，當電流方向與磁場方向夾角為θ時，安培力的大小為F＝BIlsinθ【命題方向】一根長0.20m、通有2.0A電流的通電直導線，放在磁感應強度為0.50T的勻強磁場中，受到的最大安培力是多少？分析：當通電導線與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大；根據(jù)安培力的公式計算安培力的大?。獯穑寒斖妼Ь€與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大，為：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．點評：本題只要掌握安培力大小的計算公式F＝BILsinα，就能正確解答，基本題．【解題思路點撥】1、電流方向與磁場方向平行時，導線不受安培力的作用。2、電流方向與磁場方向垂直時，導線受到安培力的大小為F＝BIl。3、電流方向與磁場方向夾角為θ時，導線受到安培力的大小為F＝BIlsinθ。8．安培力作用下的受力平衡問題【知識點的認識】安培力作用下導體的平衡問題模型中，常見的有傾斜導軌、導體棒、電源和電阻等組成，一般解題思路如下?！久}方向】如圖所示，兩傾角為θ的光滑平行導軌，質量為m的導體棒垂直放在導軌上，整個空間存在豎直向上的勻強磁場?，F(xiàn)導體棒中通有由a到b的恒定電流，使導體棒恰好保持靜止。已知磁感應強度大小為B，導體棒中電流為I，重力加速度大小為g，忽略一切摩擦，則此時平行導軌間距為（）A、mgBIB、mgcosθBIC、mgtanθBI分析：根據(jù)左手定則分析安培力的方向，根據(jù)共點力平衡條件求解平行導軌間距。解答：磁場方向豎直向上，由左手定則可知，安培力水平向右，對導體棒受力分析如圖所示由共點力的平衡條件得：BIL＝mgtanθ解得：L=mgtanθBI，故ABD故選：C。點評：對于有關安培力的平衡問題研究思路常常從力的角度分析，重點是判斷安培力作用下導體棒的方向問題，根據(jù)平衡條件列出方程?！窘忸}思路點撥】1.有安培力參與的物體平衡與前面所講的物體平衡一樣，也是利用共點力的平衡條件解題。2.與閉合電路歐姆定律相結合的題目，主要應用：①閉合電路的歐姆定律；②安培力公式F＝IlB；③共點力的平衡條件（或牛頓第二定律）。3.在安培力作用下的物體平衡和動力學問題解題步驟：先進行受力分析，再根據(jù)共點力的平衡條件或牛頓第二定律列出方程，重要的是在受力分析過程中不要漏掉了安培力。9．電磁炮【知識點的認識】電磁炮是以安培力為動力發(fā)射炮彈的一種裝置。如圖是一種簡化的電磁炮原理圖：設炮彈所受到安培力大小為F＝BIl，從開始加速到離開加速軌道運動的距離為x，離開加速軌道時的速度為v。不考慮任何阻力時，根據(jù)動能定理BIlx=以此可以求出電磁炮射出瞬間的速度。并且通過控制磁場、電流等因素可以很容易使炮彈獲得較高的速度。根據(jù)磁場對電流會產生作用力的原理，人們研制出一種新型的炮彈發(fā)射裝置﹣﹣電磁炮，它的基本原理如圖所示，下列結論中正確的是（）A、要使炮彈沿導軌向右發(fā)射，必須通以自N向M的電流B、要想提高炮彈的發(fā)射速度，可適當增大電流C、使電流和磁感應強度的方向同時反向，炮彈的發(fā)射方向亦將隨之反向D、要想提高炮彈的發(fā)射速度，可適當增大磁感應強度分析：正確應用左手定則是解答本題的關鍵，在應用時為防止手忙腳亂，可以先讓四指和電流方向一致，然后通過旋轉手讓磁感線穿過手心，從而進一步確定大拇指的指向即安培力方向．其大小由公式F＝BIL可知．解答：A、要使炮彈沿導軌向右發(fā)射，即為安培力作用，根據(jù)左手定則可知，必須通以自M向N的電流。故A錯誤；BD、要想提高炮彈的發(fā)射速度，即增大安培力的大小，所以可適當增大電流或磁感應強度。故B正確，D正確；C、若使電流和磁感應強度的方向同時反向，則安培力方向不變，所以炮彈的發(fā)射方向不變，故C錯誤。故選：BD。點評：要熟練應用左手定則判斷安培力方向一定平時多加練習，同時注意磁場、電流方向的表示方法．電磁炮就是在安培力的作用下運動．【解題思路點撥】安培力的綜合應用一般有兩種情形：一是安培力作用下導體的平衡和加速問題；二是與安培力有關的功能關系問題.處理問題時，需弄清楚電流所在處的磁場分布情況，要做好受力分析，搞清物體的受力情況，然后利用牛頓運動定律或者功能關系求解.在受力分析時，有時要把立體圖轉換成平面圖（如例2），即三維變二維.轉換時要標明B的方向，以便確定安培力的方向.10．帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【知識點的認識】帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中運動并穿過金屬板，虛線表示其運動軌跡，由圖知（）A、粒子帶負電B、粒子運動方向是abcdeC、粒子運動方向是edcbaD、粒子在上半周所用時間比下半周所用時間長分析：由半徑的變化可知粒子運動方向；由軌跡偏轉方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運動方向，由圓周對應的圓心角及周期公式可知時間關系。解答：ABC、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應減小，故可知粒子運動方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應是由下方進入，故粒子運動方向為edcba，則粒子應帶負電，故B錯誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運動的周期和速度無關，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同，故粒子的運動時間均為T故選：AC。點評：本題應注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關系是解決本題的關鍵，明確了速度關系即可由左手定則及圓的性質求解?！窘忸}方法點撥】帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動的分析方法．11．帶電粒子在直線邊界磁場中的運動【知識點的認識】1.帶電粒子在直線邊界磁場中的運動的兩種情形（1）直線邊界（2）平行邊界2.帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關系（1）四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點．（2）三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的2倍．3.常見的解題思路（1）圓心的確定①由兩點和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡．確定帶電粒子運動軌跡上的兩個特殊點（一般是射入和射出磁場時的兩點），過這兩點作帶電粒子運動方向的垂線（這兩垂線即為粒子在這兩點所受洛倫茲力的方向），則兩垂線的交點就是圓心，如圖（a）所示．②若只已知過其中一個點的粒子運動方向，則除過已知運動方向的該點作垂線外，還要將這兩點相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點就是圓心，如圖（b）所示．③若只已知一個點及運動方向，也知另外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點，如圖（c）所示，此時要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角（∠PAM），畫出該角的角平分線，它與已知點的速度的垂線交于一點O，該點就是圓心．（2）半徑的確定方法一：由物理方程求：半徑R=mv方法二：由幾何方程求：一般由數(shù)學知識（勾股定理、三角函數(shù)等）計算來確定．（3）時間的確定由t=θ2πT確定通過某段圓弧所用的時間，其中【命題方向】如圖所示，粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，且同時到達P點，OP垂直于磁場邊界。a、b兩粒子的質量之比為（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本題的關鍵是畫出來粒子的軌跡圖，并確定圓心、求出半徑和圓心角，然后根據(jù)動能相等的條件以及相等的運動時間并結合圓周運動公式聯(lián)立即可求解。解答：根據(jù)題意畫出a、b粒子的軌跡如圖所示，則a、b粒子的圓心分別是O1和O2，設磁場寬度為d，由圖可知，粒子a的半徑ra=d2sin60°=d3a粒子軌跡長度為sa=2×60b粒子的軌跡長度為sb=2×30又有：va=sa解得：v由12mava2=12故選：C。點評：求解有關帶電粒子在有界磁場中的運動問題的關鍵是畫出軌跡圖，并根據(jù)幾何知識確定圓心求出半徑和圓心角，再結合圓周運動的有關規(guī)律聯(lián)立即可求解?！窘忸}思路點撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場中運動，粒子在磁場中只運動一段圓弧就飛出磁場邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據(jù)帶電粒子運動的軌跡作相關圖去尋找?guī)缀侮P系，分析臨界條件，然后應用數(shù)學知識和相應物理規(guī)律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值．數(shù)學方法：①利用三角函數(shù)求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質求極值；④利用圖象法等．（3）從關鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示．審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件．12．帶電粒子在三角形邊界磁場中的運動【知識點的認識】本考點旨在考查帶電粒子在三角形邊界磁場中的運動情況?！久}方向】如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，∠A＝60°，AO＝a．在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電粒子，粒子的比荷為qm，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足v0=aqBmA、粒子有可能打到A點B、以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間最短C、在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出D、入射角θ不同，則粒子在磁場中運動的時間一定不相等分析：帶電粒子以相同的速率，不同的速度方向，進入磁場，運動軌跡的曲率半徑相同，從而根據(jù)不同的磁場情況，即可求解．解答：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qv0B＝mv02R，已知v0=aqBm，解得，粒子的運動半徑R＝a，當θ＝60B、當θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間恰好是T6，是在磁場中運動時間最長，故BC、當θ＝0°飛入的粒子在磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，因此在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出，故C正確；D、當θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間恰好是T6，當θ＝0°飛入的粒子在磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，在磁場中運動時間也恰好是T6，故故選：AC。點評：考查帶電粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁場中，根據(jù)磁場的界限來確定運動情況，并結合半徑與周期公式來分析討論．θ從0°到60°的過程中，粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓弧的弦長先減小后增大，所以粒子在磁場中運動時間先減小后增大是該題的關鍵．【解題思路點撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場中運動，粒子在磁場中只運動一段圓弧就飛出磁場邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據(jù)帶電粒子運動的軌跡作相關圖去尋找?guī)缀侮P系，分析臨界條件，然后應用數(shù)學知識和相應物理規(guī)律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值．數(shù)學方法：①利用三角函數(shù)求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質求極值；④利用圖象法等．（3）從關鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示．審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件．13．與加速電場相結合的質譜儀【知識點的認識】本考點旨在針對粒子先經過加速電場加速再進入質譜儀的情況。1.質譜儀示意圖如下2.質譜儀的作用：分析粒子的性質，測定粒子的質量，研究同位素。3.質譜儀例的相關參數(shù)：（1）加速電場中：qU=1（2）偏轉磁場中：Bqv=m（3）軌跡半徑：R=1（4）照相底片上間距；d＝2ΔR。【命題方向】質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖所示．離子源S產生的各種不同正離子束（速度可看作為零），經加速電場（加速電場極板間的距離為d、電勢差為U）加速，然后垂直進入磁感應強度為B的有界勻強磁場中做勻速圓周運動，最后到達記錄它的照相底片P上．設離子在P上的位置與入口處S1之間的距離為x．（1）求該離子的荷質比qm（2）若離子源產生的是帶電量為q、質量為m1和m2的同位素離子（m1＞m2），它們分別到達照相底片上的P1、P2位置（圖中未畫出），求P1、P2間的距離Δx．分析：（1）根據(jù)粒子在磁場中的運動半徑，通過半徑公式求出粒子的速度，再根據(jù)動能定理得出粒子的比荷．（2）根據(jù)動能定理、半徑公式求出粒子打到照相機底片上位置與入口處的距離，從而求出P1、P2間的距離Δx．解答：（1）離子在電場中加速，由動能定理得：qU=12mv2離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qBv＝mv2由①②式可得：q（2）由①②式可得粒子m1在磁場中的運動半徑是r1，則：r對離子m2，同理得：r∴照相底片上P1、P2間的距離：Δx＝2（r1﹣r2）=2答：（1）求該離子的荷質比qm（2）P1、P2間的距離Δx=2點評：本題考查了帶電粒子在電場中的加速和在磁