第47頁（共47頁）2024-2025學(xué)年下學(xué)期高二物理教科版（2019）期末必刷?？碱}之磁場對電流的作用一．選擇題（共7小題）1．（2025?莆田四模）如圖所示，粗細(xì)均勻的“L”型金屬棒ACD用絕緣細(xì)線PD和QA懸吊，靜止在垂直于PDCAQ平面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)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?fàn)顟B(tài)，則加在金屬棒上外力的最小值為（）A．3BIL B．4BIL C．5BIL D．7BIL2．（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(shù)，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(gòu)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(yīng)強(qiáng)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3．（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(dǎo)體板放在垂直于ab表面的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)導(dǎo)體中通有從側(cè)面1流向3的電流I時，在導(dǎo)體的上下表面2和4之間會產(chǎn)生電勢差U，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。利用霍爾效應(yīng)的原理可以制造磁強(qiáng)計(jì)，測量磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。已知該金屬導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度B的大小為（）A．necUI B．neIcU C．neaUI4．（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(dǎo)軌間的距離為d，兩導(dǎo)軌間的勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，固定在水平導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒MN與水平導(dǎo)軌的夾角為45°，當(dāng)通過導(dǎo)體棒MN的電流為I時，導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為（）A．12BId B．BId C．32BId 5．（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(nèi)存在垂直“D”型盒的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，所加速粒子的比荷為k，高頻電源由LC振蕩電路產(chǎn)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．6．（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(shí)驗(yàn)裝置發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng) B．乙圖中，兩根通有方向相反電流的長直導(dǎo)線會相互吸引 C．丙圖中，不改變質(zhì)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(guān)7．（2025春?重慶校級月考）1932年美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中運(yùn)動特點(diǎn)，解決了粒子的加速問題。現(xiàn)在回旋加速器被廣泛應(yīng)用于科學(xué)研究和科學(xué)設(shè)備中。不考慮相對論效應(yīng)，關(guān)于回旋加速器的下列說法，正確的是（）A．磁場用來加速帶電粒子 B．電場用來加速帶電粒子 C．增大加速電場的電壓值，可以使帶電粒子離開加速器時的動能變大 D．帶電粒子不斷被加速的過程中，交變電流的頻率也要不斷改變，以保證粒子每次都恰好被加速二．多選題（共3小題）（多選）8．（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(fù)在磁場中做回旋運(yùn)動，并被交變電場反復(fù)加速，達(dá)到預(yù)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(yùn)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(jīng)過間隙的時間和相對論效應(yīng)，則（）A．被加速的粒子帶正電 B．磁體間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(guān) D．帶電粒子在D形盒中被加速次數(shù)與交流電壓無關(guān)（多選）9．（2025?廣州模擬）電磁炮是利用電磁發(fā)射技術(shù)制成的新型武器，如圖所示為電磁炮的原理結(jié)構(gòu)示意圖。若某水平發(fā)射軌道長6m，寬1m，發(fā)射的炮彈質(zhì)量為50g，炮彈被發(fā)射時從軌道左端由靜止開始加速。當(dāng)電路中的電流恒為20A，軌道間勻強(qiáng)磁場B＝3.0×104T時，不計(jì)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?yàn)樨Q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（多選）10．（2025春?重慶校級月考）如圖所示，一直線邊界的勻強(qiáng)磁場中，下列粒子豎直向上射入磁場，能夠向右偏轉(zhuǎn)的有（）A．負(fù)電荷 B．質(zhì)子 C．電子 D．中子三．填空題（共3小題）11．（2025春?永春縣校級期中）質(zhì)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(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)”）；滑塊在斜面上下滑過程中，當(dāng)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(nèi)，y軸右側(cè)存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(biāo)為（0，2d）的P點(diǎn)處垂直y軸沿xOy平面射入磁場。若粒子進(jìn)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(diǎn)Q（0，y）（未標(biāo)出）。不計(jì)粒子重力，則開始進(jìn)入時的運(yùn)動半徑為，Q點(diǎn)坐標(biāo)y為，從P運(yùn)動到Q的路程s為13．（2025春?思明區(qū)校級期中）某同學(xué)自制一電流表，其原理如圖所示。質(zhì)量為m的均勻細(xì)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(nèi)有勻強(qiáng)磁場，ab＝L1，bc＝L2，磁感應(yīng)強(qiáng)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(biāo)尺上的刻度。MN的長度大于ab，當(dāng)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(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流時，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度。MN始終在紙面內(nèi)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?yàn)椋ㄌ睢癗→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春?重慶校級月考）如圖所示，電阻不計(jì)的兩平行金屬導(dǎo)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(nèi)阻r＝2Ω的電源。金屬導(dǎo)軌所在的區(qū)域加一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝4T的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直斜面向下?，F(xiàn)把一根質(zhì)量m＝2.0kg的金屬桿ab垂直放在導(dǎo)軌上，ab接入電路的電阻R＝4Ω，當(dāng)開關(guān)閉合后ab處于靜止?fàn)顟B(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(dǎo)軌的摩擦力大小和方向。15．（2025?南開區(qū)二模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為r的圓形邊界，AB為其水平直徑，圓形邊界內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場，過B點(diǎn)的豎直線BD與水平線BC間存在方向豎直向上、電場強(qiáng)度大小為E0（未知量）的勻強(qiáng)電場，P點(diǎn)是勻強(qiáng)電場中的某點(diǎn)?，F(xiàn)讓電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子（不計(jì)重力）從A點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場，然后從B點(diǎn)離開勻強(qiáng)磁場，粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡圓的半徑為2r，粒子經(jīng)過一段時間t0從B點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)時速度恰好水平向右。求：（1）粒子從A點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場時速度v0的大小和從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用時間t；（2）勻強(qiáng)電場E0的大小和BP兩點(diǎn)間的電勢差UBP。

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高二物理教科版（2019）期末必刷?？碱}之磁場對電流的作用參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案ADADACB二．多選題（共3小題）題號8910答案BCADAC一．選擇題（共7小題）1．（2025?莆田四模）如圖所示，粗細(xì)均勻的“L”型金屬棒ACD用絕緣細(xì)線PD和QA懸吊，靜止在垂直于PDCAQ平面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)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?fàn)顟B(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(diǎn)】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?fàn)顟B(tài)，結(jié)合施加的最小外力等于安培力的水平分力分析求解?！窘獯稹拷猓阂菇饘侔籼幱陟o止?fàn)顟B(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。【點(diǎn)評】本題考查了安培力相關(guān)知識，理解安培力的表達(dá)式時解決此類問題的關(guān)鍵。2．（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(shù)，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(gòu)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(yīng)強(qiáng)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(diǎn)】兩根通電導(dǎo)線之間的作用力；通電直導(dǎo)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(jié)合平行四邊形定則判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?！窘獯稹拷猓篈.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(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，C輸電線纜在O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左，所以O(shè)處合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向應(yīng)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(diǎn)評】解題關(guān)鍵是掌握電流流向相反，通電導(dǎo)線會相互排斥；電流流向相同，通電導(dǎo)線會相互吸引；正確利用右手螺旋定則判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度方向；磁感應(yīng)強(qiáng)度遵循平行四邊形定則。3．（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(dǎo)體板放在垂直于ab表面的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)導(dǎo)體中通有從側(cè)面1流向3的電流I時，在導(dǎo)體的上下表面2和4之間會產(chǎn)生電勢差U，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。利用霍爾效應(yīng)的原理可以制造磁強(qiáng)計(jì)，測量磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。已知該金屬導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度B的大小為（）A．necUI B．neIcU C．neaUI 【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)電流的微觀表達(dá)式結(jié)合平衡條件列式求解。【解答】解：自由電子做定向移動，視為勻速運(yùn)動，速度設(shè)為v，則單位時間內(nèi)前進(jìn)的距離為v，對應(yīng)體積為vbc，此體積內(nèi)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。【點(diǎn)評】考查電流的微觀表達(dá)式結(jié)合平衡條件的應(yīng)用，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。4．（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(dǎo)軌間的距離為d，兩導(dǎo)軌間的勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，固定在水平導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒MN與水平導(dǎo)軌的夾角為45°，當(dāng)通過導(dǎo)體棒MN的電流為I時，導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為（）A．12BId B．BId C．32BId 【考點(diǎn)】安培力的計(jì)算公式及簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)安培力表達(dá)式，結(jié)合有效長度分析求解?！窘獯稹拷猓簩?dǎo)體棒的長度L則導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BIL=2故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評】本題考查了安培力相關(guān)知識，理解有效長度是解決此類問題的關(guān)鍵。5．（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(nèi)存在垂直“D”型盒的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，所加速粒子的比荷為k，高頻電源由LC振蕩電路產(chǎn)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(diǎn)】回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解粒子在磁場中周期，結(jié)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(yùn)動周期為T=2πrv，解得T故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查回旋加速器和LC振蕩電路，回旋加速器實(shí)質(zhì)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(yùn)動方向。6．（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(shí)驗(yàn)裝置發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng) B．乙圖中，兩根通有方向相反電流的長直導(dǎo)線會相互吸引 C．丙圖中，不改變質(zhì)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(guān)【考點(diǎn)】回旋加速器；通電直導(dǎo)線周圍的磁場；與加速電場相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】奧斯特發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)，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(dá)式，結(jié)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(dá)式并完成分析?！窘獯稹拷猓篈.甲圖中，奧斯特利用該實(shí)驗(yàn)裝置發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故A錯誤；B.乙圖中，兩根通有方向相反電流的長直導(dǎo)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(fù)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(diǎn)評】本題主要考查了磁場的相關(guān)應(yīng)用，理解不同儀器的工作原理，結(jié)合受力分析和牛頓第二定律即可完成分析。7．（2025春?重慶校級月考）1932年美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中運(yùn)動特點(diǎn)，解決了粒子的加速問題?，F(xiàn)在回旋加速器被廣泛應(yīng)用于科學(xué)研究和科學(xué)設(shè)備中。不考慮相對論效應(yīng)，關(guān)于回旋加速器的下列說法，正確的是（）A．磁場用來加速帶電粒子 B．電場用來加速帶電粒子 C．增大加速電場的電壓值，可以使帶電粒子離開加速器時的動能變大 D．帶電粒子不斷被加速的過程中，交變電流的頻率也要不斷改變，以保證粒子每次都恰好被加速【考點(diǎn)】回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】回旋加速器是利用電場進(jìn)行加速，磁場進(jìn)行偏轉(zhuǎn)；根據(jù)洛倫茲力提供向心力和動能定義，分析帶電粒子離開加速器時獲得的動能；子在磁場中運(yùn)動的周期與粒子的速度無關(guān)?！窘獯稹拷猓篈B．洛倫茲力永不做功，回旋加速器是利用磁場進(jìn)行偏轉(zhuǎn)的，利用電場進(jìn)行加速，故A錯誤，B正確；C．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m聯(lián)立解得E可知帶電粒子離開加速器時獲得的動能與加速電場的電壓無關(guān)，故C錯誤；D．粒子在磁場中運(yùn)動的周期為T可知，周期與粒子的速度無關(guān)，故交變電源的頻率不變，故D錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題解題關(guān)鍵是掌握帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力的規(guī)律。二．多選題（共3小題）（多選）8．（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(fù)在磁場中做回旋運(yùn)動，并被交變電場反復(fù)加速，達(dá)到預(yù)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(yùn)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(jīng)過間隙的時間和相對論效應(yīng)，則（）A．被加速的粒子帶正電 B．磁體間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(guān) D．帶電粒子在D形盒中被加速次數(shù)與交流電壓無關(guān)【考點(diǎn)】回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【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(yùn)動，同時在電場中被加速。分析粒子的運(yùn)動軌跡與磁場、電場的關(guān)系，以及粒子被加速的次數(shù)與交流電壓的關(guān)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(fù)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(yùn)動的周期與交流電壓的周期相等，粒子在磁場中運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)圓周運(yùn)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(diǎn)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(yùn)動、電場加速、以及粒子動量與磁場、電場的關(guān)系。解題的關(guān)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(yùn)動規(guī)律。同時，需要注意粒子的電性、磁感應(yīng)強(qiáng)度、粒子動量與D形盒的半徑的關(guān)系，以及粒子在電場中被加速的次數(shù)與交流電壓的關(guān)系。（多選）9．（2025?廣州模擬）電磁炮是利用電磁發(fā)射技術(shù)制成的新型武器，如圖所示為電磁炮的原理結(jié)構(gòu)示意圖。若某水平發(fā)射軌道長6m，寬1m，發(fā)射的炮彈質(zhì)量為50g，炮彈被發(fā)射時從軌道左端由靜止開始加速。當(dāng)電路中的電流恒為20A，軌道間勻強(qiáng)磁場B＝3.0×104T時，不計(jì)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?yàn)樨Q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(diǎn)】電磁炮．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)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(jì)算出炮彈加速度的大小，根據(jù)運(yùn)動學(xué)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?yàn)樨Q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(diǎn)評】本題主要考查了安培力的計(jì)算，根據(jù)左手定則推出磁場的方向，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律完成分析即可。（多選）10．（2025春?重慶校級月考）如圖所示，一直線邊界的勻強(qiáng)磁場中，下列粒子豎直向上射入磁場，能夠向右偏轉(zhuǎn)的有（）A．負(fù)電荷 B．質(zhì)子 C．電子 D．中子【考點(diǎn)】帶電粒子在直線邊界磁場中的運(yùn)動．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；理解能力．【答案】AC【分析】根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可知洛倫茲力的方向結(jié)合左手定則判斷電性，從而判斷粒子?！窘獯稹拷猓河捎谫|(zhì)子帶正電，電子帶負(fù)電，中子不帶電，再由題意，根據(jù)左手定則可知，粒子受到向右的洛倫茲力，那么粒子應(yīng)帶負(fù)電，故BD錯誤，AC正確。故選：AC?！军c(diǎn)評】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，注意左手定則的應(yīng)用，同時注意正負(fù)電荷的不同。三．填空題（共3小題）11．（2025春?永春縣校級期中）質(zhì)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(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)”）；滑塊在斜面上下滑過程中，當(dāng)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(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】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(jié)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(yùn)動。借助于洛倫茲力公式可求出恰好離開時的速度大小?！窘獯稹拷猓簬щ娦∏蜓匦泵嫦蛳逻\(yùn)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(dāng)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?qū)π泵鎵毫榱?，即：Bqv＝mgcosθ變形解得：v=滑塊在斜面上運(yùn)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(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式v＝at解得t=故答案為：正；mgcosθBq；mcosθ【點(diǎn)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(jìn)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(yùn)動，所以由運(yùn)動與力學(xué)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(dǎo)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(nèi)，y軸右側(cè)存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(biāo)為（0，2d）的P點(diǎn)處垂直y軸沿xOy平面射入磁場。若粒子進(jìn)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(diǎn)Q（0，y）（未標(biāo)出）。不計(jì)粒子重力，則開始進(jìn)入時的運(yùn)動半徑為d，Q點(diǎn)坐標(biāo)y為d，從P運(yùn)動到Q的路程s為m【考點(diǎn)】帶電粒子在直線邊界磁場中的運(yùn)動．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；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(jìn)入磁場時做圓周運(yùn)動的半徑；對粒子應(yīng)用動量定理求解?！窘獯稹拷猓毫Ｗ舆M(jìn)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(diǎn)，由此可知，粒子偏轉(zhuǎn)270°，設(shè)該段時間內(nèi)，分別以兩坐標(biāo)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(jié)合題意：fx=kvx，fy=kvy，F(xiàn)位移的關(guān)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(diǎn)評】本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)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(jié)合幾何關(guān)系可以得到結(jié)論。13．（2025春?思明區(qū)校級期中）某同學(xué)自制一電流表，其原理如圖所示。質(zhì)量為m的均勻細(xì)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(nèi)有勻強(qiáng)磁場，ab＝L1，bc＝L2，磁感應(yīng)強(qiáng)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(biāo)尺上的刻度。MN的長度大于ab，當(dāng)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(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流時，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度。MN始終在紙面內(nèi)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?yàn)镸→N（填“N→M”或“M→N”）；該電流表所測電流的最大值為kL2B【考點(diǎn)】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(guān)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(dāng)金屬棒到達(dá)cd位置時導(dǎo)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(dāng)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(yīng)向下移動，所受的安培力應(yīng)向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應(yīng)從M至N；令Δx＝L2則有I＝Im根據(jù)共點(diǎn)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(diǎn)評】本題題意新穎，考查點(diǎn)巧妙，借助生活中的實(shí)際器材考查了物體平衡問題，正確進(jìn)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(guān)鍵。四．解答題（共2小題）14．（2025春?重慶校級月考）如圖所示，電阻不計(jì)的兩平行金屬導(dǎo)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(nèi)阻r＝2Ω的電源。金屬導(dǎo)軌所在的區(qū)域加一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝4T的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直斜面向下?，F(xiàn)把一根質(zhì)量m＝2.0kg的金屬桿ab垂直放在導(dǎo)軌上，ab接入電路的電阻R＝4Ω，當(dāng)開關(guān)閉合后ab處于靜止?fàn)顟B(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(dǎo)軌的摩擦力大小和方向?！究键c(diǎn)】安培力作用下的受力平衡問題；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；用閉合電路的歐姆定律計(jì)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(dǎo)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(jì)算電流大小，根據(jù)安培力公式計(jì)算安培力大??；（2）對金屬桿，根據(jù)平衡條件計(jì)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(dǎo)軌的摩擦力大小等于8N；方向沿斜面向上?！军c(diǎn)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(yīng)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(diǎn)。15．（2025?南開區(qū)二模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為r的圓形邊界，AB為其水平直徑，圓形邊界內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場，過B點(diǎn)的豎直線BD與水平線BC間存在方向豎直向上、電場強(qiáng)度大小為E0（未知量）的勻強(qiáng)電場，P點(diǎn)是勻強(qiáng)電場中的某點(diǎn)。現(xiàn)讓電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子（不計(jì)重力）從A點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場，然后從B點(diǎn)離開勻強(qiáng)磁場，粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡圓的半徑為2r，粒子經(jīng)過一段時間t0從B點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)時速度恰好水平向右。求：（1）粒子從A點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場時速度v0的大小和從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用時間t；（2）勻強(qiáng)電場E0的大小和BP兩點(diǎn)間的電勢差UBP?！究键c(diǎn)】帶電粒子由磁場進(jìn)入電場中的運(yùn)動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運(yùn)動專題；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；分析綜合能力．【答案】（1）粒子從A點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場時速度v0的大小為2B0qrm，從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用時間（2）勻強(qiáng)電場E0的大小為rB0t0，BP兩點(diǎn)間的電勢差U【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求粒子從A點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場時速度v0的大小，根據(jù)幾何關(guān)系和周期公式求從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用時間t；（2）由類平拋運(yùn)動的規(guī)律求勻強(qiáng)電場E0的大小，根據(jù)U＝Ed求BP兩點(diǎn)間的電勢差UBP。【解答】解：（1）粒子在磁場中運(yùn)動，有B0解得v0如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有sinθ=解得θ＝30°粒子在磁場中運(yùn)動周期T=解得運(yùn)動時間為t=（2）粒子從B點(diǎn)離開磁場時，速度方向與水平線AB夾角為把B點(diǎn)的速度分解為水平方向和豎直方向，則有vy＝v0sin30°，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得vy＝at0a=解得E0y=UBP＝﹣yE0解得UBP答：（1）粒子從A點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場時速度v0的大小為2B0qrm，從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用時間（2）勻強(qiáng)電場E0的大小為rB0t0，BP兩點(diǎn)間的電勢差U【點(diǎn)評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運(yùn)動，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動過程和運(yùn)動性質(zhì)，熟練應(yīng)用對應(yīng)的規(guī)律解題。

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、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(diǎn)評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)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(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．牛頓第三定律的理解與應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．內(nèi)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(yīng)用例子：關(guān)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(chǎn)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(zhì)相同，它們同時產(chǎn)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(chǎn)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(diǎn)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(diǎn)撥】應(yīng)用牛頓第三定律分析問題時應(yīng)注意以下幾點(diǎn)（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴(yán)格依據(jù)科學(xué)理論．（2）理解應(yīng)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(guān)系與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)．（3）與平衡力區(qū)別應(yīng)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(jié)合解決問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】圓周運(yùn)動的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動員童飛，首次在單杠項(xiàng)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(yùn)動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點(diǎn)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(yùn)動員在最低點(diǎn)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(yùn)動員在最低點(diǎn)時處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)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(diǎn)評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動中的動力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)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(yùn)動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運(yùn)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(yùn)動定律及向心力公式列方程．4．用閉合電路的歐姆定律計(jì)算電路中的電壓、電流或電阻【知識點(diǎn)的認(rèn)識】閉合電路的歐姆定律的表達(dá)式為（1）I=（2）E＝U內(nèi)+U外（3）U＝E﹣Ir可以根據(jù)具體的問題選擇合適的公式計(jì)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(nèi)阻r＝2Ω，電阻R1＝3Ω，電阻R2＝6Ω．當(dāng)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(diǎn)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(diǎn)評：本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析電路的結(jié)構(gòu)，掌握并聯(lián)電阻的計(jì)算方法。【解題思路點(diǎn)撥】閉合電路的幾個關(guān)系式的對比5．通電直導(dǎo)線周圍的磁場【知識點(diǎn)的認(rèn)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(diǎn)無磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場，管外為非勻強(qiáng)磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場越弱安培定則本考點(diǎn)主要針對通電直導(dǎo)線周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示、導(dǎo)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(zhuǎn)C、向上運(yùn)動D、N極向紙外，s極向紙里旋轉(zhuǎn)分析：根據(jù)安培定則可明確小磁針?biāo)谖恢玫拇艌龇较?，從而確定小磁針的偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)，故D正確，ABC錯誤。故選：D。點(diǎn)評：本題考查安培定則的內(nèi)容，對于直導(dǎo)線，用手握住導(dǎo)線，大拇指指向電流方向，四指環(huán)繞的方向?yàn)榇艌龅姆较??！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)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(dǎo)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(dǎo)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(yīng)用安培定則判定直線電流時，四指所指的方向是導(dǎo)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(dāng)于小磁針，通電螺線管相當(dāng)于條形磁鐵，應(yīng)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(dǎo)線之間的作用力【知識點(diǎn)的認(rèn)識】兩根通電導(dǎo)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(dǎo)線中，通有同向電流根據(jù)安培定則可知左側(cè)電流在右側(cè)導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，對右側(cè)導(dǎo)線分析，根據(jù)左手定則，可知右側(cè)電流受到的安培力水平向右，同理可得，右側(cè)電流對左側(cè)導(dǎo)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(dǎo)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(dāng)加入一與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強(qiáng)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(dāng)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(qiáng)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(chǎn)生磁場的作用力向左大小為F1，那么b受到a產(chǎn)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(dāng)再加入勻強(qiáng)磁場時產(chǎn)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(diǎn)評：當(dāng)沒有加入勻強(qiáng)磁場時，兩根通電直導(dǎo)線的作用力是相互；當(dāng)加入勻強(qiáng)磁場時，兩根通電直導(dǎo)線的作用力仍是相互【解題思路點(diǎn)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(jié)論。7．安培力的計(jì)算公式及簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導(dǎo)體，所通電流為I，導(dǎo)體所受的安培力大小為F＝BIl；若將導(dǎo)體轉(zhuǎn)過90°，即電流與磁場平行，此時導(dǎo)體所受的安培力的大小為F＝0.2.如圖所示，當(dāng)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(dǎo)線，放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.50T的勻強(qiáng)磁場中，受到的最大安培力是多少？分析：當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場垂直時，導(dǎo)線所受的磁場力最大；根據(jù)安培力的公式計(jì)算安培力的大?。獯穑寒?dāng)通電導(dǎo)線與磁場垂直時，導(dǎo)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(diǎn)評：本題只要掌握安培力大小的計(jì)算公式F＝BILsinα，就能正確解答，基本題．【解題思路點(diǎn)撥】1、電流方向與磁場方向平行時，導(dǎo)線不受安培力的作用。2、電流方向與磁場方向垂直時，導(dǎo)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(dǎo)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(diǎn)的認(rèn)識】安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題模型中，常見的有傾斜導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒、電源和電阻等組成，一般解題思路如下。【命題方向】如圖所示，兩傾角為θ的光滑平行導(dǎo)軌，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，整個空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)導(dǎo)體棒中通有由a到b的恒定電流，使導(dǎo)體棒恰好保持靜止。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)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(dǎo)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(diǎn)力平衡條件求解平行導(dǎo)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(dǎo)體棒受力分析如圖所示由共點(diǎn)力的平衡條件得：BIL＝mgtanθ解得：L=mgtanθBI，故ABD故選：C。點(diǎn)評：對于有關(guān)安培力的平衡問題研究思路常常從力的角度分析，重點(diǎn)是判斷安培力作用下導(dǎo)體棒的方向問題，根據(jù)平衡條件列出方程?！窘忸}思路點(diǎn)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(diǎn)力的平衡條件解題。2.與閉合電路歐姆定律相結(jié)合的題目，主要應(yīng)用：①閉合電路的歐姆定律；②安培力公式F＝IlB；③共點(diǎn)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(xué)問題解題步驟：先進(jìn)行受力分析，再根據(jù)共點(diǎn)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(diǎn)的認(rèn)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(shè)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(yùn)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(chǎn)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(jié)論中正確的是（）A、要使炮彈沿導(dǎo)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(dāng)增大電流C、使電流和磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度分析：正確應(yīng)用左手定則是解答本題的關(guān)鍵，在應(yīng)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(zhuǎn)手讓磁感線穿過手心，從而進(jìn)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(dǎo)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(dāng)增大電流或磁感應(yīng)強(qiáng)度。故B正確，D正確；C、若使電流和磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)評：要熟練應(yīng)用左手定則判斷安培力方向一定平時多加練習(xí)，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(yùn)動．【解題思路點(diǎn)撥】安培力的綜合應(yīng)用一般有兩種情形：一是安培力作用下導(dǎo)體的平衡和加速問題；二是與安培力有關(guān)的功能關(guān)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(yùn)動定律或者功能關(guān)系求解.在受力分析時，有時要把立體圖轉(zhuǎn)換成平面圖（如例2），即三維變二維.轉(zhuǎn)換時要標(biāo)明B的方向，以便確定安培力的方向.10．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動【知識點(diǎn)的認(rèn)識】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場中做勻速直線運(yùn)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(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強(qiáng)磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計(jì)重力）在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動并穿過金屬板，虛線表示其運(yùn)動軌跡，由圖知（）A、粒子帶負(fù)電B、粒子運(yùn)動方向是abcdeC、粒子運(yùn)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(yùn)動方向；由軌跡偏轉(zhuǎn)方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運(yùn)動方向，由圓周對應(yīng)的圓心角及周期公式可知時間關(guān)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(yīng)減小，故可知粒子運(yùn)動方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應(yīng)是由下方進(jìn)入，故粒子運(yùn)動方向?yàn)閑dcba，則粒子應(yīng)帶負(fù)電，故B錯誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運(yùn)動的周期和速度無關(guān)，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同，故粒子的運(yùn)動時間均為T故選：AC。點(diǎn)評：本題應(yīng)注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，明確了速度關(guān)系即可由左手定則及圓的性質(zhì)求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動的分析方法．11．帶電粒子在直線邊界磁場中的運(yùn)動【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.帶電粒子在直線邊界磁場中的運(yùn)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(guān)系（1）四個點(diǎn)：分別是入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點(diǎn)．（2）三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中偏轉(zhuǎn)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(diǎn)和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動軌跡．確定帶電粒子運(yùn)動軌跡上的兩個特殊點(diǎn)（一般是射入和射出磁場時的兩點(diǎn)），過這兩點(diǎn)作帶電粒子運(yùn)動方向的垂線（這兩垂線即為粒子在這兩點(diǎn)所受洛倫茲力的方向），則兩垂線的交點(diǎn)就是圓心，如圖（a）所示．②若只已知過其中一個點(diǎn)的粒子運(yùn)動方向，則除過已知運(yùn)動方向的該點(diǎn)作垂線外，還要將這兩點(diǎn)相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點(diǎn)就是圓心，如圖（b）所示．③若只已知一個點(diǎn)及運(yùn)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(diǎn)，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(diǎn)的速度的垂線交于一點(diǎn)O，該點(diǎn)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(xué)知識（勾股定理、三角函數(shù)等）計(jì)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T【命題方向】如圖所示，粒子a、b以相同的動能同時從O點(diǎn)射入寬度為d的有界勻強(qiáng)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(dá)P點(diǎn)，OP垂直于磁場邊界。a、b兩粒子的質(zhì)量之比為（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本題的關(guān)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(yùn)動時間并結(jié)合圓周運(yùn)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(shè)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(diǎn)評：求解有關(guān)帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動問題的關(guān)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(jié)合圓周運(yùn)動的有關(guān)規(guī)律聯(lián)立即可求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場中運(yùn)動，粒子在磁場中只運(yùn)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(yùn)動的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識和相應(yīng)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．?dāng)?shù)學(xué)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(zhì)求極值；④利用圖象法等．（3）從關(guān)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．帶電粒子由磁場進(jìn)入電場中的運(yùn)動【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.帶電粒子在電場、磁場組合場中的運(yùn)動是指粒子從電場到磁場，或從磁場到電場的運(yùn)動。通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運(yùn)動過程中從粒子的受力性質(zhì)、受力方向和速度方向的關(guān)系入手，分析運(yùn)動性質(zhì)。2.一般的分析思路為：（1）劃分過程：將粒子運(yùn)動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取相應(yīng)的規(guī)律處理。（2）找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關(guān)鍵，（3）畫運(yùn)動軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動分析大致畫出粒子的運(yùn)動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。3.本考點(diǎn)旨在針對粒子從磁場進(jìn)入電場的情況?！久}方向】如圖所示，一個質(zhì)量為m＝2.0×10﹣11kg，電荷量q＝+1.0×10﹣5C的帶電微粒（重力忽略不計(jì)），從靜止開始經(jīng)U1＝100V電場加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2＝50V．金屬板長L＝20cm，兩板間距d=53cm（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0大小；（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ；（3）若該勻強(qiáng)磁場的寬度D＝10cm，為使微粒不會從磁場右邊射出，則該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大？分析：（1）粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理求出速度v0。（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運(yùn)動，運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解求出偏轉(zhuǎn)角。（3）粒子進(jìn)入磁場后，做勻速圓周運(yùn)動，結(jié)合條件，畫出軌跡，由幾何知識求半徑，再求B。解答：（1）粒子在加速電場中運(yùn)動過程，由動能定理，得qU1=解得，v0=2qU（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，則有加速度a=t=Lv0，v則tanθ=將上述各式代入得到tanθ=θ＝30°（3）粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，速度大小為v=畫出軌跡如圖，根據(jù)幾何知識，得D＝r+rsinθr=又由qvB＝mv解得B=代入數(shù)據(jù)解得，B＝0.346T答：（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0大小1×104m/s；（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ＝30°；（3）為使微粒不會從磁場右邊射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.346T。點(diǎn)評：本題是帶電粒子在組合場中運(yùn)動的問題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運(yùn)動情況，用力學(xué)的方法處理?！窘忸}思路點(diǎn)撥】解決帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題的方法13．與加速電場相結(jié)合的質(zhì)譜儀【知識點(diǎn)的認(rèn)識】本考點(diǎn)旨在針對粒子先經(jīng)過加速電場加速再進(jìn)入質(zhì)譜儀的情況。1.質(zhì)譜儀示意圖如下2.質(zhì)譜儀的作用：分析粒子的性質(zhì)，測定粒子的質(zhì)量，研究同位素。3.質(zhì)譜儀例的相關(guān)參數(shù)：（1）加速電場中：qU=1（2）偏轉(zhuǎn)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(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示．離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束（速度可看作為零），經(jīng)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(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，最后到達(dá)記錄它的照相底片P上．設(shè)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(zhì)比qm（2）若離子源產(chǎn)生的是帶電量為q、質(zhì)量為m1和m2的同位素離子（m1＞m2），它們分別到達(dá)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(yùn)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(jī)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(yùn)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(yùn)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(zhì)比qm（2）P1、P2間的距離Δx=2點(diǎn)評：本題考查了帶電粒子在電場中的加速和在磁場中的偏轉(zhuǎn)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式綜合求解．【解題思路點(diǎn)撥】明