第1頁（共1頁）2026年高考物理磁場（2025年12月）一．選擇題（共8小題）1．如圖，足夠長的直線ab靠近通電螺線管，與螺線管平行。用磁傳感器測量ab上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，在計算機(jī)屏幕上顯示的大致圖象是（）A． B． C． D．2．如圖所示，匝數(shù)為N、半徑為r1的圓形線圈內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)磁場在半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于線圈平面．通過該線圈的磁通量為（）A．Bπr12 B．Bπr22 C3．如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊，a、b疊放與粗糙的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左加速運(yùn)動，在加速運(yùn)動階段（）A．a(chǎn)、b一起運(yùn)動的加速度不變 B．a(chǎn)、b一起運(yùn)動的加速度增大 C．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力減少 D．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力增大4．通有電流的導(dǎo)線L1、L2處在同一平面（紙面）內(nèi)，L1是固定的，L2可繞垂直紙面的固定轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動（O為L2的中心），各自的電流方向如圖所示．下列哪種情況將會發(fā)生（）A．因L2不受磁場力的作用，故L2不動 B．因L2上、下兩部分所受的磁場力平衡，故L2不動 C．L2繞軸O按順時針方向轉(zhuǎn)動 D．L2繞軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)動5．如圖所示，一個帶正電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v．若加上一個垂直于紙面指向紙外的方向的磁場，則物體滑到底端時（）A．v變大 B．v變小 C．v不變 D．不能確定6．如圖所示，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．邊長為a的正方形線框與磁場垂直，且一條對角線與磁場邊界重合．則通過線圈平面的磁通量為（）A．12Ba2 B．Ba C．Ba27．“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞．已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強(qiáng)的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運(yùn)動半徑不變．由此可判斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于（）A．T B．T C．T3 D．T8．如圖，面積為S、匝數(shù)為N的閉合線圈abcd水平放置，與勻強(qiáng)磁場B夾角θ＝45°．現(xiàn)將線圈以ab邊為軸順時針轉(zhuǎn)動90°，則線圈在初、末位置磁通量的改變量為（）A．0 B．2BS C．2NBS D．-2二．多選題（共4小題）（多選）9．如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場。下列表述正確的是（）A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于EBD．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越?。ǘ噙x）10．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點(diǎn)沿著與y軸夾角為30°的方向進(jìn)入磁場，運(yùn)動到A點(diǎn)時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則（）A．該粒子帶正電 B．A點(diǎn)與x軸的距離為mv2qBC．粒子由O到A經(jīng)歷時間t=πmD．運(yùn)動過程中粒子的速度不變（多選）11．如圖所示，在豎直平面內(nèi)放一個光滑絕緣的半圓形軌道，圓心O與軌道左、右最高點(diǎn)a、c在同一水平線上，水平方向的勻強(qiáng)磁場與半圓形軌道所在的平面垂直。一個帶負(fù)電荷的小滑塊由靜止開始從半圓軌道的最高點(diǎn)a滑下，則下列說法中正確的是（）A．滑塊經(jīng)過最低點(diǎn)b時的速度與磁場不存在時相等 B．滑塊從a點(diǎn)到最低點(diǎn)b所用的時間與磁場不存在時短 C．滑塊經(jīng)過最低點(diǎn)b時對軌道壓力與磁場不存在時相等 D．滑塊能滑到右側(cè)最高點(diǎn)c（多選）12．如圖所示，一個帶正電的小球沿光滑的水平絕緣桌面向右運(yùn)動，速度的方向垂直于一個水平方向的勻強(qiáng)磁場，小球飛離桌子邊緣落到地板上。設(shè)其飛行時間為t1，水平射程為s1，落地速率為v1．撤去磁場，其余條件不變時，小球飛行時間為t2，水平射程為s2，落地速率為v2，則（）A．t1＞t2 B．s1＞s2 C．s1＜s2 D．v1＞v2三．填空題（共4小題）13．邊長為a的正方形，處于有界磁場如圖，一束電子以v0水平射入磁場后，分別從A處和C處射出，則vA：vC＝；所經(jīng)歷的時間之比tA：tB＝．14．一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.2T，方向由南向北，如有一質(zhì)子沿豎直向下的方向進(jìn)入該磁場，磁場作用在質(zhì)子上的力為9.6×10﹣14N，則質(zhì)子射入時的速度大小為m/s，質(zhì)子在磁場中向方向偏轉(zhuǎn)．（質(zhì)子的電荷量q＝1.6×10﹣19C）15．如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的足夠大勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速度放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q＝+0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力．現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為0.6N的恒力，g取10m/s2，則滑塊的最大速度為m/s；滑塊做勻加速直線運(yùn)動的時間是s．16．在勻強(qiáng)磁場中，一根長0.2m的通電導(dǎo)線通入15A的電流，導(dǎo)線與磁場方向垂直，受到的磁場力為3N，則該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為T；如果將導(dǎo)線中的電流改為20A，則該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為T。四．解答題（共4小題）17．在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動的控制。如圖1所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t作周期性變化的圖象如圖2所示。x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和+q．不計重力。在t＝τ/2時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動。（1）求P在磁場中運(yùn)動時速度的大小v0；（2）求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；（3）在t0（0＜t0＜τ/2）時刻釋放P，求P速度為零時的坐標(biāo)。18．如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面（xy平面）向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，方向沿x軸負(fù)向．在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在（d，0）點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場．不計重力．若該粒子離開電場時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求：（1）電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；（2）該粒子在電場中運(yùn)動的時間．19．為了進(jìn)一步提高回旋加速器的能量，科學(xué)家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)．扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布．峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場．質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示．（1）求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時針還是逆時針；（2）求軌道在一個峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T；（3）在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關(guān)系．已知：sin（α±β）＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1﹣2sin2α220．如圖所示，兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．A板帶正電荷，B板帶等量負(fù)電荷，電場強(qiáng)度為E；磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1．平行金屬板右側(cè)有一擋板M，中間有小孔O′，OO′是平行于兩金屬板的中心線．擋板右側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2．CD為磁場B2邊界上的一絕緣板，它與M板的夾角θ＝45°，O′C＝a，現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m，含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子（不計重力），自O(shè)點(diǎn)沿OO′方向進(jìn)入電磁場區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO′方向運(yùn)動，并進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2中，求：（1）進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2的帶電粒子的速度；（2）能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值；（3）絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度．

2026年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之磁場（2025年12月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案CBCDAAAB二．多選題（共4小題）題號9101112答案ABCBCADAB一．選擇題（共8小題）1．如圖，足夠長的直線ab靠近通電螺線管，與螺線管平行。用磁傳感器測量ab上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，在計算機(jī)屏幕上顯示的大致圖象是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】環(huán)形電流或通電螺線管周圍的磁場．【答案】C【分析】通電螺線管的磁場分布相當(dāng)于條形磁鐵，根據(jù)磁感線的疏密程度來確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小?！窘獯稹拷猓和娐菥€管的磁場分布相當(dāng)于條形磁鐵，因此根據(jù)磁感線的分布，再由磁感線的疏密程度來確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可知，因?yàn)閍b線段的長度大于通電螺線管的長度，由條形磁鐵磁感線的分布，可知應(yīng)該選C，如果ab線段的長度小于通電螺線管的長度，則應(yīng)該選B。由于足夠長的直線ab，故C選項正確，ABD錯誤；故選：C。【點(diǎn)評】考查通電螺線管周圍磁場的分布，及磁感線的疏密程度來確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，本題較簡單但會出錯。2．如圖所示，匝數(shù)為N、半徑為r1的圓形線圈內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)磁場在半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于線圈平面．通過該線圈的磁通量為（）A．Bπr12 B．Bπr22 C【考點(diǎn)】磁通量的計算．【答案】B【分析】線圈與勻強(qiáng)磁場垂直，通過線圈的磁通量Φ＝BS，S是線圈內(nèi)有磁場部分的面積πr【解答】解：由題，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于線圈平面，通過該線圈的磁通量為Φ＝BS＝Bπr故選：B。【點(diǎn)評】在勻強(qiáng)磁場中，通過該線圈的磁通量公式Φ＝BS中，S是有效面積．3．如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊，a、b疊放與粗糙的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左加速運(yùn)動，在加速運(yùn)動階段（）A．a(chǎn)、b一起運(yùn)動的加速度不變 B．a(chǎn)、b一起運(yùn)動的加速度增大 C．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力減少 D．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力增大【考點(diǎn)】洛倫茲力在運(yùn)動過程中的動態(tài)變化問題．【專題】帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】C【分析】甲帶正電，在向左運(yùn)動的過程中，要受到洛倫茲力的作用，根據(jù)左手定則可以判斷洛倫茲力的方向，根據(jù)受力再判斷加速度和摩擦力的變化．【解答】解：AB、a帶正電，在向左運(yùn)動的過程中，受到的洛倫茲力的方向向下，所以對b的壓力變大，乙與地面之間的為滑動摩擦力，壓力變大，所以與地面之間的滑動摩擦力也變大，水平恒力F是不變的，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度減小，所以AB錯誤；CD、由于ab整體的加速度減小，對a單獨(dú)受力分析可知，a受到的摩擦力產(chǎn)生a的加速度，即f＝ma，由于a減小，所以ab之間的靜摩擦力減小，所以C正確，D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】a運(yùn)動要受到洛倫茲力的作用，從而使物體與地面間的壓力變大，摩擦力變大，加速度減小，根據(jù)牛頓第二定律分析a受到的靜摩擦力即可．4．通有電流的導(dǎo)線L1、L2處在同一平面（紙面）內(nèi)，L1是固定的，L2可繞垂直紙面的固定轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動（O為L2的中心），各自的電流方向如圖所示．下列哪種情況將會發(fā)生（）A．因L2不受磁場力的作用，故L2不動 B．因L2上、下兩部分所受的磁場力平衡，故L2不動 C．L2繞軸O按順時針方向轉(zhuǎn)動 D．L2繞軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)動【考點(diǎn)】兩根通電導(dǎo)線之間的作用力．【答案】D【分析】根據(jù)通電導(dǎo)線周圍存在磁場，依據(jù)右手螺旋定則可確定，電流與磁場的方向關(guān)系，再由左手定則可知，通電導(dǎo)線在磁場中受到的安培力的方向，由于通電導(dǎo)線距離不同，磁場的強(qiáng)弱也不同，即可判定安培力的大小，從而求解．【解答】解：由題意可知，L1導(dǎo)線產(chǎn)生磁場方向，根據(jù)右手螺旋定則可知，上方的磁場方向垂直紙面向外，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場越弱，由左手定則可知，通電導(dǎo)線L2，處于垂直紙面向外的磁場，且越靠近L1，安培力越強(qiáng)，從而出現(xiàn)L2繞軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)動。故D正確，ABC錯誤；故選：D?！军c(diǎn)評】考查右手螺旋定則與左手定則的應(yīng)用，注意區(qū)別左手定則與右手定則，同時知道離通電導(dǎo)線越遠(yuǎn)的磁場越弱．5．如圖所示，一個帶正電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v．若加上一個垂直于紙面指向紙外的方向的磁場，則物體滑到底端時（）A．v變大 B．v變小 C．v不變 D．不能確定【考點(diǎn)】洛倫茲力的概念．【答案】A【分析】未加磁場時，滑塊受到重力、支持力，摩擦力，加磁場后，根據(jù)左手定則，多了一個垂直斜面向上的洛倫茲力．兩種情況重力做功相同，洛倫茲力不做功，但加磁場時對斜面的正壓力變小，摩擦力變小，克服摩擦力做功變小，根據(jù)動能定理，即可比較出兩種情況到達(dá)底端的速率．【解答】解：未加磁場時，根據(jù)動能定理，有mgh﹣Wf=12mv2﹣0．加磁場后，多了洛倫茲力，洛倫茲力不做功根據(jù)左手定則，洛倫茲力的方向垂直斜面向上，所以物體對斜面的壓力減小，所以摩擦力變小，摩擦力做的功變小，根據(jù)動能定理，有mgh﹣Wf′=12mv′2﹣0，Wf′＜Wf，所以v′＞v．故A正確，B、故選：A?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵兩次運(yùn)用動能定理，兩種情況重力功相同，多了磁場后多了洛倫茲力，洛倫茲力不做功，但導(dǎo)致摩擦力變小，即兩種情況摩擦力做功不同，從而比較出到達(dá)底端的速率．6．如圖所示，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．邊長為a的正方形線框與磁場垂直，且一條對角線與磁場邊界重合．則通過線圈平面的磁通量為（）A．12Ba2 B．Ba C．Ba2【考點(diǎn)】磁通量的計算．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用．【答案】A【分析】在勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向垂直時，磁通量公式是Φ＝BS，從而即可求解．【解答】解：據(jù)題意知，線框在勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向垂直，則通過線框的磁通量是Φ=12BS=Ba2故選：A?！军c(diǎn)評】對于磁通量問題，關(guān)鍵掌握好公式Φ＝BS，并知道S只能是垂直磁感線的有效面積，若有夾角時應(yīng)求出投影面積來．7．“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞．已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強(qiáng)的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運(yùn)動半徑不變．由此可判斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于（）A．T B．T C．T3 D．T【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動．【專題】帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】A【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度，然后根據(jù)題意解題．【解答】解：由牛頓第二定律得：qvB＝mv2解得：EK=12mv2得：B=2m平均動能與等離子體的溫度T成正比，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于T；故選：A。【點(diǎn)評】本題考查了求磁感應(yīng)強(qiáng)度與熱力學(xué)溫度的關(guān)系，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，應(yīng)用牛頓第二定律即可正確解題．8．如圖，面積為S、匝數(shù)為N的閉合線圈abcd水平放置，與勻強(qiáng)磁場B夾角θ＝45°．現(xiàn)將線圈以ab邊為軸順時針轉(zhuǎn)動90°，則線圈在初、末位置磁通量的改變量為（）A．0 B．2BS C．2NBS D．-2【考點(diǎn)】磁通量的概念和計算公式的定性分析．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用．【答案】B【分析】線圈在勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)線圈平面與磁場方向垂直時，穿過線圈的磁通量Φ＝BS，B是磁感應(yīng)強(qiáng)度，S是線圈的面積。當(dāng)線圈平面與磁場方向平行時，穿過線圈的磁通量Φ＝0；若既不垂直，也不平行，則可分解成垂直與平行，根據(jù)Φ＝BSsinθ（θ是線圈平面與磁場方向的夾角）即可求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)初位置時穿過線圈的磁通量為正，則初位置時：Φ1＝BsinθS=22BS，末位置時：Φ2＝﹣BcosθS=-22BS，則初、末位置磁通量的改變量的大小為：ΔΦ＝|Φ2﹣Φ1|故選：B。【點(diǎn)評】對于勻強(qiáng)磁場中磁通量的求解，可以根據(jù)一般的計算公式Φ＝BSsinθ（θ是線圈平面與磁場方向的夾角）來分析線圈平面與磁場方向垂直、平行兩個特殊情況。注意夾角θ是磁場與線圈平面的夾角，同時理解磁通量不是矢量，但注意分清正面還是反面通過線圈二．多選題（共4小題）（多選）9．如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場。下列表述正確的是（）A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于EBD．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小【考點(diǎn)】與速度選擇器相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專題】壓軸題．【答案】ABC【分析】帶電粒子在速度選擇器中受電場力和洛倫茲力平衡，做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)半徑公式得出半徑與粒子比荷的關(guān)系。【解答】解：A、粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，有qE＝qvB，解得v=EB，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，有qvB0＝mv2R，解得R=mvqB0=B、粒子在磁場中向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知該粒子帶正電，在速度選擇器中，所受的電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則，磁場的方向垂直紙面向外。故B正確。故選：ABC。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道粒子在速度選擇器和偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動規(guī)律，掌握帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的半徑公式。（多選）10．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點(diǎn)沿著與y軸夾角為30°的方向進(jìn)入磁場，運(yùn)動到A點(diǎn)時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則（）A．該粒子帶正電 B．A點(diǎn)與x軸的距離為mv2qBC．粒子由O到A經(jīng)歷時間t=πmD．運(yùn)動過程中粒子的速度不變【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】帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】BC【分析】先根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動的軌跡，找出圓心，確定圓心角，根據(jù)左手定則及曲線運(yùn)動的條件判斷電荷的正負(fù)，根據(jù)圓心角與周期的關(guān)系求出運(yùn)動的時間，速度的大小沒有變化，但速度的方向改變了，速度是變化的．【解答】解：根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示：A、根據(jù)左手定則及曲線運(yùn)動的條件判斷出此電荷帶負(fù)電，故A錯誤；B、設(shè)點(diǎn)A與x軸的距離為d，由圖可得：r﹣rcos60°＝d，所以d＝0.5r。而粒子的軌跡半徑為r=mvqB，則得A點(diǎn)與x軸的距離為：d=mvC、粒子由O運(yùn)動到A時速度方向改變了60°角，所以粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為θ＝60°，所以粒子運(yùn)動的時間為t=θ360°T=1D、由于粒子的速度的方向在改變，而速度是矢量，所以速度改變了，故D錯誤。故選：BC?！军c(diǎn)評】本題是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的問題，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，要求同學(xué)們能運(yùn)用幾何知識畫出粒子運(yùn)動的軌跡，關(guān)鍵定圓心和半徑．會根據(jù)圓心角與周期的關(guān)系求出運(yùn)動的時間，掌握關(guān)系式：t=θ360°（多選）11．如圖所示，在豎直平面內(nèi)放一個光滑絕緣的半圓形軌道，圓心O與軌道左、右最高點(diǎn)a、c在同一水平線上，水平方向的勻強(qiáng)磁場與半圓形軌道所在的平面垂直。一個帶負(fù)電荷的小滑塊由靜止開始從半圓軌道的最高點(diǎn)a滑下，則下列說法中正確的是（）A．滑塊經(jīng)過最低點(diǎn)b時的速度與磁場不存在時相等 B．滑塊從a點(diǎn)到最低點(diǎn)b所用的時間與磁場不存在時短 C．滑塊經(jīng)過最低點(diǎn)b時對軌道壓力與磁場不存在時相等 D．滑塊能滑到右側(cè)最高點(diǎn)c【考點(diǎn)】洛倫茲力的概念；繩球類模型及其臨界條件．【專題】定性思想；方程法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題；模型建構(gòu)能力．【答案】AD【分析】滑塊下滑時受到重力、洛倫茲力、軌道的支持力，洛倫茲力與軌道支持力不做功，只有重力做功；由動能定理可以判斷滑塊到達(dá)最低點(diǎn)時的速度關(guān)系，由向心力公式可以判斷加速度大小，對軌道壓力大小，根據(jù)滑塊的速度關(guān)系判斷運(yùn)動時間?！窘獯稹拷猓篈、滑塊下滑時受到重力、洛倫茲力、軌道的支持力，洛倫茲力與軌道支持力不做功，只有重力做功，由動能定理可知，滑塊到達(dá)最低點(diǎn)時的速度與磁場不存在時的速度相等，故A正確；B、由于滑塊做圓周運(yùn)動，滑塊受到的洛倫茲力方向與滑塊運(yùn)動的方向垂直，洛倫茲力不對滑塊做功，滑塊的加速度與沒有磁場時相比，在各點(diǎn)都是相等的，所以滑塊從a點(diǎn)到最低點(diǎn)b所用的時間與磁場不存在的時間相比是相等的，故B錯誤；C、滑塊做圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：F﹣mg﹣qvB＝mv可得：F＝mg+qvB+mv2滑塊對軌道的壓力為：F′＝F＝mg+qvB+mv2r，由此可知：滑塊經(jīng)最低點(diǎn)時對軌道的壓力比磁場不存在時大，故D、滑塊在下滑過程中，只有重力做功，滑塊的機(jī)械能不變，所以滑塊能到達(dá)右側(cè)的最高點(diǎn)c。故D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評】知道洛倫茲力對滑塊不做功、由左手定則判斷出洛倫茲力的方向是正確解題的關(guān)鍵。（多選）12．如圖所示，一個帶正電的小球沿光滑的水平絕緣桌面向右運(yùn)動，速度的方向垂直于一個水平方向的勻強(qiáng)磁場，小球飛離桌子邊緣落到地板上。設(shè)其飛行時間為t1，水平射程為s1，落地速率為v1．撤去磁場，其余條件不變時，小球飛行時間為t2，水平射程為s2，落地速率為v2，則（）A．t1＞t2 B．s1＞s2 C．s1＜s2 D．v1＞v2【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場中做直線運(yùn)動；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】壓軸題．【答案】AB【分析】小球在有磁場時做一般曲線運(yùn)動，無磁場時做平拋運(yùn)動，運(yùn)用分解的思想，兩種情況下，把小球的運(yùn)動速度和受力向水平方向與豎直方向分解，然后利用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式來分析判斷運(yùn)動時間和水平射程；最后利用洛倫茲力不做功判斷落地的速率?！窘獯稹拷猓篈、有磁場時，小球下落過程中要受重力和洛倫茲力共同作用，重力方向豎直向下，大小方向都不變；洛倫茲力的大小和方向都隨速度的變化而變化，但在能落到地面的前提下洛倫茲力的方向跟速度方向垂直，總是指向右上方某個方向，其水平分力fx水平向右，豎直分力fy豎直向上。如圖所示，豎直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，從而使運(yùn)動時間比撤去磁場后要長，即t1＞t2，所以，A選項正確。B、C：小球水平方向也將加速運(yùn)動，從而使水平距離比撤去磁場后要大，即s1＞s2，所以，B選項正確，C選項錯誤。D、在有磁場，重力和洛倫茲力共同作用時，其洛倫茲力的方向每時每刻都跟速度方向垂直，不對粒子做功，不改變粒子的動能，有磁場和無磁場都只有重力做功，動能的增加是相同的。有磁場和無磁場，小球落地時速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，因此，D選項錯誤。故選：AB。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵運(yùn)用分解的思想，把小球的運(yùn)動和受力分別向水平和豎直分解，然后根據(jù)選項分別選擇規(guī)律分析討論。三．填空題（共4小題）13．邊長為a的正方形，處于有界磁場如圖，一束電子以v0水平射入磁場后，分別從A處和C處射出，則vA：vC＝1：2；所經(jīng)歷的時間之比tA：tB＝2：1．【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動．【專題】帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由幾何關(guān)系可知從兩孔射出的粒子的運(yùn)動半徑，則由洛倫茲力充當(dāng)向心力可得出粒子的速度關(guān)系；由周期公式及轉(zhuǎn)過的角度可求得時間之比．【解答】解：電子磁場中做勻速圓周運(yùn)動，從A點(diǎn)射出時，OA中點(diǎn)為圓心，軌跡半徑RA=12a，軌跡的圓心角θA＝從C點(diǎn)射出時，A為圓心，軌跡半徑RC＝a，軌跡的圓心角θC=π由軌跡半徑公式R=mv0qB，得：vA：vC＝RA：RC=12a：電子在磁場中運(yùn)動的周期T=2πmqB，可知電子運(yùn)動的周期與速度無關(guān)．電子在磁場中所經(jīng)歷的時間t則得tA：tB＝θA：θC＝π：π2=2故答案為：1：2，2：1．【點(diǎn)評】本題為帶電粒子在磁場中運(yùn)動的基本問題，只需根據(jù)題意明確粒子的運(yùn)動半徑及圓心即可順利求解．14．一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.2T，方向由南向北，如有一質(zhì)子沿豎直向下的方向進(jìn)入該磁場，磁場作用在質(zhì)子上的力為9.6×10﹣14N，則質(zhì)子射入時的速度大小為5×105m/s，質(zhì)子在磁場中向東方向偏轉(zhuǎn)．（質(zhì)子的電荷量q＝1.6×10﹣19C）【考點(diǎn)】洛倫茲力的概念．【專題】應(yīng)用題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)洛倫茲力的表達(dá)式可以解出質(zhì)速度大小，根據(jù)左手定則可以判斷其受力方向即偏轉(zhuǎn)方向．【解答】解：質(zhì)子所受洛倫茲力大小為：F＝qvB，由此得：v=FqB=9.6×10-14根據(jù)左手定則可知：質(zhì)子在磁場中將向東偏轉(zhuǎn)．故答案為：5×105，東．【點(diǎn)評】本題屬于基礎(chǔ)題，比較簡單，越是基礎(chǔ)知識在平時中越要加強(qiáng)練習(xí)，加深理解．15．如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的足夠大勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速度放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q＝+0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力．現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為0.6N的恒力，g取10m/s2，則滑塊的最大速度為10m/s；滑塊做勻加速直線運(yùn)動的時間是3s．【考點(diǎn)】洛倫茲力的概念；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動．【專題】帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】先求出木塊靜摩擦力能提供的最大加速度，再根據(jù)牛頓第二定律判斷當(dāng)0.6N的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起運(yùn)動的加速度，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時摩擦力等于零，此后物塊做勻速運(yùn)動，木板做勻加速直線運(yùn)動．【解答】解：由于動摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度為a′＝μg＝5m/s2，所以當(dāng)0.6N的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起以a=FM+m=0.60.2+0.1m/s2由于洛倫茲力的作用，當(dāng)滑塊即將與板相對滑動時，有：f＝ma，即μ（mg﹣qvB）＝ma其中：v＝at聯(lián)立解得：t＝3s故答案為：10，3【點(diǎn)評】本題主要考查了牛頓第二定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析木板和滑塊的受力情況，進(jìn)而判斷運(yùn)動情況．16．在勻強(qiáng)磁場中，一根長0.2m的通電導(dǎo)線通入15A的電流，導(dǎo)線與磁場方向垂直，受到的磁場力為3N，則該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T；如果將導(dǎo)線中的電流改為20A，則該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T。【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義；安培力的概念．【專題】計算題；定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握安培力的大小公式F＝BIL，注意磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度只與磁場本身有關(guān)，與電流大小無關(guān)．【解答】解：因磁場和電流相互垂直，則根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義可知：B=FIL=3磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度只與磁場本身有關(guān)，與電流大小無關(guān)，電流強(qiáng)度改為20A，則該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度仍為1T；故答案為：1；1．【點(diǎn)評】本題主要是考查安培力的計算，解決本題的關(guān)鍵掌握安培力的大小公式F＝BIL。四．解答題（共4小題）17．在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動的控制。如圖1所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t作周期性變化的圖象如圖2所示。x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和+q．不計重力。在t＝τ/2時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動。（1）求P在磁場中運(yùn)動時速度的大小v0；（2）求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；（3）在t0（0＜t0＜τ/2）時刻釋放P，求P速度為零時的坐標(biāo)?！究键c(diǎn)】帶電粒子在疊加場中做直線運(yùn)動．【專題】壓軸題；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）在t=12τ時刻釋放帶電粒子P，在12τ～τ時間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，τ～2τ時間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求出（2）由題，粒子恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動，分析可知，當(dāng)t＝2τ時刻，P在磁場中做圓周運(yùn)動結(jié)束后并開始沿x軸負(fù)方向運(yùn)動，才能沿一定的軌道做往復(fù)運(yùn)動，畫出軌跡，確定出粒子在磁場中圓周運(yùn)動的周期，粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律和圓周運(yùn)動的運(yùn)動學(xué)公式求解B0應(yīng)滿足的關(guān)系；（3）在t0（0＜t0＜τ/2）時刻釋放P，P在電場中加速時間為τ﹣t0，由上題結(jié)果得到粒子在磁場中圓周運(yùn)動的速度和半徑，粒子又經(jīng)過（τ﹣t0）時間速度減至零后向右加速時間為t0，根據(jù)幾何知識求解P速度為零時的坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓海?）由圖2分析可知，在t=12τ時刻釋放帶電粒子P，在12在電場中：粒子所受的電場力F＝qE0，根據(jù)牛頓第二定律得：加速度為a=FP在磁場中運(yùn)動時速度的大小v0＝at，t=1解得，v0=q（2）只有當(dāng)t＝2τ時刻，P在磁場中做圓周運(yùn)動結(jié)束后并開始沿x軸負(fù)方向運(yùn)動，才能沿一定的軌道做往復(fù)運(yùn)動，如圖所示。設(shè)粒子在磁場中圓周運(yùn)動的周期為T，則（n-12）T＝τ，（n＝1，2，粒子做勻速圓周運(yùn)動時，有qvB0＝mv2r，而解得，B0=(2n-1)πmqτ，（n＝1，2，（3）在t0時刻釋放P，P在電場中加速時間為τ﹣t0在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的速度為v1=q圓周運(yùn)動的半徑為r1=解得，r1=又經(jīng)（τ﹣t0）時間P減速為零后向右加速時間為t0，P再次進(jìn)入磁場速度為v2=圓周運(yùn)動的半徑為r2=解得，r2=綜上分析，速度為零時橫坐標(biāo)為x＝0相應(yīng)的縱坐標(biāo)為：y=2[kr1-(k-1)r2]2k(r解得：y=2E0[k(τ-2t0)+t0答：（1）P在磁場中運(yùn)動時速度的大小v0為qE（2）B0應(yīng)滿足的關(guān)系為B0=(2n-1)πmqτ，（n＝1，2，（3）在t0（0＜t0＜τ/2）時刻釋放P，P速度為零時橫坐標(biāo)為x＝0，相應(yīng)的縱坐標(biāo)為y=2E0[k(τ-2t0)+t0【點(diǎn)評】本題是帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的問題，分析粒子的受力情況，確定其運(yùn)動情況，關(guān)鍵是運(yùn)用幾何知識求解坐標(biāo)。18．如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面（xy平面）向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，方向沿x軸負(fù)向．在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在（d，0）點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場．不計重力．若該粒子離開電場時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求：（1）電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；（2）該粒子在電場中運(yùn)動的時間．【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在電場中做類平拋運(yùn)動，作出粒子運(yùn)動軌跡，由幾何知識求出粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律、類平拋運(yùn)動規(guī)律可以求出電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度之比，粒子的運(yùn)動時間．【解答】解：粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，在磁場中，粒子做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qv0B＝mv0由幾何知識可得：R0＝d，粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qE＝max，vx＝axt，d=vx2t，tan解得：EB=12v0tan2θ答：（1）電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值為12v0tan2θ（2）該粒子在電場中運(yùn)動的時間為2dv【點(diǎn)評】本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動，在磁場中的勻速圓周運(yùn)動，對數(shù)學(xué)的幾何能力要求較高，關(guān)鍵畫出粒子的軌跡圖，結(jié)合牛頓第二定律以及向心力等知識進(jìn)行求解．19．為了進(jìn)一步提高回旋加速器的能量，科學(xué)家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)．扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布．峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場．質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示．（1）求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時針還是逆時針；（2）求軌道在一個峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T；（3）在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關(guān)系．已知：sin（α±β）＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1﹣2sin2α2【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動．【專題】計算題；定量思想；方程法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中勻速圓周運(yùn)動的半徑公式和左手定則求解（2）離子在峰區(qū)運(yùn)動軌跡是圓弧，在谷區(qū)做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系求出圓弧所對的圓心角，根據(jù)t=sv（3）根據(jù)幾何關(guān)系求出谷區(qū)圓弧所對的圓心角，峰區(qū)和谷區(qū)圓弧的弦長相等，列出等式求出B′與B之間的關(guān)系；【解答】解：（1）峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r=mv旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r針方向②（2）由對稱性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ=2π每個圓弧的長度l=2πr每段直線長度L=2rcosπ周期T=3(l+L)代入得T=(2π+3（3）谷區(qū)內(nèi)的圓心角θ′＝120°﹣90°＝30°⑧谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r'由幾何關(guān)系rsinθ由三角關(guān)系sin30°代入得B'答：（1）閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r為mvqB（2）軌道在一個峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ是2π3，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T為(2π+3（3）在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，B′和B的關(guān)系是B'【點(diǎn)評】本題是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的綜合題，根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動軌跡，運(yùn)用數(shù)學(xué)知識求出粒子在磁場區(qū)中做圓周運(yùn)動的軌道半徑、粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，是本題的難點(diǎn)．20．如圖所示，兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．A板帶正電荷，B板帶等量負(fù)電荷，電場強(qiáng)度為E；磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1．平行金屬板右側(cè)有一擋板M，中間有小孔O′，OO′是平行于兩金屬板的中心線．擋板右側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2．CD為磁場B2邊界上的一絕緣板，它與M板的夾角θ＝45°，O′C＝a，現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m，含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子（不計重力），自O(shè)點(diǎn)沿OO′方向進(jìn)入電磁場區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO′方向運(yùn)動，并進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2中，求：（1）進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2的帶電粒子的速度；（2）能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值；（3）絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度．【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】帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)電場力與洛倫茲力相等，即可求出進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2的帶電粒子的速度；（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律即可得帶電量多少，再由幾何關(guān)系可確定電荷量的最大值；（3）根據(jù)運(yùn)動軌跡的幾何特性，結(jié)合幾何關(guān)系即可求解．【解答】解：（1）沿直線OO′運(yùn)動的帶電粒子，設(shè)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2的帶電粒子的速度為v，根據(jù)B1qv＝qE，解得：v=（2）粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)B2解得：q=因此，電荷量最大的帶電粒子運(yùn)動的軌道半徑最小，設(shè)最小半徑為r1，此帶電粒子運(yùn)動軌跡與CD板相切，則有：r1+2r1＝a解得：r1＝（2-1）a電荷量最大值q＝（2+1）mE（3）帶負(fù)電的粒子在磁場B2中向上偏轉(zhuǎn)，某帶負(fù)電粒子軌跡與CD相切，設(shè)半徑為r2，依題意r2+a=2r解得：r2＝（2+1）則CD板上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度為X＝r2﹣r1＝2a答：（1）進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2的帶電粒子的速度EB（2）能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值(2（3）絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度2a．【點(diǎn)評】考查電場力與洛倫茲力，及向心力，并運(yùn)用牛頓第二定律來解題，同時結(jié)合幾何關(guān)系來確定已知長度與半徑的關(guān)系．本題關(guān)鍵之處是畫出正確的運(yùn)動圖．

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，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)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(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．3．繩球類模型及其臨界條件【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質(zhì)量為M的支座上有一水平細(xì)軸．軸上套有一長為L的細(xì)繩，繩的另一端栓一質(zhì)量為m的小球，讓球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據(jù)向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對支座M，由牛頓運(yùn)動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯(lián)立①②式可解得：v=M+m答：小球的線速度是M+mm點(diǎn)評：物體做圓周運(yùn)動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點(diǎn)撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運(yùn)動最高點(diǎn)時，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v4．機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。2.對三種表達(dá)式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機(jī)械能的總量都是守恒的，但我們解題時往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達(dá)式中是相對的，建立方程時必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機(jī)械能的增加量等于另一部分B的機(jī)械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運(yùn)用機(jī)械能守恒定律的基本思路4.機(jī)械能守恒定律和動能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場中，雷阿倫在終場前5.2s的時候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過程中對籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計，則籃球進(jìn)筐時的動能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時受到的空氣阻力忽略不計，只受重力，故機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機(jī)械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題不需要分析過程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點(diǎn)撥】1.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時的機(jī)械能。（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運(yùn)動綜合起來，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動的動力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運(yùn)動的初速度有關(guān)。2.對于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個關(guān)鍵：（1）分析清楚運(yùn)動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動能定理與機(jī)械能守恒定律的選擇（1）能用機(jī)械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機(jī)械能守恒定律來解決，在這個意義上講，動能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。5．從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】本考點(diǎn)旨在針對需要從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決的電場問題，可能涉及到功能關(guān)系、動能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場力做功與電勢能的變化等情況?！久}方向】圖所示，軌道由粗糙斜面AB、DF與半徑為R的光滑圓弧BCD組成，斜面的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面與水平面間的夾角60°，∠BOD＝120°，虛線BM左側(cè)、DN右側(cè)分布等大反向勻強(qiáng)電場E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點(diǎn)以6gR的初速度沿斜面向下運(yùn)動，物塊質(zhì)量為m，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。AB長度為2R，電場強(qiáng)度大小為3mgq，重力加速度為A、物塊到B點(diǎn)時的速度為2gRB、物塊在最低點(diǎn)的最大壓力為3mgC、物塊最終在圓弧BCD做往返運(yùn)動D、物塊在斜面運(yùn)動的總路程為3R分析：從A到B的過程，根據(jù)動能定理，可以得到B點(diǎn)時的速度；從B到C用動能定理，可以得到C點(diǎn)的速度，結(jié)合豎直面的圓周運(yùn)動規(guī)律和牛頓第三定律，可以計算C點(diǎn)的壓力；根據(jù)對物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會停在斜面上還是會在圓弧內(nèi)圓周運(yùn)動；根據(jù)全過程動能定理可以判斷其總路程。解答：A、對物塊在左側(cè)斜面上釋放時進(jìn)行受力分析，可以得到如圖：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此時摩擦力為滑動摩擦力，故：f＝μN(yùn)，解得N＝2mg，在物塊從A到B的過程中，對物塊應(yīng)用動能定理：mg?2Rsin60°-qE?B、在物塊從B到C的過程中，對物塊應(yīng)用動能定理：mgR(1-cos60°)=12mvCCD、物塊從B到右側(cè)的過程，設(shè)到某點(diǎn)速度減為0，在右側(cè)斜面的位移為x，則在該過程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μN(yùn)x=0-12mvB2，解得：x＝R，此時摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力減為0，物塊剛好可以在斜面上靜止，總路程故選：AD。點(diǎn)評：本題考查涉及電場力的功能關(guān)系問題，注意當(dāng)速度減為0時，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計算物塊對地面壓力時，根據(jù)圓周運(yùn)動規(guī)律得到支持力后，要寫結(jié)合牛頓第三定律得到壓力。【解題思路點(diǎn)撥】電場中的功能關(guān)系如下：1.合力做功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。2.靜電力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢能變化之間的關(guān)系類似。3.只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機(jī)械能的總量不變，即EP1+E機(jī)1＝EP2+E機(jī)2。這與只有重力做功時，物體的機(jī)械能守恒類似。6．環(huán)形電流或通電螺線管周圍的磁場【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)主要針對環(huán)形電流或通電螺線管周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示為一通電螺線管，a、b、c是通電螺線管內(nèi)、外的三點(diǎn)，下列說法正確的（）A、通電螺線管在c處產(chǎn)生的磁場向右B、通電螺線管在a處產(chǎn)生的磁場向右C、通電螺線管內(nèi)部的磁場可認(rèn)為勻強(qiáng)磁場D、a、b、c三點(diǎn)中a點(diǎn)的磁場最強(qiáng)分析：根據(jù)安培定則即可判斷出通電螺線管產(chǎn)生的磁場的方向．通電螺線管內(nèi)部的磁場的特點(diǎn)是內(nèi)部的磁場最強(qiáng)．解答：A、B、根據(jù)安培定則右手握住螺線管，四指表示電流的方向，則通電螺線管產(chǎn)生的磁場的方向向右，所以通電螺線管在a處產(chǎn)生的磁場向右，通電螺線管在c處產(chǎn)生的磁場向左。故A錯誤，B正確；C、通電螺線管內(nèi)部的磁場可認(rèn)為勻強(qiáng)磁場。故C正確；D、通電螺線管內(nèi)部的磁場的特點(diǎn)是內(nèi)部的磁場最強(qiáng)，所以a、b、c三點(diǎn)中a點(diǎn)的磁場最強(qiáng)。故D正確；故選：BCD。點(diǎn)評：該題考查通電螺線管產(chǎn)生的磁場的方向，根據(jù)安培定則即可判定，基礎(chǔ)題目．【解題思路點(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。7．磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.電流元：在物理學(xué)中，把很短一段通電導(dǎo)線中的電流I與導(dǎo)線長度l的乘積叫作電流元。2.磁感應(yīng)強(qiáng)度（1）定義：電流元垂直于磁場放置時，電流元所受磁場的作用力F與I和l乘積的比值，叫作的磁感應(yīng)強(qiáng)度。（2）定義式：B=F（3）單位：在國際單位制中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位是特斯拉，簡稱特，符號是T，1T＝1NA?m（4）標(biāo)矢性：矢量，方向即為該處磁場方向，即靜止于該處的小磁針N極所指的方向（5）物理意義：表征磁場強(qiáng)弱的物理量。（6）磁感應(yīng)強(qiáng)度是磁場本身的性質(zhì)，與放不放電流元無關(guān)?！久}方向】由磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B=FA、磁感應(yīng)強(qiáng)度與通電導(dǎo)線受到的磁場力F成正比B、磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流強(qiáng)度和導(dǎo)線長度的乘積成反比C、磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與F的方向一致D、只要滿足L很短，I很小的條件，B=F分析：在磁場中磁感應(yīng)強(qiáng)度有強(qiáng)弱，則由磁感應(yīng)強(qiáng)度來描述強(qiáng)弱．將通電導(dǎo)線垂直放入勻強(qiáng)磁場中，即確保電流方向與磁場方向相互垂直，則所受的磁場力與通電導(dǎo)線的電流與長度乘積之比．公式B=FIL是比值法定義B的，磁感應(yīng)強(qiáng)度B是由磁場本身的性質(zhì)決定的物理量，不能說B與F成正比，也不能說B與解答：AB、磁感應(yīng)強(qiáng)度B是由磁場本身的性質(zhì)決定的物理量，定義式B=FIL是比值法定義B的，不能說B與F成正比，也不能說B與IL成反比。故A、C、根據(jù)左手定則可知，F(xiàn)與B的方向互相垂直。故C錯。D、只要滿足L很短，I很小的條件，B=FIL對任何磁場都適用。故故選：D。點(diǎn)評：磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B=FIL可知，是屬于比值定義法．即B與F、I、L均沒有關(guān)系，它是由磁場的本身決定．例如：電場強(qiáng)度E=F【解題思路點(diǎn)撥】1.磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式：：B=（1）公式成立條件：通電導(dǎo)線必須垂直于磁場方向放置，不垂直則公式不成立。（2）決定磁感應(yīng)強(qiáng)度的因素：僅由磁場本身決定，與導(dǎo)線是否受磁場力以及磁場力的大小無關(guān)。（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式也適用于非勻強(qiáng)磁場，這時l應(yīng)很短，稱為“電流元”，相當(dāng)于靜電場中的“試探電荷”。2.方向：磁感應(yīng)強(qiáng)度B是一個矢量，某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不是放在該處的通電導(dǎo)線的受力方向。它的方向可以有以下幾種表述方式：（1）小磁針靜止時N極所指的方向，或小磁針靜止時S極所指的反方向。（2）小磁針N極受力的方向（不論小磁針是否靜止），或S極受力的反方向。（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該點(diǎn)的磁場方向。3.大?。捍艌鲈谀澄恢玫拇鸥袘?yīng)強(qiáng)度的大小與方向是客觀存在的，與通過導(dǎo)線的電流大小、導(dǎo)線的長短無關(guān)。即使不放入載流導(dǎo)線，磁感應(yīng)強(qiáng)度也照樣存在，故不能說“B與F成正比”或“B與Il成反比”。8．磁通量的概念和計算公式的定性分析【知識點(diǎn)的認(rèn)識】一、磁通量1．概念：勻強(qiáng)磁場中磁感應(yīng)強(qiáng)度和與磁場方向垂直的平面面積S的乘積。即Φ＝BS。2.拓展：磁場與平面不垂直時，這個面在垂直于磁場方向的投影面積S'與磁感應(yīng)強(qiáng)度的乘積表示磁通量。即Φ＝BSsinθ＝BS'。θ表示面與磁場的夾角。3.單位：韋伯（Wb），1Wb＝1T?m2．4.標(biāo)矢性：標(biāo)量，但有正負(fù)，正負(fù)表示從不同的方向穿過某個平面。5．磁通量的計算公式（1）公式：Φ＝BS．（2）適用條件：①勻強(qiáng)磁場；②S是垂直磁場并在磁場中的有效面積．6.引申：B=Φ7.磁通量的影響因素：根據(jù)公式Φ＝BS可知磁通量的大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度和垂直于磁場的面積有關(guān)。【命題方向】關(guān)于磁通量的概念，以下說法中正確的是（）A、磁通量發(fā)生變化，一定是磁場發(fā)生變化引起的B、磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，穿過閉合回路的磁通量也越大C、磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，線圈面積越大，則磁通量也越大D、線圈的磁通量為零，但該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零分析：由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，磁通量發(fā)生變化，不一定是磁場發(fā)生變化引起的．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，穿過閉合回路的磁通量也不一定越大．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，線圈面積越大，磁通量也不一定越大．線圈的磁通量為零，但該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零．解答：A、由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，可能是由磁感應(yīng)強(qiáng)度B變化，或由面積S變化，或由角度θ變化引起的。故A錯誤。B、磁通量大小取決于B、S、θ三個因素，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，穿過閉合回路的磁通量也不一定越大。故B錯誤。C、當(dāng)線圈與磁場平行時，磁感應(yīng)強(qiáng)度再大，磁通量為零。則磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，線圈面積越大，磁通量也不一定越大。故C錯誤。D、磁通量為零，磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零；也可能線圈與磁場平行時，但磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零。故D正確。故選：D。點(diǎn)評：本題考查磁通量的概念，要抓住兩種特殊情況：當(dāng)線圈與磁場平行時，Φ＝0；當(dāng)線圈與磁場垂直時，Φ＝BS．【解題方法點(diǎn)撥】對磁通量的理解（1）線圈平面與磁場方向垂直時磁通量最大，線圈轉(zhuǎn)動后穿過線圈的磁感線條數(shù)減少，磁通量減小。（2）在勻強(qiáng)磁場中才能應(yīng)用公式Φ＝BSsinθ（θ表示面與磁場的夾角）計算磁通量。應(yīng)用公式時還需要明確公式中各物理量的含義9．磁通量的計算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.當(dāng)平面與磁場垂直時，穿過平面的磁通量為：Φ＝BS。2.當(dāng)平面與磁場不垂直時，S應(yīng)該為平面與磁感線方向上的投影面積，如下圖圖中穿過平面的磁通量為Φ＝BScosθ。式中Scosθ即為平面S在垂直于磁場方向上的投影面積，也稱為“有效面積”3.磁通量的正、負(fù)（1）磁通量是標(biāo)量，但有正、負(fù)，當(dāng)以磁感線從某一面上穿入時，磁通量為正值，則磁感線從此面穿出時即為負(fù)值。（2）若同時有磁感線沿相反方向穿過同一平面，且正向磁通量大小為Φ1，反向通量大小為Φ2，則穿過該平面的合磁通量Φ＝Φ1﹣Φ2。【命題方向】如圖所示，在一半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將匝數(shù)為n、半徑為R（R＞r）的圓形線圈垂直紙面放置，使其軸線經(jīng)過磁場區(qū)域的圓心，則穿過線圈的磁通量為（）A、πBr2B、πBR2C、nπBR2D、nπBr2分析：根據(jù)磁通量公式Φ＝BS分析求解；注意S為垂直于磁場方向上的有效面積，磁通量與匝數(shù)無關(guān)。解答：磁通量與匝數(shù)無關(guān)，線圈在磁場中的有效面積S＝πr2，根據(jù)磁通量的公式Φ＝BS可知，穿過線圈的磁通量Φ＝πBr2，故A正確，BCD錯誤。故選：A。點(diǎn)評：本題考查了磁通量的定義，解題的關(guān)鍵是明確垂直于磁場方向上的有效面積，根據(jù)磁通量公式求解。【解題思路點(diǎn)撥】對磁通量的理解（1）Φ＝B?S的含義：Φ＝BS只適用于磁感應(yīng)強(qiáng)度B與面積S垂直的情況．當(dāng)B與S平面間的夾角為θ時，則有Φ＝BSsinθ．可理解為Φ＝BSsinθ，即Φ等于B與S在垂直于B方向上投影面積的乘積．也可理解為Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量與S的乘積．如圖（1）所示．（2）面積S的含義：S不一定是某個線圈的真正面積，而是線圈在磁場范圍內(nèi)的面積．如圖（2）所示，S應(yīng)為線圈面積的一半．（3）多匝線圈的磁通量：多匝線圈內(nèi)磁通量的大小與線圈匝數(shù)無關(guān)，因?yàn)椴徽摼€圈匝數(shù)多少，穿過線圈的磁感線條數(shù)相同，而磁感線條數(shù)可表示磁通量的大小．（4）合磁通量求法：若某個平面內(nèi)有不同方向和強(qiáng)弱的磁場共同存在，當(dāng)計算穿過這個面的磁通量時，先規(guī)定某個方向的磁通量為正，反方向的磁通量為負(fù)，平面內(nèi)各個方向的磁通量的代數(shù)和等于這個平面內(nèi)的合磁通量．10．安培力的概念【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：通電導(dǎo)線在磁場中受的力叫作安培力。2.特點(diǎn)：（1）通電在導(dǎo)線在磁場中不一定受到安培力，當(dāng)導(dǎo)線與磁場方向平行時，受到的安培力等于零。（2）安培力的方向與磁場方向、電流的方向都垂直?！久}方向】關(guān)于磁場對通電直導(dǎo)線的作用力，下列說法中正確的是（）A、通電直導(dǎo)線跟磁場方向平行時作用力最小，等于零B、通電直導(dǎo)線跟磁場方向垂直時作用力最大C、作用力的方向既垂直磁場方向，又垂直電流方向D、通電直導(dǎo)線跟磁場方向不垂直時沒有作用力分析：當(dāng)導(dǎo)線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最小．當(dāng)導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．根據(jù)左手定則可知安培力的方向．解答：AB、當(dāng)導(dǎo)線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最小。當(dāng)導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．故A、B正確。C、根據(jù)左手定則，知安培力的方向既垂直磁場方向，又垂直電流方向。故C正確。D、當(dāng)導(dǎo)線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，當(dāng)導(dǎo)線與磁場的方向既不平行也不垂直時，安培力的大小介于0和最大值之間。故D錯誤。故選：ABC。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)導(dǎo)線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最?。?dāng)導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．【解題思路點(diǎn)撥】電場力、安培力、洛倫茲力辨析①帶電粒子在電場中受到的力叫作電場力，無論帶電粒子處于什么狀態(tài)，帶電粒子在電場中一定受到電場力。②通電導(dǎo)線在磁場中受到的力叫作安培力，只有通電導(dǎo)線與磁場不平行時，才會受到安培力作用。③帶電粒子在磁場中受到的力叫作洛倫茲力，帶電粒子需要有速度并且速度方向不能與磁場方向平行。11．兩根通電導(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)律為同向電流相互吸引，異向電流相互排斥。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左，同理可得，右側(cè)電流對左側(cè)導(dǎo)線的作用力向右。同樣的方法可以證明異向電流間的安培力指向與同向電流間的安培力的方向相反，即相互排斥。【命題方向】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?！窘忸}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吸引，異向電流相互排斥的結(jié)論。12．洛倫茲力的概念【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：洛倫茲力是指磁場對運(yùn)動電荷的作用力。2.特點(diǎn)：（1）洛倫茲力是電荷在磁場中受到的力，但是電荷在磁場中卻不一定總是受到洛倫茲力。只有當(dāng)電荷在磁場中運(yùn)動，且運(yùn)動方向不與磁場平行時，才會受到洛倫茲力的作用。（2）洛倫茲力總是垂直于電荷的運(yùn)動方向和磁場方向?！久}方向】下列說法中正確的有（）A、只要帶電粒子在磁場中運(yùn)動，就會受到洛倫茲力的作用B、帶電粒子在空間定向運(yùn)動，其周圍空間一定形成磁場C、帶電粒子垂直射入磁場中，必會受到洛倫茲力的作用D、洛倫茲力總是不做功分析：當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場方向不平行時，會受到洛倫茲力，洛倫茲力的方向與速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功．解答：A、當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場方向平行，不