2025年高考物理压轴训练13（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理压轴训练13（Word版附解析），共94页。试卷主要包含了两种类型等内容，欢迎下载使用。
1．（2024•天津）如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒从某高度由静止开始下滑，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，则所受的安培力及其加速度、速度、电流，随时间变化的关系图像可能正确的是
A．B．
C．D．
2．（2024•成都模拟）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，将一厚度为的半导体薄片垂直置于磁场中，在薄片的两个侧面、间通以电流时，另外两侧、间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中定向移动形成电流的载流子受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，在、间产生霍尔电压。半导体的载流子有自由电子或空穴（相当于正电荷）两种类型。下列说法正确的是
A．若该半导体是空穴导电，则侧的电势低于侧的电势
B．若只增大半导体薄片的厚度，则霍尔电压将增大
C．若只增大磁场的磁感应强度，则霍尔电压将增大
D．若只增大电流，则霍尔电压将减小
3．（2024•海安市校级二模）某同学利用手机物理工坊测量当地地磁场的磁感应强度，如图甲所示，以手机显示屏所在平面为平面，在手机上建立直角坐标系，该同学测量时轴始终保持竖直向上，手机平面绕轴匀速转动，手机显示出各轴磁场的实时数据（如图乙所示）。当外界磁场分量与坐标轴正方向相同时则显示正值，相反则显示负值，根据图像可推知，下列说法错误的是
A．图中时刻轴正方向指向地球北方
B．图中时刻轴正方向指向地球南方
C．时间内手机刚好绕轴转动了一周
D．通过轴数据可知测量地在南半球
4．（2024•重庆模拟）《大国重器》节目介绍的输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆、连线水平，某时刻、中电流方向垂直于纸面向里，中电流方向垂直于纸面向外，、、中电流大小均为，则
A．正三角形中心处的磁感应强度为0
B．、连线中点处的磁感应强度斜向左上方
C．、输电线缆相互吸引
D．、输电线缆相互吸引
5．（2024•海淀区校级三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中、、、、是从点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是
A．、都是正电子的径迹
B．径迹对应的粒子动量最大
C．径迹对应的粒子动能最大
D．径迹对应的粒子运动时间最长
6．（2024•东西湖区校级模拟）如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为，一个质量为、电荷量为的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为。现使圆环以初速度向上运动，经时间圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向。下列描述该过程中圆环的速度随时间、摩擦力随时间、动能随位移、机械能随位移变化规律的图象中，不可能正确的是
A．B．
C．D．
7．（2024•盐城三模）如图所示，在以半径为和的同心圆为边界的区域中，有磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心处有一粒子源（图中未画出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，已知，。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是
A．粒子速度的最大值为
B．粒子速度的最大值为
C．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况）
D．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况）
8．（2024•东港区校级模拟）据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为，质量为，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为、速率为的匀速圆周运动。则以下说法错误的是
A．电场方向垂直环平面向外
B．电子运动周期为
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
9．（2024•西宁一模）沿海建设的核电站可用电磁泵推动氯化钠溶液在管道中运行来冷却反应堆。如图为电磁泵的示意图，长方体导管的左右表面绝缘，将导管水平放置，让磁场方向与左右表面垂直。因充满导管的氯化钠溶液中有正、负离子，将导管上、下表面和电源连接后，氯化钠溶液便会流动，速度方向如图所示。则下列说法正确的是
A．若无磁场，则溶液中的负离子向上运动
B．磁场方向从左表面指向右表面
C．交换电源正负极，溶液流动方向不变
D．磁场方向与导管上、下表面垂直时，溶液从左至右流动
10．（2024•浙江模拟）如图所示，空间中有一环型匀强磁场，其内半径为，外半径为。在内圆上的点处有一微粒发生裂变，生成甲、乙两个小微粒（均带正电），且二者初速度均沿切线方向并处于如图所示的平面内（甲左乙右）。若两微粒均恰好不从外环射出磁场，则甲、乙两者所带电量之比为
A．B．C．D．
二．多选题（共6小题）
11．（2024•开福区校级模拟）如图所示，在某空间的一个区域内有一直线与水平面成角，在两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为。从直线上的点水平向右射出速率为的粒子，粒子带正电，比荷为，若粒子运动过程中经过直线上的点，粒子从点运动到点的时间为。已知，不计粒子重力。则
A．可能为B．可能为
C．可能为D．一定为
12．（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，在平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在第三、四象限范围内有沿轴正方向的匀强电场，在坐标原点有一个粒子源可以向轴上方以不同速率向各个方向发射质量为、电荷量为的带正电粒子，轴上的点坐标为，轴上的点坐标为。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是
A．所有经过点的粒子最小速度为
B．若以最小速率经过点的粒子又恰好能过点，则电场强度大小为
C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过点，速度大小一定不同
D．所有经过点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
13．（2024•罗湖区校级模拟）如图甲，用强磁场将百万度高温的等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，若仅在纵向场中，下列说法正确的是
A．正离子在纵向场中沿逆时针方向运动
B．带电粒子在纵向场中的速度大小不变
C．在纵向场中，带电粒子将发生左右方向的漂移
D．在纵向场中，带电粒子将发生上下方向的漂移
14．（2024•湖南一模）蜜蜂飞行时依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点进行定位做“8”字形运动，以此告知同伴蜜源方位。某兴趣小组用带电粒子在电场和磁场中的运动模拟蜜蜂的运动。如图所示，空间存在范围足够大垂直纸面、方向相反的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，其上、下边界分别为、，间距为。与之间存在沿水平方向且大小始终为的匀强电场，当粒子通过进入电场中运动时，电场方向水平向右；当粒子通过进入电场中运动时，电场方向水平向左。现有一质量为、电荷量为的粒子在纸面内以初速度从点垂直射入电场，一段时间后进入磁场Ⅱ，之后又分别通过匀强电场和磁场Ⅰ，以速度回到点，磁场Ⅱ的磁感应强度，不计粒子重力。则下列说法正确的是
A．粒子在水平向右的电场中运动的位移大小为
B．粒子在磁场Ⅱ中运动的速度大小
C．粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的弦长为
D．磁场Ⅰ的磁感应强度大小
15．（2024•龙岗区校级三模）如图所示，等腰直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角边长度为，磁感应强度大小为。在点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为、电荷量为的粒子，所有粒子不计重力、速度大小均为。其中从点沿方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界射出磁场。关于粒子运动下列说法正确的是
A．粒子速度的大小满足
B．从射出的粒子在磁场中的运动时间都相同
C．从点射出磁场的粒子在点的速度方向与夹角为
D．所有从边界出射的粒子中在磁场中运动的最短时间为
16．（2024•东西湖区校级模拟）如图所示，直角三角形内存在磁感应强度大小为、方向垂直于△平面向里的匀强磁场，点为边的中点，．一对正、负电子（不计重力）自点沿平面垂直边射入磁场，结果均从边射出磁场且均恰好不从两直角边射出磁场。下列说法正确的是
A．正电子从边的、两点间射出磁场
B．正、负电子在磁场中运动的时间相等
C．正电子在磁场中运动的轨道半径较大
D．正、负电子在磁场中运动的速率之比为
三．填空题（共4小题）
17．（2024•思明区校级模拟）在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为；②在点附近的地面上，找到与点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线；③在地面上过点垂直于的直线上，找到磁场方向与地面夹角为的、两点，测得、两点距离为，由此可确定金属管线 （填“平行”或“垂直” 于，深度为 。
18．（2024•松江区校级三模）图是磁电式电表内部结构示意图，该电表利用的物理原理是 ，写出一条能提高该电表的灵敏度措施是： 。
19．（2023•黄浦区二模）四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于正方形的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，方向如图所示。正方形对角线的交点为，通电导线在点产生的磁感应强度为，四根通电导线在点产生磁场的磁感应强度大小为 ，方向为 。
20．（2022•漳平市模拟）如图所示，三根相互平行的固定长直导线、、两两等距，长度均为，截面构成等边三角形，均通有电流。中电流方向与中的相同，与中的相反。已知中的电流在导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为，则、中电流在导线处产生的合磁场磁感应强度大小为 。导线受到的安培力大小为 。
四．解答题（共5小题）
21．（2024•天津）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为的半圆形匀强磁场区域，半圆与轴相切于点，与轴相切于点，直线边界与轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为。一带负电粒子质量为，电荷量为，从点以速度沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）若仅有电场，求粒子从点到达轴的时间；
（3）若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达轴上点，、的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。
22．（2025•邯郸一模）如图所示，边长为的正方形区域（含边界）内存在匀强电场，电场强度方向向下且与边平行。一质量为、电荷量为的带电粒子从点沿方向以初速度射入匀强电场，恰好能从点飞出。不计粒子重力。
（1）求粒子在电场中运动的时间及速度偏转角的正切值；
（2）若将正方形区域内的匀强电场换成垂直纸面向外的匀强磁场，粒子仍以相同速度从点进入磁场，粒子以相同偏转角从边飞出。求磁感应强度与电场强度的比值。
23．（2024•罗湖区校级模拟）亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的圆形线圈。如图所示，两线圈通入方向相同的恒定电流，线圈间形成平行于中心轴线的匀强磁场，沿建立轴，一足够大的圆形探测屏垂直于轴放置，其圆心点位于轴上。在线圈间加上平行于轴的匀强电场，粒子源从轴上的点以垂直于轴的方向持续发射初速度大小为的粒子。已知粒子质量为，电荷量为，电场强度大小为，磁感应强度大小为，电场和磁场均沿轴正方向，不计粒子重力和粒子间相互作用。若未加电场，粒子可以在线圈间做匀速圆周运动。
（1）若未加电场，求粒子做圆周运动的半径；
（2）加入电场后，沿轴方向左右调节探测屏，求粒子打在探测屏上的点距探测屏圆心点的最远距离；
（3）加入电场后，沿轴方向左右调节探测屏，若要使粒子恰好打在探测屏的圆心点，求此时点与粒子源间的距离。
24．（2024•越秀区校级模拟）如图甲所示，两间距为的水平放置的平行金属板、，板某处放有粒子源，的正上方的板处开有一个可穿过粒子的小孔．间距的平行金属导轨、与金属板、相连，导轨上存在一垂直纸面向里、大小为的匀强磁场，一导体棒贴紧以一定的初速度向右匀速进入磁场．在进入磁场的瞬间，粒子源飘出一个初速度视为零、质量为、带电量为的粒子，在、间加速后从处射出．在板的上方（并与点相切）有一个内圆半径、外圆半径的圆环形匀强磁场，其大小也为、方向垂直纸面向外，两圆的圆心与、在一竖直线上．不计粒子重力，忽略平行板外的电场以及磁场间的相互影响．
（1）处飘出的粒子带何种电荷？已知棒的速度为，求粒子到达板时速度；
（2）为了不让粒子进入内圆半径为的无磁场区域，试求出棒的速度最大值；
（3）若棒的速度只能是，为了实现粒子不进入半径为的内圆无磁场区域，可以控制金属导轨、的磁场宽度（如图乙所示），求该磁场宽度的范围．
25．（2024•郫都区校级二模）如图所示，一半径为的圆与轴相切于原点，圆内有直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大为。与轴垂直的竖直虚线与磁场最右端相切，其右侧的第Ⅰ象限内存在沿方向的匀强电场。现有一束比荷为的带正电粒子沿着方向从原点射入磁场，粒子离开磁场时方向沿轴正方向，进入电场后，经电场偏转打到轴上坐标为的点，不计粒子的重力，求：
（1）粒子射入磁场时的速度；
（2）电场强度的大小；
（3）若仅使从点射入的带电粒子初速度方向与轴方向成角，求粒子从点出发到再次打到轴上所用的时间。
2025年高考物理压轴训练13
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024•天津）如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒从某高度由静止开始下滑，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，则所受的安培力及其加速度、速度、电流，随时间变化的关系图像可能正确的是
A．B．
C．D．
【答案】
【考点】安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）
【专题】推理论证能力；推理法；电磁感应与电路结合；定量思想
【分析】根据题意设置相应条件，由安培力的公式结合导体棒切割磁感线产生感应电动势公式、牛顿第二定律分析、、以及的变化情况；
根据闭合电路的欧姆定律导出电流表达式，再分析图像的变化情况。
【解答】解：根据题意，设导体棒的电阻为，导轨间距为，磁感应强度大小为，导体棒速度为时，受到的安培力为，可知，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力与速度成正比，则图像的斜率逐渐减小直至为零时，保持不变，故正确，错误；
根据题意，由公式可得感应电流为，由数学知识可得，由于加速度逐渐减小，则图像的斜率逐渐减小，故错误。
故选：。
【点评】考查电磁感应的相关问题，结合闭合电路的欧姆定律，牛顿运动定律等列式求解分析。
2．（2024•成都模拟）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，将一厚度为的半导体薄片垂直置于磁场中，在薄片的两个侧面、间通以电流时，另外两侧、间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中定向移动形成电流的载流子受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，在、间产生霍尔电压。半导体的载流子有自由电子或空穴（相当于正电荷）两种类型。下列说法正确的是
A．若该半导体是空穴导电，则侧的电势低于侧的电势
B．若只增大半导体薄片的厚度，则霍尔电压将增大
C．若只增大磁场的磁感应强度，则霍尔电压将增大
D．若只增大电流，则霍尔电压将减小
【答案】
【考点】霍尔效应与霍尔元件
【专题】定量思想；带电粒子在复合场中的运动专题；推理能力；推理法
【分析】、根据左手定则得出粒子的偏转方向，从而得出电势的高低；
、粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，由此列式得出霍尔电压的表达式，进而判断哪个选项正确。
【解答】解：．若该半导体是空穴导电，即相当于正电荷导电，根据左手定则可知，正电荷在洛伦兹力作用下向侧聚集，可知侧电势高于侧电势，故错误；
．由于、间产生电场，稳定时电场力与洛伦兹力平衡，设、间距离为，霍尔元件长为，则有
设单位体积内电荷的数目为，根据电流的微观定义式有
解得
可知，若增大半导体薄片的厚度，则霍尔电压将减小，故错误；
．若增大磁感应强度，则霍尔电压将增大，故正确；
．若增大电流，则霍尔电压将增大，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则得出粒子的受力方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
3．（2024•海安市校级二模）某同学利用手机物理工坊测量当地地磁场的磁感应强度，如图甲所示，以手机显示屏所在平面为平面，在手机上建立直角坐标系，该同学测量时轴始终保持竖直向上，手机平面绕轴匀速转动，手机显示出各轴磁场的实时数据（如图乙所示）。当外界磁场分量与坐标轴正方向相同时则显示正值，相反则显示负值，根据图像可推知，下列说法错误的是
A．图中时刻轴正方向指向地球北方
B．图中时刻轴正方向指向地球南方
C．时间内手机刚好绕轴转动了一周
D．通过轴数据可知测量地在南半球
【答案】
【考点】地磁场；磁感应强度的定义与物理意义
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；实验探究能力
【分析】磁感应强度是矢量，根据平行四边形定则计算合磁感应强度的大小。
【解答】解：地磁场的极在地球南极附近，极在地球北极附近，在南半球，地磁场方向斜向上，竖直分量竖直向上，水平分量指向北方；在北半球，地磁场方向斜向下，竖直分量竖直向下，水平分量指向北方，如下图所示，
、根据北半球地磁场保持水平分量为向北，因此当手机绕轴转动过程，地磁场水平分量在轴和轴的分量，将出现正弦或余弦式的变化，图中时刻轴正方向磁场数值达到最大，说明此时刻轴正方向指向地球北方，故正确；
、图中时刻轴负方向磁场数值达到最大，说明时刻轴正方向指向地球南方，故正确；
、由图中轴数据为负，即磁场有竖直向下分量且基本保持不变，可知测量地在北半球，故错误；
、时间内轴方向磁场变化刚好一个周期，说明时间内手机刚好绕轴转动了一周，故正确；
本题选择错误的，
故选：。
【点评】本题考查对磁感应强度的理解，明确磁感应强度是矢量，满足平行四边形定则。
4．（2024•重庆模拟）《大国重器》节目介绍的输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆、连线水平，某时刻、中电流方向垂直于纸面向里，中电流方向垂直于纸面向外，、、中电流大小均为，则
A．正三角形中心处的磁感应强度为0
B．、连线中点处的磁感应强度斜向左上方
C．、输电线缆相互吸引
D．、输电线缆相互吸引
【答案】
【考点】通电直导线周围的磁场；两根通电导线之间的作用力
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理能力
【分析】、根据右手定则判断出每根电缆在处或中点处的磁感应强度，再根据矢量的合成法则求合磁感应强度；
、根据通向电流互相吸引反向电流互相排斥，可判断、输电线缆间的作用力。
【解答】解：、根据右手定则可判断输电线缆在点的磁感应强度方向垂直指向左下方，输电线缆在点的磁感应强度方向垂直指向右下方，根据对称性可知，输电线缆在处产生的磁感应强度大小相等，根据矢量的合成法则可判断、输电线缆在处的合磁感应强度方向竖直向下，而输电线在点的磁感应强度方向垂直水平向右，所以处合磁感应强度方向应斜向右下方，故错误；
、输电线缆在、连线中点处的磁感应强度方向竖直向下，输电线缆在点的磁感应强度方向竖直向下，输电线在、连线中点的磁感应强度方向水平向右，所以、连线中点合磁感应强度方向斜向右下方，故错误；
、根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，、输电线缆相互吸引，、输电线缆相互排斥，故正确，错误；
故选：。
【点评】本题主要考查电流产生的磁场方向的判断方法，解题关键是右手定则的应用及矢量的合成法则。
5．（2024•海淀区校级三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中、、、、是从点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是
A．、都是正电子的径迹
B．径迹对应的粒子动量最大
C．径迹对应的粒子动能最大
D．径迹对应的粒子运动时间最长
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力
【分析】根据左手定则判断粒子所带电性，根据粒子做圆周运动的半径和圆心角，分析粒子的速度、动能、动量和运动时间。
【解答】解：．带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知、、都是正电子的径迹，、都是负电子的径迹，故错误；
．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
由图可知径迹对应的粒子的运动半径最小，径迹对应的粒子的速度最小，根据
可知径迹对应的粒子动量最小，故错误；
．根据
可知
即径迹对应的粒子动能不是最大的，故错误；
．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
，
则
所以
粒子在磁场中的运动时间
其中为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知径迹对应的偏转角度最大，则径迹对应的粒子运动时间最长，故正确。
故选：。
【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，比较简单，从图中正确得出粒子做圆周运动的半径和圆心角是解题关键。
6．（2024•东西湖区校级模拟）如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为，一个质量为、电荷量为的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为。现使圆环以初速度向上运动，经时间圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向。下列描述该过程中圆环的速度随时间、摩擦力随时间、动能随位移、机械能随位移变化规律的图象中，不可能正确的是
A．B．
C．D．
【答案】
【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力
【分析】小球受重力、洛伦兹力、支持力和滑动摩擦力，然后根据牛顿第二定律列式，推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答。
【解答】解：．小球向上运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向下的滑动摩擦力，向上运动，重力和摩擦力做负功，速度不断减小，洛伦兹力不断减小，支持力减小，故滑动摩擦力减小，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当速度减为零时，向上的位移最大，摩擦力等于0，而加速度等于重力加速度；小球达到最高点后向下运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向上的滑动摩擦力，由于速度不断变大，洛伦兹力不断变大，支持力变大，故滑动摩擦力变大，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大；
由以上的分析可知，小球先向上运动，加速度逐渐减小；后小球向下运动，加速度仍然继续减小．负号表示速度的方向前后相反．由以上的分析可知，小球先向上运动，摩擦力的方向向下，逐渐减小；后小球向下运动，摩擦力的方向向上，逐渐增大，故是可能的；
．小球向上运动的过程中，有
由于逐渐减小，所以动能的变化率逐渐减小，故不可能；
．小球运动的过程中摩擦力做功使小球的机械能减小，向上运动的过程中
△△
由于向上运动的过程中逐渐减小，所以机械能的变化率逐渐减小；而向下运动的过程中摩擦力之间增大，所以机械能的变化率逐渐增大，故是可能的。
本题选不可能的，故选：。
【点评】本题关键分析清楚带电小球的运动情况，明确：向上运动的过程中摩擦力逐渐减小，向下运动的过程中摩擦力逐渐增大，加速度、速度和动能、机械能都随之发生 变化。
7．（2024•盐城三模）如图所示，在以半径为和的同心圆为边界的区域中，有磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心处有一粒子源（图中未画出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，已知，。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是
A．粒子速度的最大值为
B．粒子速度的最大值为
C．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况）
D．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况）
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【专题】应用题；定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力
【分析】根据洛伦兹力提供向心力当粒子的运动轨迹最大时，速度最大，求出最大半径，从而得出最大速度；恰好不从大圆边界飞出，轨迹与大圆相切，根据轨迹求出运动时间。
【解答】解：、根据洛伦兹力提供向心力：
解得：
可知速度最大时，半径最大，当轨迹与大圆相切时，半径最大，如图所示
根据几何关系可得：
联立解得：，故错误；
、某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，即粒子速度最大时，根据几何关系有
解得其在磁场中运动的时间为
故正确；错误。
故选：。
【点评】本题主要考查带电粒子在磁场中的运动，速度最大就是半径最大，根据最大半径分析选项，要注意相切时是轨迹半径最大的时候。
8．（2024•东港区校级模拟）据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为，质量为，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为、速率为的匀速圆周运动。则以下说法错误的是
A．电场方向垂直环平面向外
B．电子运动周期为
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
【答案】
【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理能力
【分析】电子在圆环内沿顺时针方向做半径为、速率为的匀速圆周运动，电场力需要与磁场1产生的洛伦兹力平衡，磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，根据平衡条件判断电场方向和大小，根据洛伦兹力提供向心力列式可求磁感应强度大小。
【解答】解：．根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，故错误；
．电子在圆环内沿顺时针方向做半径为、速率为的匀速圆周运动，则电子运动周期为
故正确；
．电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有
解得
故正确；
．电子在垂直环平面方向受力平衡，则有
解得
故正确。
本题选错误的，故选：。
【点评】本题考查带电粒子在混合场中的圆周运动，知道磁场1洛伦兹力与电场力平衡，磁场2洛伦兹力提供向心力是解题关键。
9．（2024•西宁一模）沿海建设的核电站可用电磁泵推动氯化钠溶液在管道中运行来冷却反应堆。如图为电磁泵的示意图，长方体导管的左右表面绝缘，将导管水平放置，让磁场方向与左右表面垂直。因充满导管的氯化钠溶液中有正、负离子，将导管上、下表面和电源连接后，氯化钠溶液便会流动，速度方向如图所示。则下列说法正确的是
A．若无磁场，则溶液中的负离子向上运动
B．磁场方向从左表面指向右表面
C．交换电源正负极，溶液流动方向不变
D．磁场方向与导管上、下表面垂直时，溶液从左至右流动
【答案】
【考点】左手定则判断安培力的方向
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力
【分析】根据左手定则和图中溶液速度方向判断磁场的方向，当磁场方向与导管上下表面垂直时，离子不受洛伦兹力，所以溶液不会移动。
【解答】解：导管下表面电势高于上表面电势，如果不存在磁场，则负离子向下运动，正离子向上运动，根据左手定则和图中溶液速度方向可知，磁场方向为从左表面指向右表面，故错误，正确；
根据选项的分析可知，当交换电源正负极，溶液流动方向会反向，故错误；
当磁场方向垂直导管上下表面时，磁场方向与离子初始运动方向在一条直线上，方向沿竖直方向，离子不受洛伦兹力，所以溶液不会从左至右运动，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了磁场方向的判断和溶液是否移动，熟用左手定则和判断离子是否受洛伦兹力是解决此类题的关键。
10．（2024•浙江模拟）如图所示，空间中有一环型匀强磁场，其内半径为，外半径为。在内圆上的点处有一微粒发生裂变，生成甲、乙两个小微粒（均带正电），且二者初速度均沿切线方向并处于如图所示的平面内（甲左乙右）。若两微粒均恰好不从外环射出磁场，则甲、乙两者所带电量之比为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力
【分析】根据题意画出两粒子在磁场中做匀速圆周运动轨迹，由几何关系找出两粒子运动的轨道半径，根据动量守恒定律结合牛顿第二定律联立求解。
【解答】解：由题意可知，根据左手定则，其两粒子运动轨迹如图所示
设向右为正方向，向右的粒子速度为，质量为，向左的粒子速度为，质量为，由动量守恒定律有
对粒子甲，由几何关系有
对粒子乙，由几何关系有
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
整理有
由上述各式，整理有
故错误，正确；
故选：。
【点评】考查动量守恒定律，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，会根据题意画出轨迹图，并根据几何关系列式解答相应问题。
二．多选题（共6小题）
11．（2024•开福区校级模拟）如图所示，在某空间的一个区域内有一直线与水平面成角，在两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为。从直线上的点水平向右射出速率为的粒子，粒子带正电，比荷为，若粒子运动过程中经过直线上的点，粒子从点运动到点的时间为。已知，不计粒子重力。则
A．可能为B．可能为
C．可能为D．一定为
【答案】
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动
【专题】推理法；推理论证能力；定量思想；带电粒子在磁场中的运动专题
【分析】根据洛伦兹力做向心力得到粒子在两磁场中运动轨道半径相等，且得到速率和半径的关系，结合几何关系和对称性求磁感应强度的可能值；
然后根据每次偏转角，结合时间公式求总时间。
【解答】解：、由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，
粒子每次经过直线均偏转，由几何关系，将分成等份，可知半径：
根据洛伦兹力提供向心力：
联立可得：，故正确，错误；
、粒子从点运动到点的时间为为：，故错误，正确。
故选：。
【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
12．（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，在平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在第三、四象限范围内有沿轴正方向的匀强电场，在坐标原点有一个粒子源可以向轴上方以不同速率向各个方向发射质量为、电荷量为的带正电粒子，轴上的点坐标为，轴上的点坐标为。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是
A．所有经过点的粒子最小速度为
B．若以最小速率经过点的粒子又恰好能过点，则电场强度大小为
C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过点，速度大小一定不同
D．所有经过点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
【答案】
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题；推理法；定量思想；推理能力
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆周运动半径最小时，粒子经过点时速度最小，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解最小速度；速度最小的粒子由点到点做类平抛运动，根据牛顿第二定律与运动学公式求解电场强度；经过、两点的不同圆半径可以相等，也可以不相等，运动半径相等时粒子速度大小相等；沿不同方向进入磁场的粒子，经过点时垂直电场方向的分速度为定值，粒子沿轴负方向做匀速直线运动通过磁场。
【解答】解：、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
，可得：
当为粒子运动轨迹的直径时（即，圆周运动半径最小，粒子经过点时速度最小，可得：，故正确；
、粒子以最小速率经过点时，在磁场中的轨迹恰好为半个圆周，到达点时速度方向垂直于轴，由点到点做类平抛运动。
沿轴负方向做匀速直线运动，则有：
沿轴正方向做匀加速直线运动，则有：
由牛顿第二定律得：
联立解得电场强度，故错误；
、经过点圆弧轨迹均以为弦，如图1所示为经过、两点的半径相等的圆与圆，粒子可以分别沿这两个等大的圆在磁场中的圆弧部分做圆周运动经过点，由于运动半径相等，故粒子速度大小相同，故错误；
、设沿不同方向进入磁场的粒子，经过点的速度方向与轴夹角为，如图2所示。
由几何关系得：，同理由：，可得：
在点垂直电场方向的分速度为：，可见为定值。
粒子穿过电场过程沿轴负方向做匀速直线运动，则有：，因为定值，故所有经过点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故正确。
故选：。
【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场的运动规律，对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，应用运动的分解与合成解答。
13．（2024•罗湖区校级模拟）如图甲，用强磁场将百万度高温的等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，若仅在纵向场中，下列说法正确的是
A．正离子在纵向场中沿逆时针方向运动
B．带电粒子在纵向场中的速度大小不变
C．在纵向场中，带电粒子将发生左右方向的漂移
D．在纵向场中，带电粒子将发生上下方向的漂移
【答案】
【考点】带电粒子（或微粒）在非匀强磁场中的运动
【专题】分析综合能力；带电粒子在磁场中的运动专题；推理法；定量思想
【分析】根据左手定则判断正离子的运动方向；
根据洛伦兹力不改变速度大小判断；
发生漂移是因为带电粒子在非均匀磁场中运动的轨迹半径不同造成的，分析运动情况即可得出结论。
【解答】解：．由左手定则可以判断出正离子在磁场中受力
则正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故正确；
．因为洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力永远不做功，所以洛伦兹力不改变速度大小，则带电粒子在纵向场中的速度大小不变，故正确；
．根据题图可以看出左右两边磁感应强度不一样，由洛伦兹力提供向心力
解得
可知同一正离子在磁场中因为磁感应强度不同导致左右的半径不同，所以发生偏移，越大，越小，所以同一正离子在左边部分的半径大于右边部分的半径，结合左手定则判断出正离子就会向下侧漂移，同理可知电子向上侧漂移，故错误，正确。
故选：。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
14．（2024•湖南一模）蜜蜂飞行时依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点进行定位做“8”字形运动，以此告知同伴蜜源方位。某兴趣小组用带电粒子在电场和磁场中的运动模拟蜜蜂的运动。如图所示，空间存在范围足够大垂直纸面、方向相反的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，其上、下边界分别为、，间距为。与之间存在沿水平方向且大小始终为的匀强电场，当粒子通过进入电场中运动时，电场方向水平向右；当粒子通过进入电场中运动时，电场方向水平向左。现有一质量为、电荷量为的粒子在纸面内以初速度从点垂直射入电场，一段时间后进入磁场Ⅱ，之后又分别通过匀强电场和磁场Ⅰ，以速度回到点，磁场Ⅱ的磁感应强度，不计粒子重力。则下列说法正确的是
A．粒子在水平向右的电场中运动的位移大小为
B．粒子在磁场Ⅱ中运动的速度大小
C．粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的弦长为
D．磁场Ⅰ的磁感应强度大小
【答案】
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在直线边界磁场中的运动
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理能力
【分析】：根据类平抛运动的规律，根据运动学公式求解粒子在水平方向的位移，再求解粒子在电场运动的总位移；根据运动学公式求解粒子刚离开电场时水平方向的速度，再根据几何关系求解合速度；
：根据牛顿第二定律求解粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的轨道半径，再根据几何知识求解粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的弦长；
：根据几何知识求解粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁场Ⅰ的磁感应强度。
【解答】解：．粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律，竖直方向做匀速直线运动，有
水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
根据运动学公式有
故粒子在水平向右的电场中运动的位移大小
粒子刚进入磁场Ⅱ时沿水平方向的速度为
故粒子在磁场Ⅱ中运动的速度为
设速度方向与成角，根据几何知识有
，故错误；
．粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
解得
根据几何知识有
，故正确；
．粒子穿过分别通过匀强电场和磁场Ⅰ，以速度回到点，在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，根据几何关系有
解得
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
联立解得磁场Ⅰ的磁感应强度大小
，故正确。
故选：。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15．（2024•龙岗区校级三模）如图所示，等腰直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角边长度为，磁感应强度大小为。在点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为、电荷量为的粒子，所有粒子不计重力、速度大小均为。其中从点沿方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界射出磁场。关于粒子运动下列说法正确的是
A．粒子速度的大小满足
B．从射出的粒子在磁场中的运动时间都相同
C．从点射出磁场的粒子在点的速度方向与夹角为
D．所有从边界出射的粒子中在磁场中运动的最短时间为
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【分析】根据题意画出对应的粒子的运动轨迹，根据牛顿第二定律得出半径的表达式，结合周期公式和几何关系完成分析。
【解答】解：．根据题意，从点沿方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界射出磁场，如图甲所示，由几何关系可知，点为圆心，洛伦兹力提供向心力，有
且
解得
故正确；
．对于从射出的粒子，初速度方向不同，则在磁场中的轨迹对应的圆心角不同，故在磁场中的运动时间不同，故错误；
．粒子从点射出磁场，根据题意，粒子的运动轨迹如图乙所示，由于粒子在磁场中轨迹半径，则三角形为等边三角形，故有，即粒子在点的速度方向与夹角为，故正确；
．由题意可知，所有从边界出射的粒子中在磁场中运动，当弦长最短时，即弦与垂直时，在磁场中运动的时间最短，则最短时间的运动轨迹为弧线，如图丙所示，根据几何关系可知
根据几何关系解得
对应圆心角
可得
故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子的受力特点，结合牛顿第二定律、圆周运动和几何关系即可完成分析。
16．（2024•东西湖区校级模拟）如图所示，直角三角形内存在磁感应强度大小为、方向垂直于△平面向里的匀强磁场，点为边的中点，．一对正、负电子（不计重力）自点沿平面垂直边射入磁场，结果均从边射出磁场且均恰好不从两直角边射出磁场。下列说法正确的是
A．正电子从边的、两点间射出磁场
B．正、负电子在磁场中运动的时间相等
C．正电子在磁场中运动的轨道半径较大
D．正、负电子在磁场中运动的速率之比为
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题
【分析】根据左手定则判断出正电子所受洛伦兹力的方向，从而确定偏转方向；根据周期公式比较出两电子的周期大小，通过偏转的角度比较电子在磁场中运动的时间；根据几何关系求出两电子的半径，结合半径公式得出运动速率之比。
【解答】解：、根据左手定则知，正电子在点所受的洛伦兹力方向指向，则正电子正电子从边的、两点间射出磁场，故正确。
、正负电子在磁场中均运动半圈，根据知，两电子周期相同，则在磁场中运动的时间相等，故正确。
、设长度为，正电子的轨道半径为，根据几何关系有：，解得，设负电子的轨道半径为，根据几何关系有：，解得，可知正电子的半径较小，根据得，，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出粒子的轨迹图，抓住几何关系，结合半径和周期公式综合求解。
三．填空题（共4小题）
17．（2024•思明区校级模拟）在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为；②在点附近的地面上，找到与点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线；③在地面上过点垂直于的直线上，找到磁场方向与地面夹角为的、两点，测得、两点距离为，由此可确定金属管线 平行 （填“平行”或“垂直” 于，深度为 。
【答案】平行，
【考点】通电直导线周围的磁场
【专题】推理法；分析综合能力；定量思想；磁场 磁场对电流的作用
【分析】根据安培定则判断磁场方向，然后画出直线电流的磁感线方向，结合几何关系确定金属管线深度。
【解答】解：用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为，说明点离电流最近；找到与点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线，故说明这些点均离电流最近，根据金属管线应该平行；
画出侧视图，如图所示：
、间距为，且磁场方向与地面夹角为，故金属管线在正下方，由几何知识可得深度
故答案为：平行，
【点评】本题考查直线电流的磁感线分布情况，关键时需要通过作图分析问题，结合几何关系确定导线位置。
18．（2024•松江区校级三模）图是磁电式电表内部结构示意图，该电表利用的物理原理是 通电线圈因受安培力而转动 ，写出一条能提高该电表的灵敏度措施是： 。
【答案】通电线圈因受安培力而转动；增加线圈的匝数。
【考点】磁电式电流表
【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理能力
【分析】通电线圈在磁场中受到安培力的作用，因而发生转动，改变线圈受力即可改变电表的灵敏度。
【解答】解：当有电流流过线圈时，在磁场的作用下线圈受到安培力，因而发生转动，如果增加线圈的匝数，那么在流过相同电流的情况下线圈的受力会变大，转动更明显，因此灵敏度更高。
故答案为：通电线圈因受安培力而转动；增加线圈的匝数。
【点评】本题需要对线圈在磁场中的受力进行分析。
19．（2023•黄浦区二模）四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于正方形的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，方向如图所示。正方形对角线的交点为，通电导线在点产生的磁感应强度为，四根通电导线在点产生磁场的磁感应强度大小为 ，方向为 。
【答案】、由指向。
【考点】通电直导线周围的磁场
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；分析综合能力
【分析】根据等距下电流所产生的的大小与电流成正比，得出各电流在点所产生的的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得点的磁感应强度大小。
【解答】解：据安培定则可得各通电电流在点产生的磁场方向如图所示，
正方形的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，通电导线在点产生的磁感应强度为，所以通电导线在点产生的磁感应强度均为，由矢量叠加可得四根通电导线在点产生磁场的磁感应强度大小为：
由叠加原理可得点产生磁场的方向为由指向。
故答案为：、由指向。
【点评】本题考查磁感应强度的矢量合成法则，会进行磁感应强度的合成，从而确定磁场的大小与方向。
20．（2022•漳平市模拟）如图所示，三根相互平行的固定长直导线、、两两等距，长度均为，截面构成等边三角形，均通有电流。中电流方向与中的相同，与中的相反。已知中的电流在导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为，则、中电流在导线处产生的合磁场磁感应强度大小为 。导线受到的安培力大小为 。
【答案】，
【考点】磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培定则；安培力的计算
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理能力
【分析】依据安培定则判定各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量的合成法则，即可判定合磁场方向，最后计算安培力的大小。
【解答】解：如右图：根据安培定则判断、中电流在导线处产生的磁场方向夹角为，大小均为，根据场强叠加原理计算合磁感应强度为，方向竖直向上，在处的合磁感应强度也为，导线受到的安培力大小为。
故答案为：，
【点评】考查安培定则，掌握矢量的合成法则，理解几何关系及三角知识的运用。
四．解答题（共5小题）
21．（2024•天津）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为的半圆形匀强磁场区域，半圆与轴相切于点，与轴相切于点，直线边界与轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为。一带负电粒子质量为，电荷量为，从点以速度沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）若仅有电场，求粒子从点到达轴的时间；
（3）若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达轴上点，、的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】（1）磁感应强度的大小为；
（2）若仅有电场，粒子从点到达轴的时间为；
（3）粒子在磁场中运动的时间为。
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在叠加场中做直线运动；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
【专题】推理法；定量思想；带电粒子在磁场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力
【分析】（1）从点以速度沿方向进入第一象限的带负电粒子，根据图中标出的电场、磁场方向，以及粒子速度方向，可以判断出粒子受到的静电力和洛伦兹力方向。带电粒子正好能沿直线匀速穿过半圆区域，说明静电力与洛伦兹力两者大小相等，方向相反。据此求得的大小。
（2）在仅有电场时带电粒子做类平抛运动。依照题意，粒子沿方向做匀加速运动，位移为，由牛顿第二定律和运动学公式可以求粒子从点到达轴的时间。
（3）分析带电粒子的运动轨迹，带电粒子在仅存在磁场的半圆区域内运动时，由洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动。离开半圆磁场区域后，不受任何力作用，做匀速直线运动到点。由几何关系求得圆弧轨迹的圆心角，结合运动周期可以求得粒子在磁场中运动的时间。
【解答】解：（1）由题意可知，静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则有：
解得：
（2）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为，由牛顿第二定律得：
依题意，粒子沿方向运动的位移为，由运动学公式得：
联立解得：
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，作出粒子的运动轨迹如下图所示。
粒子从点离开磁场，则延长线必然经过半圆形磁场的圆心，设，由几何关系可得：
，可得：
设粒子在磁场中运动的轨道半径为，速度大小为，由洛伦兹力提供向心力得：
设粒子在磁场中做圆周运动的周期为，则有：
由几何条件可得：
联立解得：
答：（1）磁感应强度的大小为；
（2）若仅有电场，粒子从点到达轴的时间为；
（3）粒子在磁场中运动的时间为。
【点评】本题综合性较强，涉及知识内容广泛，以带电粒子在匀强电场、匀强磁场中运动为背景素材，重点考查了左手定则、洛伦兹力、静电力、力的平衡、向心力、牛顿第二定律、匀速圆周运动、类平抛运动等知识，对考生的物理观念和科学思维素养进行了考查。
22．（2025•邯郸一模）如图所示，边长为的正方形区域（含边界）内存在匀强电场，电场强度方向向下且与边平行。一质量为、电荷量为的带电粒子从点沿方向以初速度射入匀强电场，恰好能从点飞出。不计粒子重力。
（1）求粒子在电场中运动的时间及速度偏转角的正切值；
（2）若将正方形区域内的匀强电场换成垂直纸面向外的匀强磁场，粒子仍以相同速度从点进入磁场，粒子以相同偏转角从边飞出。求磁感应强度与电场强度的比值。
【答案】（1）粒子在电场中运动的时间为，速度偏转角的正切值为2；
（2）磁感应强度与电场强度的比值为。
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在矩形边界磁场中的运动
【专题】推理法；定量思想；分析综合能力；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题
【分析】（1）粒子沿方向的运动为匀速直线运动，求粒子在电场中运动的时间；由平抛运动中位移夹角和速度夹角的关系求速度偏转角的正切值；
（2）由求得磁场的大小；粒子在匀强电场中做类平抛运动，由运动学公式求得电场强度。
【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由运动学公式可知
位移偏转角为，则有
速度偏转角的正切值
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由几何关系可知
且
由牛顿第二定律可知
解得
粒子在匀强电场中运动过程有
且
，
解得
磁感应强度与电场强度的比值为
答：（1）粒子在电场中运动的时间为，速度偏转角的正切值为2；
（2）磁感应强度与电场强度的比值为。
【点评】明确粒子在电场中的运动情况，熟记运动学公式以及平抛运动中位移夹角和速度夹角的关系可轻松解题。
23．（2024•罗湖区校级模拟）亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的圆形线圈。如图所示，两线圈通入方向相同的恒定电流，线圈间形成平行于中心轴线的匀强磁场，沿建立轴，一足够大的圆形探测屏垂直于轴放置，其圆心点位于轴上。在线圈间加上平行于轴的匀强电场，粒子源从轴上的点以垂直于轴的方向持续发射初速度大小为的粒子。已知粒子质量为，电荷量为，电场强度大小为，磁感应强度大小为，电场和磁场均沿轴正方向，不计粒子重力和粒子间相互作用。若未加电场，粒子可以在线圈间做匀速圆周运动。
（1）若未加电场，求粒子做圆周运动的半径；
（2）加入电场后，沿轴方向左右调节探测屏，求粒子打在探测屏上的点距探测屏圆心点的最远距离；
（3）加入电场后，沿轴方向左右调节探测屏，若要使粒子恰好打在探测屏的圆心点，求此时点与粒子源间的距离。
【答案】（1）若未加电场，粒子做圆周运动的半径为；
（2）加入电场后，沿轴方向左右调节探测屏，粒子打在探测屏上的点距探测屏圆心点的最远距离为；
（3）加入电场后，沿轴方向左右调节探测屏，若要使粒子恰好打在探测屏的圆心点，此时点与粒子源间的距离为，2，。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
【专题】带电粒子在电场中的运动专题；定量思想；分析综合能力；带电粒子在磁场中的运动专题；推理法
【分析】（1）由洛伦兹力提供向心力求粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径；
（2）由粒子的运动情况求粒子打在探测屏上的点距探测屏圆心点的最远距离；（3）由周期公式结合运动学公式求此时点与粒子源间的距离。
【解答】解：（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
解得轨道半径为
（2）粒子在垂直于轴的平面内做匀速圆周运动，在轴方向上做匀加速运动。若粒子在垂直于轴的平面内转过奇数个半圈，此时打到探测屏上的位置距离点最远
（3）垂直于轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期
则粒子回到轴时间为
，2，
沿轴方向
，
联立解得
，2，
答：（1）若未加电场，粒子做圆周运动的半径为；
（2）加入电场后，沿轴方向左右调节探测屏，粒子打在探测屏上的点距探测屏圆心点的最远距离为；
（3）加入电场后，沿轴方向左右调节探测屏，若要使粒子恰好打在探测屏的圆心点，此时点与粒子源间的距离为，2，。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
24．（2024•越秀区校级模拟）如图甲所示，两间距为的水平放置的平行金属板、，板某处放有粒子源，的正上方的板处开有一个可穿过粒子的小孔．间距的平行金属导轨、与金属板、相连，导轨上存在一垂直纸面向里、大小为的匀强磁场，一导体棒贴紧以一定的初速度向右匀速进入磁场．在进入磁场的瞬间，粒子源飘出一个初速度视为零、质量为、带电量为的粒子，在、间加速后从处射出．在板的上方（并与点相切）有一个内圆半径、外圆半径的圆环形匀强磁场，其大小也为、方向垂直纸面向外，两圆的圆心与、在一竖直线上．不计粒子重力，忽略平行板外的电场以及磁场间的相互影响．
（1）处飘出的粒子带何种电荷？已知棒的速度为，求粒子到达板时速度；
（2）为了不让粒子进入内圆半径为的无磁场区域，试求出棒的速度最大值；
（3）若棒的速度只能是，为了实现粒子不进入半径为的内圆无磁场区域，可以控制金属导轨、的磁场宽度（如图乙所示），求该磁场宽度的范围．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；法拉第电磁感应定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【专题】计算题；学科综合题；定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题
【分析】（1）依据右手定则，从而判定粒子的电性，再依据感应电动势公式，结合动能定理，即可求解；
（2）依据题意作出最大半径的圆，再根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，即可求解；
（3）为了实现粒子不进入半径为的内圆无磁场区域，结合运动学规律，及牛顿第二定律，从而求得磁场宽度的范围．
【解答】解：（1）根据右手定则可知，端为正极，故带电粒子必须带负电．
棒切割磁感线，产生的电动势为：①
对于粒子，根据动能定理为：②
联立①②两式，可得：③
（2）为了不让粒子进入内圆半径为的无磁场区域，则粒子最大半径时的轨迹与内圆相切，
如图所示．设此时粒子速度为
根据几何关系：④
计算得到：⑤
根据洛伦兹力提供向心力有：⑥
由⑤⑥得：⑦
根据粒子速度与棒速度的关系式③得：⑧
所以棒的速度的最大值为：
（3）因为，故如果让粒子一直在间加速，则必然进入内圆无磁场区．
而如果能够让粒子在间只加速一部分距离，用时间，再匀速走完剩下的距离，就可以让粒子的速度不超过．
这时只需棒在磁场中运动一段距离．
设导轨磁场最大宽度为时粒子恰好不会进入内圆无磁场区，此情况下
由⑦式可知，粒子从点射出的速度为：⑨
粒子在间加速的加速度为：⑩
由⑨⑩解得：
对于棒：
磁场宽度范围：
答：（1）粒子到达板时速度；
（2）棒的速度最大值；
（3）该磁场宽度的范围．
【点评】考查右手定则的内容，掌握动能定理、运动学规律与牛顿第二定律的应用，理解几何知识，注意如何确定已知长度与圆半径的关系，并会画出正确的运动轨迹图也是解题的关键．
25．（2024•郫都区校级二模）如图所示，一半径为的圆与轴相切于原点，圆内有直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大为。与轴垂直的竖直虚线与磁场最右端相切，其右侧的第Ⅰ象限内存在沿方向的匀强电场。现有一束比荷为的带正电粒子沿着方向从原点射入磁场，粒子离开磁场时方向沿轴正方向，进入电场后，经电场偏转打到轴上坐标为的点，不计粒子的重力，求：
（1）粒子射入磁场时的速度；
（2）电场强度的大小；
（3）若仅使从点射入的带电粒子初速度方向与轴方向成角，求粒子从点出发到再次打到轴上所用的时间。
【答案】（1）粒子射入磁场时的速度为；
（2）电场强度的大小为；
（3）粒子从点出发到再次打到轴上所用的时间为。
【考点】向心力；带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动
【专题】定量思想；推理法；合成分解法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力
【分析】（1）画出粒子运动的轨迹，根据几何关系求出粒子运动的半径，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
（2）粒子垂直于电场方向进入电场，粒子做类平抛运动，利用运动的合成与分解，结合牛顿第二定律求解；
（3）粒子在磁场做匀速圆周运动，利用圆心角和周期求得在磁场中运动时间；在电场中做类平抛运动，在电磁场外做匀速直线运动，由几何关系求得各阶段的位移，再由运动学公式求得其各阶段运动时间，再求和即可。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹为圆周，轨迹半径等于圆形磁场区域的半径，由洛伦兹力提供向心力得：
解得：；
（2）粒子进入电场做类平抛运动，沿方向做匀加速直线运动，其位移大小等于；沿方向做匀速直线运动，其位移大小等于，则有：
由牛顿第二定律得：
联立解得：；
（3）粒子运动轨迹如下图所示：
粒子的在磁场中轨迹半径与圆形磁场区域的半径相等，由几何关系可得，粒子在点离开磁场时的速度方向沿轴正方向，粒子由到做圆周运动的圆心角为，粒子在磁场中的运动周期为：
粒子在磁场中的运动周期为：
粒子由到的过程做匀速直线运动，设此过程运动时间为，则有：
解得：
粒子由点进入电场，由到的过程做类平抛运动，设此过程运动时间为，沿方向做匀加速直线运动，其位移大小等于，则有：
由牛顿第二定律得：
联立解得：
则粒子从点出发到再次打到轴上所用的时间为：
。
答：（1）粒子射入磁场时的速度为；
（2）电场强度的大小为；
（3）粒子从点出发到再次打到轴上所用的时间为。
【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题。粒子在电场中做曲线运动时，一般要运用运动的合成与分解，将粒子的运动分解处理。粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题。
考点卡片
1．牛顿第二定律的简单应用
【知识点的认识】
牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。
【命题方向】
一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。
解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝mg
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于mg；
故选：A。
点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
【解题方法点拨】
在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
2．牛顿第二定律与向心力结合解决问题
【知识点的认识】
圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝m＝m也是牛顿第二定律的变形，因此可以将牛顿第二定律与向心力结合起来求解圆周运动的相关问题。
【命题方向】
我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．
分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．
解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：
F心＝ma心
则得：F心＝2200N
又 F心＝F﹣mg
得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N
答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．
点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．
【解题思路点拨】
圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
3．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【知识点的认识】
动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。
【命题方向】
如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？
分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。
（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律
（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。
（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。
（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。
解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。
根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg＝ma
v＝vC+at
代入数据可得 x＝1.25m
∵x＝1.25m＜L
∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为
v＝3.0m/s
（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律
mAv0＝（mA+mB）v1
（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvC
AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
∴+
代入数据可解得：EP＝1.0J
（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。
设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，
根据动量守恒定律可得：
AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）
弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）
在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：
则＝ （3）
∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2
∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s （4）
代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s
点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。
【解题思路点拨】
1．应用动量守恒定律的解题步骤：
（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初末状态动量；
（4）由动量守恒定律列式求解；
（5）必要时进行讨论．
2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
3．综合应用动量观点和能量观点
4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．
4．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
【知识点的认识】
1.带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。
规律为：
初速度方向：vx＝v0，x＝v0t
静电力方向：vy＝at，y＝
2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。
3.两个特殊推论：
（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。
（2）位移方向与初速度方向间夹角α（图中未画出）的正切为速度偏转角θ正切的，即tanα＝tanθ。
【命题方向】
一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子恰好从平行板边缘飞出，求：（电子的比荷＝1.76×1011C/kg）
（1）电子进入极板时的速度v0
（2）两极板间的电压．
分析：（1）由动能定理可求得进入极板的速度．
（2）由竖直向做匀加速运动，水平向做匀速运动，由竖直向的距离可求得所加电压值．
解答：（1）由动能定理：Uq＝﹣﹣﹣①
得 ＝＝4.2×107m/s
（2）进入偏转电场，所加电压为U′电子在平行于板面的方向上做匀速运动：
l＝v0t…②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：…③
偏距：…④
能飞出的条件为：…⑤，
由①②③④⑤可得：U′＝＝400V
答：（1）电子进入极板时的速度为4.2×107m/s；（2）两极板间的电压为400V
点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．
【解题思路点拨】
带电粒子在电场中运动问题的处理方法
带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。
5．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。
【命题方向】
图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平面间的夹角60°，∠BOD＝120°，虚线BM左侧、DN右侧分布等大反向匀强电场E，带电量为﹣q（q＞0）的物块从A点以的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m，物块可视为质点。AB长度为2R，电场强度大小为，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A、物块到B点时的速度为
B、物块在最低点的最大压力为3mg
C、物块最终在圆弧BCD做往返运动
D、物块在斜面运动的总路程为3R
分析：从A到B的过程，根据动能定理，可以得到B点时的速度；从B到C用动能定理，可以得到C点的速度，结合竖直面的圆周运动规律和牛顿第三定律，可以计算C点的压力；根据对物块在斜面的受力分析，可以判断其会停在斜面上还是会在圆弧内圆周运动；根据全过程动能定理可以判断其总路程。
解答：A、对物块在左侧斜面上释放时进行受力分析，可以得到如图：
在垂直于斜面的方向上：mgcs60°+qEsin60°＝N，此时摩擦力为滑动摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，
在物块从A到B的过程中，对物块应用动能定理：，解得：，故A正确；
B、在物块从B到C的过程中，对物块应用动能定理：，在C点，支持力和重力的合力提供向心力：，解得：由牛顿第三定律可知此时物块在最低点的支持力与压力相等，故B错误；
CD、物块从B到右侧的过程，设到某点速度减为0，在右侧斜面的位移为x，则在该过程中：，解得：x＝R，此时摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcs60°，摩擦力减为0，物块刚好可以在斜面上静止，总路程s＝2R+x，解得：s＝3R；故C错误、D正确。
故选：AD。
点评：本题考查涉及电场力的功能关系问题，注意当速度减为0时，摩擦力可以突变，方向大小皆可变。在计算物块对地面压力时，根据圆周运动规律得到支持力后，要写结合牛顿第三定律得到压力。
【解题思路点拨】
电场中的功能关系如下：
1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。
2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。
3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即EP1+E机1＝EP2+E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。
6．地磁场
【知识点的认识】
地磁场
①地磁场的N极在地球南极附近，S极在地球北极附近，磁感线分布如图所示．
②地磁场B的水平分量（Bx）总是从地球南极指向北极，而竖直分量（By）则南北半球相反，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下．
③在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁场强弱相等，且方向水平向北．
【命题方向】
常考题型：对基本概念的考查
地球是一个大磁体，它的存在对地球的影响是巨大的，下列有关地磁场的相关说法中，正确的是（ ）
A．在地面上放置一枚小磁针，在没有其他磁场的影响下静止的小磁针的南极指向地磁场的南极
B．地磁场的北极在地理的南极附近
C．北半球地磁场的方向相对地面总是垂直向下的
D．地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的
分析：地球是个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近．地球周围存在着磁场．
解答：A、在地面上放置一枚小磁针，在没有其他磁场的影响下静止的小磁针的南极指向地磁场的北极．故A错误；
B、地理北极附近是地磁南极，地理南极附近是地磁北极．故B正确；
C、D、地磁场的磁感线可分解成两个分量，水平分量指向地理北极附近，若在北半球，则竖直分量竖直向下；若是南半球，则是竖直向上．故CD都错误．
故选：B．
点评：（1）地球是个巨大的磁体，地球的周围存在着磁场，任一点的磁场方向是不变的．
（2）地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近．
（3）小磁针北极所指向即为磁场的方向．
【解题思路点拨】
地球本身是一个大磁体，它的N极位于地理南极附近，S极位于地理北极附近。在地磁两极，磁针竖直指向地面；在赤道上，磁针水平指示南北。磁针指示南北是一种近似的说法，小磁针的指向与地理正南正北方向之间的夹角称为磁偏角。对于地球磁性的成因，目前仍没有确定的说法，部分科学家认为是由地核中熔化了的金属（铁和镍）的环流引起的。
地磁场对人类的生产生活都有重要意义。根据地磁场出现的异常情况，可发现未知的矿藏或者特殊的地质构造。地磁场能使来自太
阳的高速带电粒子流偏转，成为地球生命的“保护伞”。
7．通电直导线周围的磁场
【知识点的认识】
几种常见的磁场如下：
本考点主要针对通电直导线周围的磁场分布
【命题方向】
如图所示、导绒中通入由A向B的电流时，用轻绳悬挂的小磁针（ ）
A、不动
B、N极向纸里，S极向纸外旋转
C、向上运动
D、N极向纸外，s极向纸里旋转
分析：根据安培定则可明确小磁针所在位置的磁场方向，从而确定小磁针的偏转方向。
解答：根据安培定则可知，AB上方的磁场向外，则小磁针的N极向纸外，S极向纸里旋转，故D正确，ABC错误。
故选：D。
点评：本题考查安培定则的内容，对于直导线，用手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕的方向为磁场的方向。
【解题思路点拨】
1.电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则（右手螺旋定则）来判断。各种电流的磁场磁感线判断方法如下：
（1）直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。
（2）环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。
（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。
2.特别提醒
（1）磁场是分布在立体空间的，
（2）利用安培定则不仅可以判断磁场的方向，还可以根据磁场的方向判断电流的方向。
（3）应用安培定则判定直线电流时，四指所指的方向是导线之外磁场的方向；判定环形电流和通电螺线管电流时，拇指的指向是线圈轴线上磁场的方向。
（4）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，应用安培定则判断时，拇指所指的一端为它的N 极。
8．安培定则（右手螺旋定则）
【知识点的认识】
1.安培定则的内容分三种不同情况．
（1）直线电流：右手握住导线，伸直的拇指的方向代表电流的方向，那么弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．
（2）环形电流：右手握住环形导线，弯曲的四指所指的方向就是电流的方向，拇指所指的方向就是环形中心轴线上的磁感线的方向．
（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．
2.利用安培定则判断的几种常见电流的磁场
本考点主要考查安培定则（右手螺旋定则）的内容。
【命题方向】
通电螺线管的电流方向跟它的磁感线方向之间的关系，也可用安培定则来判定： 握住螺线管，让 所指的方向跟 一致，则 的方向就是 .
分析：右手螺旋定则判断通电螺线管的电流方向与它的磁感线方向之间的关系：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．
解答：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．
故答案为：右手；弯曲的四指；电流的方向；拇指所指；螺线管内部的磁感线的方向。
点评：本题考查右手螺旋定则，关键是理解其内容。属于基础简单题目。
【解题思路点拨】
1.电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则（右手螺旋定则）来判断。各种电流的磁场磁感线判断方法如下：
（1）直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。
（2）环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。
（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。
2.特别提醒
（1）磁场是分布在立体空间的，
（2）利用安培定则不仅可以判断磁场的方向，还可以根据磁场的方向判断电流的方向。
（3）应用安培定则判定直线电流时，四指所指的方向是导线之外磁场的方向；判定环形电流和通电螺线管电流时，拇指的指向是线圈轴线上磁场的方向。
（4）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，应用安培定则判断时，拇指所指的一端为它的N 极。
9．磁感应强度的定义与物理意义
【知识点的认识】
1.电流元：在物理学中，把很短一段通电导线中的电流I与导线长度l的乘积叫作电流元。
2.磁感应强度
（1）定义：电流元垂直于磁场放置时，电流元所受磁场的作用力F与I和l乘积的比值，叫作的磁感应强度。
（2）定义式：B＝。
（3）单位：在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，简称特，符号是T，1T＝1。
（4）标矢性：矢量，方向即为该处磁场方向，即静止于该处的小磁针N极所指的方向
（5）物理意义：表征磁场强弱的物理量。
（6）磁感应强度是磁场本身的性质，与放不放电流元无关。
【命题方向】
由磁感应强度的定义式可知（ ）
A、磁感应强度与通电导线受到的磁场力F成正比
B、磁感应强度与电流强度和导线长度的乘积成反比
C、磁感应强度的方向与F的方向一致
D、只要满足L很短，I很小的条件，对任何磁场都适用
分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．公式是比值法定义B的，磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，不能说B与F成正比，也不能说B与IL成反比．
解答：AB、磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，定义式是比值法定义B的，不能说B与F成正比，也不能说B与IL成反比。故A、B均错。
C、根据左手定则可知，F与B的方向互相垂直。故C错。
D、只要满足L很短，I很小的条件，对任何磁场都适用。故D正确。
故选：D。
点评：磁感应强度的定义式可知，是属于比值定义法．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E＝一样．同时还要注意的定义式是有条件的．
【解题思路点拨】
1.磁感应强度的定义式：：B＝
（1）公式成立条件：通电导线必须垂直于磁场方向放置，不垂直则公式不成立。
（2）决定磁感应强度的因素：仅由磁场本身决定，与导线是否受磁场力以及磁场力的大小无关。
（3）磁感应强度的定义式也适用于非匀强磁场，这时l应很短，称为“电流元”，相当于静电场中的“试探电荷”。
2.方向：磁感应强度B是一个矢量，某点磁感应强度的方向不是放在该处的通电导线的受力方向。它的方向可以有以下几种表述方式：
（1）小磁针静止时N极所指的方向，或小磁针静止时S极所指的反方向。
（2）小磁针N极受力的方向（不论小磁针是否静止），或S极受力的反方向。
（3）磁感应强度的方向就是该点的磁场方向。
3.大小：磁场在某位置的磁感应强度的大小与方向是客观存在的，与通过导线的电流大小、导线的长短无关。即使不放入载流导线，磁感应强度也照样存在，故不能说“B与F成正比”或“B与Il成反比”。
10．左手定则判断安培力的方向
【知识点的认识】
1.安培力的方向：通电导线在磁场中所受安培力的方向与磁感应强度方向、电流方向都垂直。
2.左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进人，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。如下图所示：
【命题方向】
如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（ ）
A、向上 B、向下 C、向左 D、向右
分析：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．
解答：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上。四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左。
故选：C。
点评：本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．
【解题思路点拨】
安培力方向的特点
安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即安培力的方向垂直于电流I和磁场B所决定的平面。
（1）当电流方向与磁场方向垂直时，安培力方向、磁场方向、电流方向两两垂直，应用左手定则时，磁感线垂直穿过掌心。
（2）当电流方向与磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定则时，磁感线斜着穿过掌心。
11．两根通电导线之间的作用力
【知识点的认识】
两根通电导线之间存在作用力，作用规律为同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。
证明：
如图所示两根个导线中，通有同向电流
根据安培定则可知左侧电流在右侧导线处产生的磁场垂直纸面向里，对右侧导线分析，根据左手定则，可知右侧电流受到的安培力水平向右，同理可得，右侧电流对左侧导线的作用力向左。
同样的方法可以证明异向电流间的安培力指向彼此，即相互吸引。
【命题方向】
如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（ ）
A、F2 B、F1﹣F2 C、F1+F2 D、2F1﹣F2
分析：当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力．则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反．
解答：如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反。则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1′，这两个力大小相等，方向相反。
当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，则a受到作用力为F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0
而对于b由于电流方向与a 相反，所以b受到作用力为F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，这两个力大小相等，方向相反。将F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0 代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得，
F2′＝F2；故A正确，BCD错误；
故选：A。
点评：当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互
【解题思路点拨】
可以通过安培定则与左手定则得出同向电流相互排斥，异向电流相互吸引的结论。
12．安培力的计算公式及简单应用
【知识点的认识】
如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.
2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ
【命题方向】
一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的最大安培力是多少？
分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；根据安培力的公式计算安培力的大小．
解答：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：
Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N
答：受到的最大安培力是0.2N．
点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．
【解题思路点拨】
1、电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。
2、电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F＝BIl。
3、电流方向与磁场方向夹角为θ时，导线受到安培力的大小为F＝BIlsinθ。
13．安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）
【知识点的认识】
1.设导体受到的安培力大小为F＝BIl，安培力产生的加速度为a＝＝
2.如果导体棒在安培力作用下运动的距离为x，则安培力做功为W＝BIlx。x等于力方向上的位移。
【命题方向】
如图，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面夹为α，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，内电阻r，定值电阻为R，其余部分电阻不计．则当电键调闭合的瞬间，棒ab的加速度为多大？
分析：根据闭合电路欧姆定律可以计算电键闭合瞬间，电路中电流I的大小和方向，已知电流的大小可以算出此时ab棒受到的安培力的大小和方向，对导体棒进行受力分析知，导体棒受到的安培力在水平方向的分力使导体棒ab产生加速度，根据牛顿第二定律可以算得导体棒的加速度．
解答：由题意知，电键闭合时，导体棒中通过的电流方向是从a到b，根据左手定则知，导体棒受到的安培力方向如图所示
因为导体棒受三个力作用下在水平方向运动，故导体棒在竖直方向所受合力为0
由题意得：F＝BIL
则导体棒所受的合力F合＝F合x＝Fsinα
根据牛顿第二定律，棒产生的加速度
在电路中，根据闭合电路欧姆定律知，通过导体棒的电流大小
所以导体棒产生的加速度a＝
答：棒ab的加速度大小为：＝．
点评：能通过左手定则确定安培力的大小和方向，并对导体棒正确的受力分析得出导体棒所受的合力，根据牛顿第二定律解得．主要考查左手定则和闭合回路的欧姆定律的运用．
【解题思路点拨】
解决与安培力有关的力学综合问题时要注意：
1．安培力的大小
安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：
（1）B与L垂直；
（2）L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．
如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．
2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
（1）选定研究对象；
（2）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；
（3）列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解．
14．磁电式电流表
【知识点的认识】
磁电式电流表的示意图如下所示：
（1）构造：如图所示，圆柱形铁芯固定于U型磁铁两极间，铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的铝框，铝框的转轴上装有指针和游丝。
（2）原理：当电流流入线圈时，线圈受安培力作用而转动，使游丝扭转形变，从而对线圈的转动产生阻碍。当安培力产生的转动
与游丝形变产生的阻碍达到平衡时，指针便停留在某一刻度。电流越大，安培力越大，指针偏转角度越大。
【命题方向】
实验室经常使用的电流表是磁电式仪表．这种电流表的构造如图甲所示．蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的．当线圈通以如图乙所示的电流，下列说法正确的是（ ）
A、线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行
B、线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动
C、当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向上
D、当线圈转到如图乙所示的位置，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动
分析：首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；然后找出与电流表的原理相同的选项即可．同时由左手定则来确定安培力的方向．
解答：A、磁场是均匀地辐向分布，除了线圈所在平面的磁感线与其平行，其它位置磁感线均不与线圈平面平行，故A错误；
B、当通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，故B正确；
C、由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，故C错误；
D、由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，因此安培力使线圈沿顺时针方向转动，故D正确；
故选：BD。
点评：在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握．
【解题思路点拨】
1.磁电式电流表的工作原理
通电线圈在磁场中受到安培力的作用而发生偏转。线圈偏转的角度越大，被测电流就越大；线圈偏转的方向不同，被测电流的方向不同
2.磁电式电流表的磁场特点
两磁极间装有极靴，极靴中间的铁质圆柱使极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，保持线圈转动时，安培力的大小不受磁场影响，电流所受安培力的方向总与线圈平面垂直，线圈平面始终与磁场方向平
行，从而使得表盘刻度均匀。
15．左手定则判断洛伦兹力的方向
【知识点的认识】
1.左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向（如下图）。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。
2.洛伦兹力的方向垂直于磁场方向和电荷运动方向决定的平面。
【命题方向】
如图所示，重力不计的带正电粒子水平向右进入匀强磁场，对该带电粒子进入磁场后的运动情况，下列判断正确的是（ ）
A、粒子向上偏转
B、粒子向下偏转
C、粒子不偏转
D、粒子很快停止运动
分析：带电粒子在磁场中运动，才受到洛伦兹力作用而发生偏转．由左手定则可确定洛伦兹力的方向，再根据运动与力的关系可确定运动轨迹．
解答：带正电粒子垂直进入匀强磁场中，受到垂直向上的洛伦兹力作用，从而使粒子向上偏转。
故选：A。
点评：电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，才可能有洛伦兹力，当运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大．
【解题思路点拨】
洛伦兹力的方向
（1）f⊥B，f⊥v，f垂直于B、v共同确定的平面，但B与v不一定垂直。
（2）洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化。但无论怎么变化，洛伦兹力都与运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小。
16．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【知识点的认识】
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式：（v⊥B）
【命题方向】
如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（ ）
A、粒子带负电
B、粒子运动方向是abcde
C、粒子运动方向是edcba
D、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长
分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。
解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r＝轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是edcba。
粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；
D、由T＝可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为 ，故D错误；
故选：AC。
点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。
【解题方法点拨】
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．
17．带电粒子（或微粒）在非匀强磁场中的运动
【知识点的认识】
当粒子在非匀强磁场中运动时，半径公式r＝和周期公式T＝不再适用，但可以用来定性分析随着磁场的变化，半径和周期的变化情况。
【命题方向】
水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动情况是（ ）
A、沿路径a运动
B、沿路径b运动
C、沿路径c运动
D、沿路径d运动
分析：先用右手定则判断出导线下方的磁场方向及分布情况，再由左手定则判断电子运动时的受力方向，结合半径公式可知半径的变化情况，从而得出正确选项。
解：由安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，且离导线越远，磁场越弱，如图所示：
电子初速度方向与电流方向相同，由左手定则可知受到的洛伦兹力方向向下，由远离导线的方向磁场减弱，由可知电子的运动半径越大，符合条件的是d，所以选项D正确。
故选：D。
点评：该题考查的知识点较多，首先是右手定则，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定则，会熟练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向，尤其是电子的受力方向的判断；再者是当磁场变化后，会用来判断半径的变化。
【解题思路点拨】
虽然非匀强磁场中r＝与T＝不再适用，但仍可以用来定性分析粒子的半径与周期的变化。
18．带电粒子在直线边界磁场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形
（1）直线边界
（2）平行边界
2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
3.常见的解题思路
（1）圆心的确定
①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．
②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中
垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将
其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线
交于一点O，该点就是圆心．
（2）半径的确定
方法一：由物理方程求：半径R＝；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．
（3）时间的确定
由t＝确定通过某段圆弧所用的时间，其中T为该粒子做圆周运动的周期，转过的圆心角θ越大，所用时间越长。
【命题方向】
如图所示，粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，OP垂直于磁场边界。a、b两粒子的质量之比为（ ）
A、1：2 B、2：1 C、3：4 D、4：3
分析：求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解。
解答：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是O1和O2，
设磁场宽度为d，由图可知，
粒子a的半径ra＝＝，粒子b的半径为rb＝＝d
a粒子轨迹长度为sa＝＝，
b粒子的轨迹长度为sb＝＝，
又有：，vb＝
解得：＝
由＝，即＝，解得：＝＝，所以C正确，ABD错误。
故选：C。
点评：求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解。
【解题思路点拨】
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．
（1）两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．
（2）两种方法
物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值．
数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等．
（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．
19．带电粒子在矩形边界磁场中的运动
【知识点的认识】
本考点旨在考查带电粒子在矩形边界磁场中的运动情况。
【命题方向】
如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场．若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其它条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（ ）
A、在b、a之间某点
B、在n、a之间某点
C、a点
D、在a、m之间某点
分析：由几何关系可知粒子从n点射出时的半径，则可求得磁感应强度与速度的关系，则牛顿第二定律可确定B加倍后的半径，即可由几何关系求得射出磁场的位置．
解答：设边长为a，则从n点射出的粒子其半径恰好为；
由牛顿第二定律可得：
Bqv＝m
当磁感应强度变为原来的2倍时，由2Bqv＝m得
R＝
故粒子应从a点穿出；
故选：C。
点评：带电粒子在磁场中的运动关键在于明确圆的性质，由几何关系确定圆心和半径，再由牛顿第二定律求解即可．
【解题思路点拨】
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．
（1）两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．
（2）两种方法
物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值．
数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等．
（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．
20．带电粒子在三角形边界磁场中的运动
【知识点的认识】
本考点旨在考查带电粒子在三角形边界磁场中的运动情况。
【命题方向】
如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a．在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（ ）
A、粒子有可能打到A点
B、以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
C、在AC边界上只有一半区域有粒子射出
D、入射角θ不同，则粒子在磁场中运动的时间一定不相等
分析：带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据不同的磁场情况，即可求解．
解答：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B＝m，已知v0＝，解得，粒子的运动半径R＝a，当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，故A正确；
B、当θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是，是在磁场中运动时间最长，故B错误；
C、当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故C正确；
D、当θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是，当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，故D错误；
故选：AC。
点评：考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论．θ从0°到60°的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键．
【解题思路点拨】
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．
（1）两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．
（2）两种方法
物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值．
数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等．
（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．
21．带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
【知识点的认知】
1.圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。
2.几个与角有关的物理量
如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角（或圆心角），AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ+θ'＝180°。
3.如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ
②时间的计算方法．
方法一：由圆心角求，t＝•T；方法二：由弧长求，t＝。
【命题方向】
如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：
（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；
（2）电子在磁场中运动的时间t；
（3）圆形磁场区域的半径r。
分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场区域的半径。
解答：（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：
由此可得电子做圆周运动的半径R＝＝
（2）
如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度α＝θ
则电子在磁场中运动的时间：
t＝＝
（3）由题意知，由图根据几何关系知：
∴
答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R＝；
（2）电子在磁场中运动的时间t＝；
（3）圆形磁场区域的半径r＝。
点评：熟悉电子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此列式求出半径和周期间的表达式，能正确作出电子做圆周运动的半径。
【解题思路点拨】
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．
（1）两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．
（2）两种方法
物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值．
数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等．
（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．
22．带电粒子在叠加场中做直线运动
【知识点的认识】
1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。
2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）
（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。
（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。
也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。
【命题方向】
如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带负电微粒由a点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是（ ）
A、微粒的动能一定增加
B、微粒的动能一定减少
C、微粒的电势能一定减少
D、微粒的机械能一定增加
分析：对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．
解答：根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，粒子做匀速直线运动，所以粒子的动能保持不变，选项AB错误；
再由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；
重力做负功，重力势能增加，选项D正确。
故选：CD。
点评：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．
【解题思路点拨】
1.叠加场中三中场的比较
2.带电粒子在叠加场中运动的分析方法
23．带电粒子由磁场进入电场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的
关系入手，分析运动性质。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子从磁场进入电场的情况。
【命题方向】
如图所示，一个质量为m＝2.0×10﹣11kg，电荷量q＝+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1＝100V电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝50V．金属板长L＝20cm，两板间距d＝cm．求：
（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ；
（3）若该匀强磁场的宽度D＝10cm，为使微粒不会从磁场右边射出，则该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？
分析：（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v0。
（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出偏转角。
（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B。
解答：（1）粒子在加速电场中运动过程，由动能定理，得
qU1＝
解得，＝1×104m/s
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，则有
加速度a＝
t＝，vy＝at
则tanθ＝
将上述各式代入得到tanθ＝＝
θ＝30°
（3）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，速度大小为v＝
画出轨迹如图，根据几何知识，得D＝r+rsinθ
r＝
又由qvB＝m
解得B＝
代入数据解得，B＝0.346T
答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小1×104m/s；
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ＝30°；
（3）为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.346T。
点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法处理。
【解题思路点拨】
解决带电粒子在组合场中的运动问题的方法
24．霍尔效应与霍尔元件
【知识点的认识】
一、霍尔效应
1．霍尔效应：置于磁场中的载流体，如果电流方向与磁场方向垂直，则垂直于电流和磁场方向会产生一个附加的横向电场，这个现象是霍普金斯大学研究生霍尔于1879年发现的，后被称为霍尔效应．
霍尔效应从本质上讲是运动的带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用而引起的偏转，所以可以用高中物理中的电磁学、力学、运动学等有关知识来进行解释．霍尔效应原理的应用常见的有：霍尔元件、磁流体发电机、电磁流量计、磁强计等．
【命题方向】
利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（ ）
A.电势差UCD仅与材料有关
B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD＜0
C.仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大
D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
分析：在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差UCD的正负。CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关。
解答：A、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，I＝nqvS＝nqvbc，则U＝．故A错误，B、C正确。
D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过。故D错误。
故选：BC。
点评：解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。
【解题思路点拨】
霍尔效应的的本质是导体中的载流子在磁场中发生偏转，在导体中垂直于粒子运动方向的两端聚集，产生电势差，当电势差稳定时电场力等于洛伦兹力，即q＝qvB。要注意对于金属导体来说载流子自然是电子，但也有很多的霍尔元件，其载流子不是电子，所以判断霍尔元件两端电势的高低时必须先明确载流子的性质，再根据左手定则判断。
25．法拉第电磁感应定律的内容和表达式
【知识点的认识】
法拉第电磁感应定律
（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
（2）公式：E＝n．
【命题方向】
下列几种说法中正确的是（ ）
A、线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B、线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
C、线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大
D、线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大
分析：本题考查法拉第电磁感应定律的内容，明确电动势与磁通量的变化快慢有关．
解答：根据法拉第电磁感应定律，线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大；
故选：D。
点评：本题要求学生能够区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量的变化率，能正确掌握法拉第电磁感应定律的内容．
【解题方法点拨】
1．对法拉第电磁感应定律的理解
2．计算感应电动势的公式有两个：一个是E＝n，一个是E＝Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用E＝n，求瞬时电动势选用E＝Blvsinθ．
3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q＝I•△t，I＝，E＝n，可导出电荷量q＝n．
26．导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【知识点的认识】
1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。
2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：
E＝Blv
3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。
4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图
即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。
【命题方向】
如图所示，在磁感应强度B＝1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度υ0＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为（ ）
分析：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E＝BLv可得感应电动势的大小．
解答：当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：
E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确。
故选：D。
点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E＝BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．
【解题方法点拨】
闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：
1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。
2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。
3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsin θ。
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直线电流的磁场
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
特点
无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场
环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安培定则



直线电流的磁场
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
特点
无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场
环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安培定则