2025年高考物理解密之考点专题训练14磁场（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理解密之考点专题训练14磁场（Word版附解析），共87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•苏州三模）极光是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。假如我们在北极地区仰视，发现正上方如图所示的沿顺时针方向运动弧状极光，则关于这一现象中的高速粒子的说法正确的是
A．该粒子带负电
B．该粒子轨迹半径逐渐增大
C．若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转
D．地磁场对垂直射向地球表面的该粒子的阻挡作用在南、北两极附近最强
4．（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
5．（2024•沙坪坝区校级模拟）地球本身是一个大磁体，其磁场分布如图所示。目前学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是
A．地表电荷为正电荷
B．若地球自转角速度减小，则地表上任一位置的磁感应强度均减小
C．地球赤道上方各点处地磁场的磁感应强度相同
D．赤道上穿过地表单位面积的磁通量比两极处大
6．（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
7．（2024•浑南区校级三模）磁悬浮地球仪内部存在永磁铁，当底座通电后地球仪可以悬浮在空中，用手转动地球仪，可生动地展现地球在太空中的形态。若用手触碰地球仪使其偏离平衡位置少许，底座中的霍尔元件能检测到磁场的变化，松手后，负反馈机制会使地球仪重新回到平衡位置不掉落，下列说法错误的是
A．地球仪悬浮时处于失重状态
B．地球仪利用了电流的磁效应
C．地球仪能够持续转动是因为具有惯性
D．地球仪利用磁场将南北极锁定，使其只能绕地轴旋转
8．（2024•江西模拟）如图所示，粒子甲垂直边界进入垂直纸面向外的匀强磁场时发生核反应：甲乙丙，产生的乙和丙粒子垂直经过磁场的轨迹如图所示。已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为，不计重力及空气阻力，则
A．甲带正电B．乙带负电
C．甲、乙的动量大小之比为D．乙、丙的动量大小之比为
9．（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
10．（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．
二．多选题（共5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•福建）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大
B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为
D．铜环所受安培力大小为
14．（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
15．（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
三．填空题（共5小题）
16．（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 。
17．（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： 。
18．（2024•泉州模拟）利用霍尔效应制成的传感器被广泛应用于自动控制等领域。如图，宽为的金属板置于匀强磁场中，磁场方向与金属板垂直，磁感应强度大小为。当金属板通入如图所示的电流时，金属板 （填“上”、“下” 表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为，则金属板上产生的霍尔电压为 。
19．（2023•金山区二模）已知环形电流在圆心处的磁感应强度大小与其半径成反比。纸面内闭合线圈由两个相同的同心半圆电阻丝构成，电流从流入，由流出，如图所示。流经上半圆的电流在圆心点产生磁场的磁感应强度为，方向 ；线圈中电流在点产生磁场的磁感应强度大小为 。
20．（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 。
四．解答题（共5小题）
21．（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。
22．（2024•福建）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过时的速度大小；
（2）粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小。
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•重庆）有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在上方的点，在上，且垂直于。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为的粒子运动到点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
（1）求间的距离。
（2）速率为的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求间的距离。
（3）速率为的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时点。求打开磁场的那一时刻。
25．（2024•江苏四模）如图所示，直线与轴之间有垂直于平面向外的匀强磁场区域Ⅱ，直线与间有沿轴负方向的匀强电场，电场强度，另有一半径的圆形匀强磁场区域，磁感应强度，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线和轴均相切，且与轴相切于点。一带负电的粒子从点沿轴的正方向以速度进入圆形磁场区域，经过一段时间进入匀强磁场区域Ⅱ，且第一次进入匀强磁场区域Ⅱ时的速度方向与直线垂直。粒子速度大小，粒子的比荷为，粒子重力不计。已知，，求：
（1）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小；
（2）坐标的值；
（3）要使粒子能运动到轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度应满足的条件。
2025年高考物理解密之磁场
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•苏州三模）极光是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。假如我们在北极地区仰视，发现正上方如图所示的沿顺时针方向运动弧状极光，则关于这一现象中的高速粒子的说法正确的是
A．该粒子带负电
B．该粒子轨迹半径逐渐增大
C．若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转
D．地磁场对垂直射向地球表面的该粒子的阻挡作用在南、北两极附近最强
【答案】
【考点】地磁场；洛伦兹力的概念
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力
【分析】由于空气阻力的作用，粒子速度逐渐减小，其运动半径逐渐减小，因此圆周运动半径逐渐减小，从而确定高速粒子在北极上空运动的方向。结合地磁场方向向下指向地面，由左手定则可以判断粒子带正电．
【解答】解：、根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式，运动过程中粒子因空气阻力做负功，动能变小，速度减小，则半径减小。在北极上空有向下的磁场，由地面上仰视粒子顺时针方向运动，则由左手定则得粒子带正电，故错误；
、若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，则由左手定则得会向东偏转，故正确；
、粒子垂直射向地球，纬度越高，粒子运动方向和磁场方向夹角越小，受到时洛伦兹力越小，越容易射入地球大气，阻挡作用弱；相反在低纬度地区，粒子运动方向和磁场方向夹角大，根据洛伦兹力的公式可知，受到时洛伦兹力大，粒子不容易射入地球大气，阻挡作用强，所以地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在赤道附近最强，故错误。
故选：。
【点评】题目以常见的自然现象为背景命题，考查了地磁场、左手定则、带电粒子在磁场中的运动等知识点．极光在地球上看为顺时针方向，用左手定则可断定高速粒子的电性。
4．（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。
5．（2024•沙坪坝区校级模拟）地球本身是一个大磁体，其磁场分布如图所示。目前学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是
A．地表电荷为正电荷
B．若地球自转角速度减小，则地表上任一位置的磁感应强度均减小
C．地球赤道上方各点处地磁场的磁感应强度相同
D．赤道上穿过地表单位面积的磁通量比两极处大
【答案】
【考点】通电直导线周围的磁场；磁通量的概念和计算公式的定性分析
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力
【分析】根据安培定则和地球自转方向分析判断；若地球自转角速度减小，分析则等效电流的变化，从而分析磁感应强度的变化；据地球赤道上方各点处地磁场的磁感应强度的特点分析；根据磁通量定义分析。
【解答】解：．根据题意，地磁场来源于地表电荷随地球自转产生的环形电流，根据安培定则和地球自转方向为自西向东，地磁场内部磁感线方向由北到南，可以判断地表电荷为负电荷，故错误；
．若地球自转角速度减小，则线速度减小，则等效电流越小，磁感应强度减小，故正确；
．地球赤道上方各点处地磁场的磁感应强度方向相同，大小不同，故错误；
．赤道处磁感线与地面平行，穿过地表单位面积的磁通量为0，两极最大，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查电流与磁场的关系，在做题中要注意，磁感线是闭合曲线。
6．（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。
7．（2024•浑南区校级三模）磁悬浮地球仪内部存在永磁铁，当底座通电后地球仪可以悬浮在空中，用手转动地球仪，可生动地展现地球在太空中的形态。若用手触碰地球仪使其偏离平衡位置少许，底座中的霍尔元件能检测到磁场的变化，松手后，负反馈机制会使地球仪重新回到平衡位置不掉落，下列说法错误的是
A．地球仪悬浮时处于失重状态
B．地球仪利用了电流的磁效应
C．地球仪能够持续转动是因为具有惯性
D．地球仪利用磁场将南北极锁定，使其只能绕地轴旋转
【答案】
【考点】惯性与质量；超重与失重的概念、特点和判断；安培力的概念
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力
【分析】地球仪处于平衡状态，根据加速度分析地球仪是否处于超失重状态；根据磁悬浮地球仪底部线圈通电产生磁场分析；地球仪能够持续转动是因为具有惯性；地球仪利用磁场将南北极锁定，使其只能绕地轴旋转。
【解答】解：磁悬浮地球仪的球体中装有永磁铁，底部线圈通电产生磁场，磁场力与重力平衡而悬浮，地球仪处于平衡状态，地球仪的加速度为零，既不处于超重状态，也不处于失重状态，故错误；
磁悬浮地球仪底部线圈通电产生磁场，地球仪利用了电流的磁效应，故正确；
地球仪能够持续转动是因为具有惯性，故正确；
地球仪利用磁场将南北极锁定，使其只能绕地轴旋转，故正确。
本题选错误的，故选。
【点评】本题考查了超失重现象、电流的磁效应、惯性等相关知识，注意物理知识的具体应用。
8．（2024•江西模拟）如图所示，粒子甲垂直边界进入垂直纸面向外的匀强磁场时发生核反应：甲乙丙，产生的乙和丙粒子垂直经过磁场的轨迹如图所示。已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为，不计重力及空气阻力，则
A．甲带正电B．乙带负电
C．甲、乙的动量大小之比为D．乙、丙的动量大小之比为
【答案】
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；洛伦兹力、磁场、粒子运动方向和电荷性质的相互判断；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】由左手定则判断乙和丙的带电性质，根据电荷守恒定律分析甲的带电性质；根据洛伦兹力提供向心力求得粒子的动量与运动半径的关系，可得到乙和丙的动量大小之比。根据动量守恒定律分析甲、乙的动量大小之比。
【解答】解：、粒子乙在磁场中顺时针偏转，粒子丙在磁场中逆时针偏转，由左手定则判断，乙带正电，丙带负电。已知乙和丙的电荷量大小相等，根据电荷守恒定律，可知甲不带电，故错误；
、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得：
又有动量
联立可得：
可见粒子的动量大小与圆周运动半径为正比关系，已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为，则乙、丙的动量大小之比为。
粒子甲发生核反应的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向，则有：
，可得甲、乙的动量大小之比为，故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，要知道带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力。原子核发生核反应的过程满足动量守恒定律。
9．（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。
10．（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。
二．多选题（共5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•福建）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大
B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为
D．铜环所受安培力大小为
【答案】
【考点】左手定则判断安培力的方向；安培力的计算公式及简单应用
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力
【分析】应用等效法，通电半圆形铜环等效长度为直径，根据公式计算安培力，根据左手定则判断方向，根据平衡条件判断通电前后绳子拉力大小关系。
【解答】解：通电半圆形铜环可等效为长度为直径的通电直导线，电流方向，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小，根据受力分析可得，通电后，绳子拉力，两根细绳拉力均比未通电流时的大，故正确，错误；
故选：。
【点评】本题主要考查非直通电导线受安培力的计算，根据等效法进行解答。
14．（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。
15．（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。
三．填空题（共5小题）
16．（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。
17．（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。
18．（2024•泉州模拟）利用霍尔效应制成的传感器被广泛应用于自动控制等领域。如图，宽为的金属板置于匀强磁场中，磁场方向与金属板垂直，磁感应强度大小为。当金属板通入如图所示的电流时，金属板 上 （填“上”、“下” 表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为，则金属板上产生的霍尔电压为 。
【答案】上；。
【考点】霍尔效应与霍尔元件
【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】根据左手定则分析出电子的偏转方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系得出霍尔电压的大小。
【解答】解：根据左手定则可知，金属板中电子定向移动时受到竖直向上的洛伦兹力，则金属板上表面聚集电子；
当电子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，极板间的霍尔电压保持不变，则
解得：
故答案为：上；。
【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则分析出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
19．（2023•金山区二模）已知环形电流在圆心处的磁感应强度大小与其半径成反比。纸面内闭合线圈由两个相同的同心半圆电阻丝构成，电流从流入，由流出，如图所示。流经上半圆的电流在圆心点产生磁场的磁感应强度为，方向 垂直纸面向里 ；线圈中电流在点产生磁场的磁感应强度大小为 。
【答案】垂直纸面向里；0。
【考点】通电直导线周围的磁场；磁感应强度的定义与物理意义
【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】根据右手螺旋定则判定电流在点处产生磁场方向，结合矢量叠加法则，从而确定各自在点处的磁感应强度大小。
【解答】解：流经上半圆的电流在圆心点产生磁场的磁感应强度为，根据右手螺旋定则得方向是垂直纸面向里。
下半圆的电流在圆心点产生磁场的磁感应强度方向是垂直纸面向外，根据对称性和矢量叠加法则得线圈中电流在点产生磁场的磁感应强度大小为0。
故答案为：垂直纸面向里；0
【点评】考查右手螺旋定则的内容，掌握矢量的合成法则应用，注意各自在点处磁感应强度大小计算是解题的关键。
20．（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。
四．解答题（共5小题）
21．（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。
22．（2024•福建）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过时的速度大小；
（2）粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1）粒子经过时的速度大小为。
（2）粒子经过时速度方向与轴正向的夹角为；
（3）磁场的磁感应强度为。
【考点】带电粒子先后经过加速电场和偏转电场；带电粒子由电场进入磁场中的运动
【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力
【分析】（1）根据动能定理列式求解粒子经过点时的速度大小；
（2）根据动能定理求解粒子离开电场时的速度，再由运动的合成和分解和几何关系求出夹角；
（3）根据几何关系确定粒子在磁场中的半径，再由洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
【解答】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知，解得；
（2）粒子进入后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得：
解得
由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为，水平速度和竖直速度相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过时速度方向与轴正向的夹角为；
（3）粒子以速度进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径
由牛顿第二定律可得
联立解得
答：（1）粒子经过时的速度大小为。
（2）粒子经过时速度方向与轴正向的夹角为；
（3）磁场的磁感应强度为。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速、偏转以及磁场中的圆周运动，要注意掌握各种运动的求解方法，明确电场中的运动合成与分解的应用，掌握磁场中的圆周运动的处理方法。
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•重庆）有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在上方的点，在上，且垂直于。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为的粒子运动到点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
（1）求间的距离。
（2）速率为的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求间的距离。
（3）速率为的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时点。求打开磁场的那一时刻。
【答案】（1）间的距离；
（2）间的距离；
（3）打开磁场的那一时刻。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【专题】定量思想；推理论证能力；带电粒子在磁场中的运动专题；方程法
【分析】（1）当粒子到达点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力结合几何关系可以得出的距离；
（2）速率为的粒子射出瞬间打开磁场开关，根据粒子在磁场中运动的轨迹结合几何关系可以求解之间距离；
（3）速率为的粒子射出一段时间到达点，要使粒子仍然经过点，根据粒子在磁场中运动的轨迹结合几何关系可以求解之间距离，结合匀速直线运动可以求解粒子在打开磁场开关前运动的时间。
【解答】解：（1）当粒子到达点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为，如图所示
由洛伦兹力提供向心力得
其中
解得
（2）速率为的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
如图所示，由几何关系有
解得
（3）速率为的粒子射出一段时间到达点，要使粒子仍然经过点，则点在点右侧，如图所示
由几何关系有
解得
粒子在打开磁场开关前运动时间为
解得
答：（1）间的距离；
（2）间的距离；
（3）打开磁场的那一时刻。
【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，然后根据牛顿第二定律并结合几何关系列式求解。
25．（2024•江苏四模）如图所示，直线与轴之间有垂直于平面向外的匀强磁场区域Ⅱ，直线与间有沿轴负方向的匀强电场，电场强度，另有一半径的圆形匀强磁场区域，磁感应强度，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线和轴均相切，且与轴相切于点。一带负电的粒子从点沿轴的正方向以速度进入圆形磁场区域，经过一段时间进入匀强磁场区域Ⅱ，且第一次进入匀强磁场区域Ⅱ时的速度方向与直线垂直。粒子速度大小，粒子的比荷为，粒子重力不计。已知，，求：
（1）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小；
（2）坐标的值；
（3）要使粒子能运动到轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度应满足的条件。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动能定理的简单应用；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【专题】压轴题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；应用数学处理物理问题的能力
【分析】（1）在圆形磁场区域粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可以计算出半径大小；
（2）粒子进入电场时速度方向与电场垂直，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律可以得到离开电场时的速度，进而得到在电场中的运动时间，以及水平位移和竖直位移大小，然后根据几何关系可以得到的值；
（3）粒子在匀强磁场区域Ⅱ中的轨道半径不同，磁感应强度大小不同。分别计算出轨迹与轴垂直时、相切时的磁感应强度大小，即可得到范围。
【解答】解：（1）在磁场中，设粒子做匀速圆周运动的半径为，由牛顿第二定律可得
解得：
（2）由（1）知，因为粒子从点沿轴的正方向以速度进入圆形磁场区域，所以粒子离开磁场时垂直进入匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在方向的位移为，在方向的位移为，运动时间为，则粒子进入磁场区域Ⅱ时，沿方向的速度为
又
解得：
根据运动学公式可得：
所以点的值为
（3）进入磁场的速度为：
带电粒子进入磁场区域Ⅱ中做匀速圆周运动，设半径为，根据牛顿第二定律可得
当带电粒子出磁场区域Ⅱ与轴垂直时，由几何关系可得
代入数据解得：
当带电粒子出磁场区域Ⅱ与轴相切时，设轨道半径为
根据几何关系可得
代入数据解得：
所以要使带电粒子能运动到轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度应满足的条件为
答：（1）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小为；
（2）坐标的值为；
（3）要使粒子能运动到轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度应满足的条件是。
【点评】带电粒子在磁场中运动问题解决的关键是能够画出粒子在里面的运动轨迹，根据几何关系得到半径关系，然后根据相关方程可以解得相关物理量。
考点卡片
1．惯性与质量
【知识点的认识】
1．定义：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。牛顿第一定律又叫惯性定律。
2．惯性的量度：惯性的大小与物体运动的速度无关，与物体是否受力无关，仅与质量有关，质量是物体惯性大小的唯一量度。质量大的物体所具有的惯性大，质量小的物体所具有的惯性小。
3．惯性的性质：①一切物体都具有惯性，其本质是任何物体都有惯性。②惯性与运动状态无关：不论物体处于怎样的运动状态，惯性总是存在的。当物体本来静止时，它一直“想”保持这种静止状态。当物体运动时，它一直“想”以那一时刻的速度做匀速直线运动。
4．惯性的表现形式：①当物体不受外力或所受合外力为零时，惯性表现为保持原来的运动状态不变；②当物体受到外力作用时，惯性表现为改变运动状态的难易程度，物体惯性越大，它的运动状态越难改变。
5．加深理解惯性概念的几个方面：
（1）惯性是物体的固有属性之一，物体的惯性与其所在的地理位置、运动状态、时间次序以及是否受力等均无关，任何物体都具有惯性；
（2）惯性大小的量度是质量，与物体运动速度的大小无关，绝不是运动速度大、其惯性就大，运动速度小，其惯性就小；
（3）物体不受外力时，其惯性表现为物体保持静止或匀速直线运动的状态；受外力作用时，其惯性表现为运动状态改变的难易程度不同。
【命题方向】
例1：关于物体的惯性，下列说法中正确的是（ ）
A．运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大
B．静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大的缘故
C．乒乓球可以被快速抽杀，是因为乒乓球惯性小
D．在宇宙飞船中的物体不存在惯性
分析：一切物体，不论是运动还是静止、匀速运动还是变速运动，都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大；惯性的大小和物体是否运动、是否受力以及运动的快慢是没有任何关系的。
解答：A、影响惯性大小的是质量，惯性大小与速度大小无关，故A错误；
B、静止的火车启动时，速度变化慢，是由于惯性大，惯性大是由于质量大，故B错误；
C、乒乓球可以被快速抽杀，是因为乒乓球质量小，惯性小，故C正确；
D、惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，有质量就有惯性，在宇宙飞船中的物体有质量，故有惯性，故D错误。
故选：C。
点评：需要注意的是：物体的惯性的大小只与质量有关，与其他都无关。而经常出错的是认为惯性与物体的速度有关。
例2：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质称为惯性。下列有关惯性的说法中，正确的是（ ）
A．乘坐汽车时系好安全带可减小惯性 B．运动员跑得越快惯性越大
C．宇宙飞船在太空中也有惯性 D．汽车在刹车时才有惯性
分析：惯性是指物体具有的保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，质量是物体惯性大小大小的唯一的量度。
解答：A、乘坐汽车时系好安全带，不是可以减小惯性，而是在紧急刹车时可以防止人由于惯性的作用飞离座椅，从而造成伤害，所以A错误；
B、质量是物体惯性大小的唯一的量度，与人的速度的大小无关，所以B错误；
C、在太空中物体的质量是不变的，所以物体的惯性也不变，所以C正确；
D、质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，所以D错误。
故选：C。
点评：质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，只要物体的质量不变，物体的惯性的大小就不变。
【知识点的应用及延伸】
关于惯性观点的辨析：
错误观点1：物体惯性的大小与物体的受力情况、运动情况、所处位置有关。
辨析：惯性是物体本身想要保持运动状态不变的特性，它是物体本身的固有属性，与物体的受力情况、运动情况、所处位置等无关。惯性的大小用质量来量度。不同质量的物体的惯性不同，它们保持状态不变的“本领”不同，质量越大的物体，其状态变化越困难，说明它保持状态不变的“本领”越强，它的惯性越大。
错误观点2：惯性是一种力。
辨析：运动不需要力来维持，但当有力对物体作用时，力将“迫使”其改变运动状态。这时惯性表现为：若要物体持续地改变运动状态，就必须持续地对物体施加力的作用，一旦某时刻失去力的作用，物体马上保持此时的运动状态不再改变。因此惯性不是力，保持运动状态是物体的本能。“物体受到惯性力”、“由于惯性的作用”、“产生惯性”、“克服惯性”、“消除惯性”等说法是不正确的。
错误观点3：惯性就是惯性定律。
辨析：惯性是一切物体都具有的固有属性，而惯性定律是物体不受外力作用时所遵守的一条规律。
错误观点4：物体的速度越大。物体的惯性越大。
辨析：惯性是物体本身的固有属性，与物体的运动情况无关。有的同学认为“惯性与物体的运动速度有关，速度大，惯性就大，速度小，惯性就小”。其理由是物体运动速度大时不容易停下来，运动速度小时就容易停下来，这种认识是错误的。产生这种错误认识的原因是没有正确理解“惯性大小表示物体运动状态改变的难易程度”这句话。事实上，在受力情况完全相同时，质量相同的物体，在任意相同的时间内，速度的变化量是相同的。所以质量是惯性大小的唯一量度。
【解题方法点拨】
惯性大小的判定方法：
惯性是物体的固有属性，与物体的运动情况及受力情况无关，质量是惯性大小的唯一量度。有的同学总是认为“惯性与速度有关，物体的运动速度大惯性就大，速度小惯性就小”。理由是物体的速度大时不容易停下来，速度小时就容易停下来。这说明这部分同学没能将“运动状态改变的难易程度”与“物体从运动到静止的时间长短”区分开来。事实上，要比较物体运动状态变化的难与易，不仅要考虑物体速度变化的快与慢，还要考虑引起运动状态变化的外因﹣﹣外力。具体来说有两种方法：一是外力相同时比较运动状态变化的快慢；二是在运动状态变化快慢相同的情况下比较所需外力的大小。对于质量相同的物体，无论其速度大小如何，在相同阻力的情况下，相同时间内速度变化量是相同的，这说明改变它们运动状态的难易程度是相同的。所以它们的惯性相同，与它们的速度无关。
2．超重与失重的概念、特点和判断
【知识点的认识】
1．实重和视重：
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
2．超重、失重和完全失重的比较：
【命题方向】
题型一：超重与失重的理解与应用。
例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ）
A．容器自由下落时，小孔向下漏水
B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水
D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水
分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。
解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。
故选：D。
点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。
【解题方法点拨】
解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。
（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。
3．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．
4．动能定理的简单应用
【知识点的认识】
1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初
3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。
【命题方向】
如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：
（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；
（2）物体在前6s运动的位移
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。
分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；
（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；
（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。
解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得
F﹣μmg＝ma，
解得 a＝3m/s2，
（2）由位移公式得 X＝at2＝×3×62m＝54m。
（3）对全程用动能定理得
FX﹣Wf＝0
Wf＝FX＝50×54J＝2700J。
答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；
（2）物体在前6s运动的位移是54m；
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。
点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。
【解题思路点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
5．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。
6．带电粒子先后经过加速电场和偏转电场
【知识点的认识】
本考点旨在针对带电粒子先经过加速电场再经过偏转电场的问题。
【命题方向】
如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化，调整板间距离时电子仍能穿出偏转电场，应该（ ）
A、仅使U2加倍
B、仅使U2变为原来的4倍
C、仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍
D、仅使偏转电场板间距离变为原来的2倍
分析：电子在加速电压作用下获得速度，根据动能定理得到速度的表达式，电子垂直进入平行金属板间的匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离、偏转角度与加速电压和偏转电压的关系，再进行分析．
解答：设平行金属板板间距离为d，板长为l。电子在加速电场中运动时，由动能定理得：
eU1＝
垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，则有
水平方向：l＝v0t，
竖起方向：y＝，vy＝at，又a＝，tanθ＝
联立以上四式得偏转距离：y＝
现使U1加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化，则可以仅使U2加倍或仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍，故AC正确
故选：AC。
点评：本题电子先加速，后偏转，根据动能定理和牛顿运动定律、运动学公式结合得到偏转距离y＝，采用的是常规思路．
【解题思路点拨】
1.解决带电粒子在电场中做类平抛运动问题时，可采用动力学方法处理，也可采用动能定理辅助计算。
2.处理过程中一是需注意区分粒子能否从板间射出，二是注意利用动能定理时区分粒子所经历的电压与给定的电压，三是注意粒子在运动过程中重力能否忽略。
3.对于粒子重力的处理
（1）电子、质子、粒子、某种离子等重力可忽略不计。
（2）小球、液滴、尘埃、滑块等不说明的情况下需考虑重力的作用，
（3）微粒、粒子的重力能否忽略需看题意
4.平抛运动的推论在类平抛运动中也可应用：
（1）偏向角的正切值等于位移与初速度间夹角正切值的2倍
（2）速度的反向延长线通过水平位移的中心。
7．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。
8．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”。
9．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。
10．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”。
11．磁通量的概念和计算公式的定性分析
【知识点的认识】
一、磁通量
1．概念：匀强磁场中磁感应强度和与磁场方向垂直的平面面积S的乘积。即Φ＝BS。
2.拓展：磁场与平面不垂直时，这个面在垂直于磁场方向的投影面积S'与磁感应强度的乘积表示磁通量。即Φ＝BSsinθ＝BS'。θ表示面与磁场的夹角。
3.单位：韦伯（Wb），1Wb＝1T•m2．
4.标矢性：标量，但有正负，正负表示从不同的方向穿过某个平面。
5．磁通量的计算公式
（1）公式：Φ＝BS．
（2）适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场并在磁场中的有效面积．
6.引申：B＝表示磁感应强度的大小等于穿过垂直磁场方向的单位面积的磁通量。
7.磁通量的影响因素：
根据公式Φ＝BS可知磁通量的大小与磁感应强度和垂直于磁场的面积有关。
【命题方向】
关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（ ）
A、磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的
B、磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大
C、磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大
D、线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零
分析：由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，磁通量发生变化，不一定是磁场发生变化引起的．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也不一定越大．磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量也不一定越大．线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零．
解答：A、由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，可能是由磁感应强度B变化，或由面积S变化，或由角度θ变化引起的。故A错误。
B、磁通量大小取决于B、S、θ三个因素，磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也不一定越大。故B错误。
C、当线圈与磁场平行时，磁感应强度再大，磁通量为零。则磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量也不一定越大。故C错误。
D、磁通量为零，磁感应强度可能为零；也可能线圈与磁场平行时，但磁感应强度不为零。故D正确。
故选：D。
点评：本题考查磁通量的概念，要抓住两种特殊情况：当线圈与磁场平行时，Φ＝0；当线圈与磁场垂直时，Φ＝BS．
【解题方法点拨】
对磁通量的理解
（1）线圈平面与磁场方向垂直时磁通量最大，线圈转动后穿过线圈的磁感线条数减少，磁通量减小。
（2）在匀强磁场中才能应用公式Φ＝BSsinθ（θ表示面与磁场的夹角）计算磁通量。应用公式时还需要明确公式中各物理量的含义
12．安培力的概念
【知识点的认识】
1.定义：通电导线在磁场中受的力叫作安培力。
2.特点：
（1）通电在导线在磁场中不一定受到安培力，当导线与磁场方向平行时，受到的安培力等于零。
（2）安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直。
【命题方向】
关于磁场对通电直导线的作用力，下列说法中正确的是（ ）
A、通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，等于零
B、通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大
C、作用力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向
D、通电直导线跟磁场方向不垂直时没有作用力
分析：当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．根据左手定则可知安培力的方向．
解答：AB、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小。当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．故A、B正确。
C、根据左手定则，知安培力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向。故C正确。
D、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，当导线与磁场的方向既不平行也不垂直时，安培力的大小介于0和最大值之间。故D错误。
故选：ABC。
点评：解决本题的关键知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．
【解题思路点拨】
电场力、安培力、洛伦兹力辨析
①带电粒子在电场中受到的力叫作电场力，无论带电粒子处于什么状态，带电粒子在电场中一定受到电场力。
②通电导线在磁场中受到的力叫作安培力，只有通电导线与磁场不平行时，才会受到安培力作用。
③带电粒子在磁场中受到的力叫作洛伦兹力，带电粒子需要有速度并且速度方向不能与磁场方向平行。
13．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。
14．两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。
15．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。
16．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．
17．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。
18．洛伦兹力的概念
【知识点的认识】
1.定义：洛伦兹力是指磁场对运动电荷的作用力。
2.特点：
（1）洛伦兹力是电荷在磁场中受到的力，但是电荷在磁场中却不一定总是受到洛伦兹力。只有当电荷在磁场中运动，且运动方向
不与磁场平行时，才会受到洛伦兹力的作用。
（2）洛伦兹力总是垂直于电荷的运动方向和磁场方向。
【命题方向】
下列说法中正确的有（ ）
A、只要带电粒子在磁场中运动，就会受到洛伦兹力的作用
B、带电粒子在空间定向运动，其周围空间一定形成磁场
C、带电粒子垂直射入磁场中，必会受到洛伦兹力的作用
D、洛伦兹力总是不做功
分析：当带电粒子的速度方向与磁场方向不平行时，会受到洛伦兹力，洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功．
解答：A、当带电粒子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力。故A错误。
B、带电粒子定向移动，形成电流，电流的周围存在磁场。故B正确。
C、带电粒子的速度方向与磁场不平行，会受到洛伦兹力。故C正确。
D、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功。故D正确。
故选：BCD。
点评：解决本题的关键知道带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力．以及知道电流的周围存在磁场．
【解题思路点拨】
电荷在磁场中受到洛伦兹力的条件是：（1）电荷要运动；（2）电荷的运动方向与磁场方向不平行。
19．洛伦兹力、磁场、粒子运动方向和电荷性质的相互判断
【知识点的认识】
1.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.本考点旨在考查洛伦兹力、磁场方向、粒子运动方向和电荷性质的互相判断。已知其中的任意三个才可以推出第四个。
【命题方向】
关于电荷在磁场中运动速度、磁场和电荷受到洛伦兹力三者之间的方向关系如图所示，其中正确的是（ ）
A、 B、
C、 D、
分析：左手定则的内容：伸开左手，使四指与大拇指垂直，且在同一个平面内，让磁感线穿过掌心，四指方向与正电荷的运动方向相同，大拇指所指的方向为洛伦兹力的方向．
解答：根据左手定则得，A选项洛伦兹力方向竖直向下，B选项洛伦兹力方向竖直向下，C选项不受洛伦兹力，D选项洛伦兹力方向垂直纸面向外。故A正确，BCD错误。
故选：A。
点评：解决本题的关键掌握左手定则判定电荷在磁场中运动速度、磁场和电荷受到洛伦兹力三者之间的方向关系．
【解题思路点拨】
1.应用左手定则判断洛伦兹力的方向时，如果电荷是负电荷，四指的指向应与电荷的运动方向相反。
2.如果已知洛伦兹力、磁场方向、粒子运动方向和电荷性质中的两个，需要考虑多解问题。
20．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．
21．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。
22．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．
23．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．
24．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
25．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
26．带电粒子由电场进入磁场中的运动
【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电场进入磁场的情况。
【命题方向】
如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在﹣x轴上的点a以速率v0，方向和﹣x轴方向成60°射入磁场，然后经过y轴上y＝L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计重力。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）电场强度E的大小；
（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
分析：（1）由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
（2）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大小。
（3）求出粒子在磁场中的运动时间与在电场中的运动时间，然后求出时间之比。
解答：（1）粒子的运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：r+rsin30°＝L，
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝L，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B＝m，
解得：B＝；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：2L＝v0t，
竖直方向：L＝at2＝t2，
解得：E＝；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝＝，
由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：θ＝180°﹣60°＝120°，
粒子在磁场中做圆周运动的时间：t1＝T＝×＝，
粒子在电场中的运动时间：t2＝，
粒子在磁场和电场中的运动时间之比：＝＝；
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）电场强度E的大小为；
（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比为。
点评：本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用。
【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
27．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。
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惯性
力
物理意义
物体保持匀速直线运动或静止状态的性质
物体间的相互作用
存在条件
是物体本身的固有属性，始终具有，与外界条件无关
力只有在物体间发生相互作用时才有
可量性
有大小（无具体数值，也无单位），无方位
有大小、方向及单位
现象
实质
超重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于
物体重力的现象
系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量
失重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于
物体重力的现象
系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量
完全
失重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零
的现象
系统具有竖直向下的加速度，且a＝g
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