2025年高考物理復習新題速遞之磁場（2024年9月）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復習新題速遞之磁場（2024年9月）一．選擇題（共10小題）1．（2023秋?沙依巴克區(qū)校級月考）如圖所示，兩根平行放置的導線a、b位于x軸上且關(guān)于坐標原點O對稱分布，現(xiàn)對兩導線通入等大同向的電流，電流方向垂直紙面向外，設(shè)磁場方向垂直x軸向上為正方向，下列關(guān)于x軸上各點磁感應(yīng)強度B隨坐標x分布的圖像正確的是（）A． B． C． D．2．（2024?尋甸縣校級開學）關(guān)于磁感應(yīng)強度B，下列說法正確的是（）A．磁感應(yīng)強度的方向就是置于該點的小磁針S極的受力方向 B．根據(jù)磁感應(yīng)強度的定義式B=FIL可知，磁感應(yīng)強度B與F成正比，與ILC．一小段通電導線在某處不受磁場力的作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零 D．一小段通電導線放在磁感應(yīng)強度為零處，它所受的磁場力一定為零3．（2024秋?南通月考）有人根據(jù)B=FA．磁場中某點的磁感應(yīng)強度B與通電導線在磁場中所受的磁場力F成正比 B．磁場中某點的磁感應(yīng)強度B與乘積Il成反比 C．磁場中某點的磁感應(yīng)強度B不一定等于FIlD．通電直導線在某點所受磁場力為零，則該點磁感應(yīng)強度B為零4．（2024?海門區(qū)校級學業(yè)考試）如圖所示，虛線MN左側(cè)存在垂直于紙面的勻強磁場，閉合線框位于紙面內(nèi)，在其由位置Ⅰ沿直線運動到位置Ⅱ的過程中，穿過線框的磁通量（）A．一直變小 B．一直變大 C．先變大后變小 D．先變小后變大5．（2024春?東城區(qū)期末）金屬線框abcd與一長導線在同一平面內(nèi)，導線通有恒定電流I。線框由圖中位置Ⅰ勻速運動到位置Ⅱ。在此過程中，有關(guān)穿過線框的磁通量與感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（）A．垂直紙面向里的磁通量增大，感應(yīng)電流方向沿abcda B．垂直紙面向里的磁通量減小，感應(yīng)電流方向沿abcda C．垂直紙面向外的磁通量增大，感應(yīng)電流方向沿adcba D．垂直紙面向里的磁通量減小，感應(yīng)電流方向沿adcba6．（2024春?瓊山區(qū)校級期中）導體棒ab在勻強磁場中沿金屬導軌運動時，棒中的感應(yīng)電流方向如圖。則ab棒的運動方向和螺線管內(nèi)部磁場方向分別為（）A．向左，M指向N B．向右，M指向N C．向左，N指向M D．向右，N指向M7．（2023秋?沙依巴克區(qū)校級月考）如圖所示，兩條輕質(zhì)導線連接金屬棒PQ的兩端，金屬棒處于勻強磁場內(nèi)且垂直于磁場。金屬棒的質(zhì)量m＝0.2kg，長度L＝1m。使金屬棒中通以從Q到P的恒定電流I＝2A，兩輕質(zhì)導線與豎直方向成30°角時，金屬棒恰好靜止。則磁場的最小磁感應(yīng)強度（重力加速度g取10m/s2）（）A．大小為0.25T，方向與輕質(zhì)導線平行向下 B．大小為0.5T，方向與輕質(zhì)導線平行向上 C．大小為0.5T，方向與輕質(zhì)導線平行向下 D．大小為0.25T，方向與輕質(zhì)導線平行向上8．（2024秋?南通月考）在傾角θ＝37°的光滑導體滑軌的上端接入一個電動勢E＝3V，內(nèi)阻r＝0.5Ω的電源，滑軌間距L＝50cm，將一個質(zhì)量m＝40g，電阻R＝1Ω的金屬棒水平放置在滑軌上。若滑軌所在空間加一勻強磁場，當閉合開關(guān)S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，如圖所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．磁感應(yīng)強度有最小值，為0.24T，方向垂直滑軌平面向下 B．磁感應(yīng)強度有最大值，為0.4T，方向水平向右 C．磁感應(yīng)強度有可能為0.3T，方向豎直向下 D．磁感應(yīng)強度有可能為0.4T，方向水平向左9．（2023秋?李滄區(qū)校級月考）如圖所示，在x軸上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸負方向成60°角，不計粒子所受的重力，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中運動，到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷及所帶電荷的正負是（）A．3v2aB，正電荷 B．3v2aBC．v2aB，正電荷 D．v10．（2023秋?玄武區(qū)校級期末）如圖所示，在直角三角形ABC的B、C處分別有垂直于三角形平面的通電長直導線，導線中電流的大小相等，方向相反，∠ABC＝30°，D為AB邊中點，已知C處的電流在D點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小為B0，則D點的磁感應(yīng)強度大小為（）A．0 B．B0 C．3B0 D．二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?成都開學）如圖，光滑絕緣斜面體ABC固定在水平地面上，其橫截面為等腰三角形。在斜面AB、AC等高處分別放置一根直導體棒，當兩導體棒中通以圖示方向電流時，兩導體棒均靜止在斜面上。下列說法正確的是（）A．圖中兩導體棒連線的中點O處磁感應(yīng)強度方向豎直向上 B．圖中兩導體棒連線的中點O處磁感應(yīng)強度為零 C．若僅將其中一根導體棒的電流方向反向，兩導體棒將運動 D．若將兩根導體棒的電流方向均反向，兩導體棒將運動（多選）12．（2024?沈陽開學）電磁場可以控制帶電粒子的運動。如圖所示，在直角坐標系第一象限內(nèi)有平行于坐標平面的勻強電場（圖中未畫出），在第二象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場。一個質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子，在M點沿y軸正方向以速度v0進入磁場，過y軸上的N點后進入電場，運動軌跡與x軸交于P點，并且過P點時速度大小仍為v0。已知M、N、P三點到O點的距離分別為L、3L和3L，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為mvB．粒子過N點時速度方向與y軸正方向的夾角為60° C．電場強度大小為mvD．粒子運動過程中最小速度為12v（多選）13．（2024?越秀區(qū)校級開學）如圖所示，矩形abcd的邊長bc是ab的2倍，兩細長直導線通有大小相等、方向相反的電流，垂直穿過矩形平面，與平面交于e、f兩點，其中e、f分別為ad、bc的中點。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點與b點的磁感應(yīng)強度不相同 B．a(chǎn)點與c點的磁感應(yīng)強度不相同 C．a(chǎn)點與d點的磁感應(yīng)強度不相同 D．兩根導線相互吸引（多選）14．（2023秋?讓胡路區(qū)校級期末）矩形線圈的匝數(shù)為50匝，在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動時，穿過線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律如圖所示，π＝3.14，下列結(jié)論正確的是（）A．在t＝0.1s和t＝0.3s時，電動勢最大 B．在t＝0.1s和t＝0.3s時，線圈中電流改變方向 C．電動勢的最大值是31.4V D．在t＝0.4s時，磁通量變化率最大，其值為31.4Wb/s（多選）15．（2024春?重慶月考）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，經(jīng)過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區(qū)域半徑為R，A點到CD的距離為R2A．粒子帶負電 B．粒子運動速率為2qBRmC．粒子在磁場中運動的時間為2πm3qBD．若增大粒子從A點進入磁場的速度，則粒子在磁場中運動的時間可能變長三．解答題（共5小題）16．（2024?濰坊開學）如圖所示，在xOy坐標系的第二象限﹣d≤x≤0的區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向勻強電場，場強大小為E，在第四象限-34L≤y≤0的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸上N點（﹣d，0）的上方平行y軸放置一個長度為L，可以持續(xù)均勻釋放帶電粒子的線粒子源MN，粒子源釋放的帶電粒子在豎直方向上分布是均勻的，釋放的粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為+q，初速度均為零，經(jīng)電場加速后進入第一象限區(qū)域內(nèi)的邊界為圓的勻強磁場偏轉(zhuǎn)，圓形磁場的磁感應(yīng)強度與第四象限磁場的磁感應(yīng)強度大小和方向均相同，線粒子源發(fā)射的所有粒子經(jīng)過第一象限后均可通過x軸上的小孔D（L，0）射入第四象限，第四象限中y=-3（1）帶電粒子進入第一象限時的速度v；（2）第一象限內(nèi)圓形磁場面積的最小值及對應(yīng)的磁感應(yīng)強度B的大小；（3）若磁場面積和磁感應(yīng)強度B為第（2）問的計算結(jié)果，求收集板的粒子收集率η（粒子收集率：在一定時間內(nèi)收集板收集的粒子數(shù)與線粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)的百分比）。17．（2023秋?海淀區(qū)校級月考）在如圖所示的直角坐標系xOy內(nèi)，第一象限中0≤x≤0.4m的范圍內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，第三象限中有垂直于紙面向里的勻強磁場。從第三象限中到x軸的距離為d＝0.2m處的P點沿x軸正方向發(fā)射速度為v＝5m/s的帶正電的粒子（不計重力），該粒子恰好從坐標原點O進入電場，且進入電場時的速度方向與x軸正方向之間的夾角為53°，粒子在電場中運動的過程中與x軸的最大距離也為d＝0.2m。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（1）求電場強度的大小與磁感應(yīng)強度的大小之比；（2）若發(fā)射粒子的速度變?yōu)関1＝8m/s，其他條件不變，請通過計算說明粒子能否進入電場；（3）求以v＝5m/s發(fā)射的粒子通過O點進入電場后，粒子在電場中運動的軌跡方程和粒子在電場中的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值。18．（2024?青羊區(qū)校級開學）如圖，在x＜0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，在x＞0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場。一個氘核和一個氚核先后從x軸上P、Q兩點射出，速度大小分別為v02、v0，速度方向與x軸正方向的夾角均為θ＝37°。一段時間后，氘核和氚核同時沿平行x軸方向到達y軸上的M點（圖中未畫出）。已知Q點坐標為（﹣d，0），不計粒子重力及粒子間的靜電力作用，sin37°＝0.6，cos37°＝（1）y軸上M點的縱坐標及x軸上P點的橫坐標；（2）勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大小之比。19．（2024?岳麓區(qū)校級開學）如圖所示，在正方形ACDF區(qū)域內(nèi)，對角線CF以上的區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場1，對角線CF以下的區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場2，正方形邊長為l。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子（重力不計）以初速度v0從A點沿AC方向進入磁場，在對角線CF的中點P處進入第二個磁場，求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1；（2）要使粒子能從CD邊射出，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B2滿足的條件。20．（2024?浙江開學）如圖所示，在平面直角坐標系xO1y所在平面內(nèi)，圓O2與x軸相切于O1，半徑為R，A為圓上一點，O2A與y軸正向成60°角。在圓內(nèi)存在垂直平面向外的勻強磁場B0（未知），在第I象限內(nèi)、直線x＝R的右側(cè)存在垂直平面向外的勻強磁場B1（未知）。在原點O1處有一粒子源向第Ⅱ象限內(nèi)發(fā)射電量為q、質(zhì)量為m、速度大小為v的帶正電的粒子，單位時間內(nèi)發(fā)射的粒子數(shù)為n，發(fā)射方向可在與x軸負方向成θ為0°～60°角的范圍內(nèi)調(diào)整，其中θ＝60°時，粒子恰能從A點平行x軸離開圓形區(qū)域。沿x軸放有靶，粒子打中靶時被靶吸收，不分析粒子離開B1區(qū)域后的運動。（1）求B0的大小及帶電粒子進入B1區(qū)域時射入點的縱坐標范圍；（2）若B1=12B（3）若B1隨縱坐標y變化，滿足B1=25y

2025年高考物理復習新題速遞之磁場（2024年9月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2023秋?沙依巴克區(qū)校級月考）如圖所示，兩根平行放置的導線a、b位于x軸上且關(guān)于坐標原點O對稱分布，現(xiàn)對兩導線通入等大同向的電流，電流方向垂直紙面向外，設(shè)磁場方向垂直x軸向上為正方向，下列關(guān)于x軸上各點磁感應(yīng)強度B隨坐標x分布的圖像正確的是（）A． B． C． D．【考點】磁感應(yīng)強度的矢量疊加；安培定則（右手螺旋定則）．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】C【分析】本題考查了磁場的疊加，根據(jù)安培定則判斷出兩導線形成磁場方向，磁感應(yīng)強度B是矢量，根據(jù)矢量分解合成的平行四邊形定則求解。【解答】解：由安培定則，兩根導線通入等大同向的電流，其在坐標原點的磁感應(yīng)強度等大反向，合磁感應(yīng)強度為0。在a導線的左側(cè)，兩導線中電流形成的磁場方向垂直x軸向下，合磁感應(yīng)強度的方向垂直x軸向下，且越靠近a導線磁感應(yīng)強度越大。在b導線的右側(cè)，兩導線中電流形成的磁場方向垂直x軸向上，所以合磁感應(yīng)強度的方向垂直x軸向上，越靠近b導線磁感應(yīng)強度越大。ao之間區(qū)域，由于a導線的磁感應(yīng)強度大于b導線的磁感應(yīng)強度，所以合磁感應(yīng)強度方向垂直x軸向上，bo之間區(qū)域，由于b導線的磁感應(yīng)強度大于a導線的磁感應(yīng)強度，所以合磁感應(yīng)強度方向垂直x軸向下。故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】磁感應(yīng)強度為矢量，合成時要用平行四邊形定則，因此要正確根據(jù)安培定則判斷導線周圍磁場方向是解題的前提。2．（2024?尋甸縣校級開學）關(guān)于磁感應(yīng)強度B，下列說法正確的是（）A．磁感應(yīng)強度的方向就是置于該點的小磁針S極的受力方向 B．根據(jù)磁感應(yīng)強度的定義式B=FIL可知，磁感應(yīng)強度B與F成正比，與ILC．一小段通電導線在某處不受磁場力的作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零 D．一小段通電導線放在磁感應(yīng)強度為零處，它所受的磁場力一定為零【考點】安培力的計算公式及簡單應(yīng)用；磁感應(yīng)強度的定義與物理意義．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】D【分析】磁感應(yīng)強度B=FIL室定義式，B大小與F、IL無關(guān)，【解答】解：A、小磁針在磁場中靜止時北極的受力方向就是磁感應(yīng)強度的方向，故A錯誤；B、磁感應(yīng)強度B=FIL是采用比值法定義的，B大小與F、IL無關(guān)，B由磁場本身決定，故C、一小段通電導線在某處不受磁場力的作用，可能是電流與磁場方向相互平行，不能說明該處的磁感應(yīng)強度為零，故C錯誤；D、根據(jù)F＝BIL可知，當磁感應(yīng)強度為零處，它所受磁場力一定為零，故D正確。故選：D?！军c評】對于磁感應(yīng)強度的定義式B=FIL，要明確其定義方法、適用條件，以及各個物理量的含義，可以和電場強度的定義E3．（2024秋?南通月考）有人根據(jù)B=FA．磁場中某點的磁感應(yīng)強度B與通電導線在磁場中所受的磁場力F成正比 B．磁場中某點的磁感應(yīng)強度B與乘積Il成反比 C．磁場中某點的磁感應(yīng)強度B不一定等于FIlD．通電直導線在某點所受磁場力為零，則該點磁感應(yīng)強度B為零【考點】磁感應(yīng)強度的定義與物理意義．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】C【分析】磁感應(yīng)強度由磁場本身的性質(zhì)決定，與電流、導線的長度以及所受的安培力無關(guān)．當磁場方向與電流方向平行，所受安培力為零?！窘獯稹拷猓篈B．磁感應(yīng)強度B=FIl是用比值定義法定義B的，但磁感應(yīng)強度與通電導線所受磁場力F及乘積Il等外界因素無關(guān)，故CD．設(shè)通電導線與磁場方向夾角為θ，則根據(jù)F＝IlBsinθ得B=F即B不一定等于FIl，如果θ＝0，雖然B≠0，但F＝0，故C正確，D故選：C?！军c評】當導線與磁場方向垂直，安培力F＝BIL，當導線與磁場方向平行，安培力F＝0。4．（2024?海門區(qū)校級學業(yè)考試）如圖所示，虛線MN左側(cè)存在垂直于紙面的勻強磁場，閉合線框位于紙面內(nèi)，在其由位置Ⅰ沿直線運動到位置Ⅱ的過程中，穿過線框的磁通量（）A．一直變小 B．一直變大 C．先變大后變小 D．先變小后變大【考點】磁通量的概念和計算公式的定性分析．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)磁通量的定義式可判定磁通量的變化。【解答】解：閉合線框磁通量Φ＝BS，S為有效面積，當其由位置Ⅰ沿直線運動到位置Ⅱ的過程中，有效面積逐漸增大，所以磁通量一直變大，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】本題主要考查了磁通量的計算，解題關(guān)鍵是熟記磁通量公式，Φ＝BS，應(yīng)用條件為勻強磁場，S為有效面積。5．（2024春?東城區(qū)期末）金屬線框abcd與一長導線在同一平面內(nèi)，導線通有恒定電流I。線框由圖中位置Ⅰ勻速運動到位置Ⅱ。在此過程中，有關(guān)穿過線框的磁通量與感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（）A．垂直紙面向里的磁通量增大，感應(yīng)電流方向沿abcda B．垂直紙面向里的磁通量減小，感應(yīng)電流方向沿abcda C．垂直紙面向外的磁通量增大，感應(yīng)電流方向沿adcba D．垂直紙面向里的磁通量減小，感應(yīng)電流方向沿adcba【考點】安培定則（右手螺旋定則）；通電直導線周圍的磁場．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)安培定則判斷磁通量的變化情況，結(jié)合楞次定律判斷線框中感應(yīng)電流的方向?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)安培定則，通電直導線右側(cè)的磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，由于離導線越遠磁感應(yīng)強度越小，當線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，穿過線框的磁通量向里在減小，又有楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向沿abcda，故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】考查右手安培定則和楞次定律的應(yīng)用，會根據(jù)題意進行準確分析和解答。6．（2024春?瓊山區(qū)校級期中）導體棒ab在勻強磁場中沿金屬導軌運動時，棒中的感應(yīng)電流方向如圖。則ab棒的運動方向和螺線管內(nèi)部磁場方向分別為（）A．向左，M指向N B．向右，M指向N C．向左，N指向M D．向右，N指向M【考點】環(huán)形電流或通電螺線管周圍的磁場；楞次定律及其應(yīng)用；右手定則；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)右手定則判斷ab棒的運動方向，再根據(jù)安培定則判斷螺線管中的磁場方向?！窘獯稹拷猓河捎沂侄▌t可知，ab棒向左運動才能產(chǎn)生如圖所示的電流；螺線管中電流由下方流入，由安培定則可知，螺線管內(nèi)部磁場由N指向M，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題關(guān)鍵要掌握右手定則和安培定則，要明確兩個問題：一是什么條件下用什么定則；二是怎樣用。7．（2023秋?沙依巴克區(qū)校級月考）如圖所示，兩條輕質(zhì)導線連接金屬棒PQ的兩端，金屬棒處于勻強磁場內(nèi)且垂直于磁場。金屬棒的質(zhì)量m＝0.2kg，長度L＝1m。使金屬棒中通以從Q到P的恒定電流I＝2A，兩輕質(zhì)導線與豎直方向成30°角時，金屬棒恰好靜止。則磁場的最小磁感應(yīng)強度（重力加速度g取10m/s2）（）A．大小為0.25T，方向與輕質(zhì)導線平行向下 B．大小為0.5T，方向與輕質(zhì)導線平行向上 C．大小為0.5T，方向與輕質(zhì)導線平行向下 D．大小為0.25T，方向與輕質(zhì)導線平行向上【考點】安培力作用下的受力平衡問題．【專題】定量思想；方程法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】B【分析】分析導體棒的受力情況，根據(jù)平衡條件結(jié)合安培力的計算公式求解安培力的最小值，根據(jù)左手定則知磁場方向?！窘獯稹拷猓悍治鍪芰Φ膫?cè)視圖（從右向左看）如圖所示：磁場有最小值Bmin，應(yīng)使棒平衡時的安培力有最小值F安min，棒的重力大小、方向均不變，懸線拉力方向不變，由“力三角形”的動態(tài)變化規(guī)律可知，當安培力的方向與懸線垂直時安培力最小。根據(jù)平衡條件可得：F安min＝mgsin30°又有：F安min＝BminIL聯(lián)立解得：B代入數(shù)據(jù)解得：Bmin＝0.5T由左手定則知磁場方向平行輕質(zhì)導線向上，故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題主要是考查安培力作用下的導體棒的平衡問題，解答此類問題要明確導體棒的受力情況，結(jié)合平衡條件列方程解答。8．（2024秋?南通月考）在傾角θ＝37°的光滑導體滑軌的上端接入一個電動勢E＝3V，內(nèi)阻r＝0.5Ω的電源，滑軌間距L＝50cm，將一個質(zhì)量m＝40g，電阻R＝1Ω的金屬棒水平放置在滑軌上。若滑軌所在空間加一勻強磁場，當閉合開關(guān)S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，如圖所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．磁感應(yīng)強度有最小值，為0.24T，方向垂直滑軌平面向下 B．磁感應(yīng)強度有最大值，為0.4T，方向水平向右 C．磁感應(yīng)強度有可能為0.3T，方向豎直向下 D．磁感應(yīng)強度有可能為0.4T，方向水平向左【考點】安培力作用下的受力平衡問題；用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓和電流．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】A【分析】金屬棒在磁場中受到重力、斜面的支持力和安培力三個作用，當安培力沿斜面向上時，安培力最小，若磁感應(yīng)強度方向與電流方向相互垂直時，磁感應(yīng)強度最小．根據(jù)平衡條件和安培力公式求解磁感應(yīng)強度的最小值，由左手定則判斷B的方向．【解答】解：由閉合電路歐姆定律可得：I=ER+r=A、對金屬棒受力分析可知，當安培力沿斜面向上時，安培力最小為Fmin＝mgsinθ＝40×10﹣3×10×sin37°＝0.24N當安培力最小，且磁感應(yīng)強度方向與電流方向相互垂直時，磁感應(yīng)強度最小為Bmin=F由左手定則判斷可知，磁感應(yīng)強度的方向為垂直滑軌平面向下，故A正確；B、當磁感應(yīng)強度方向水平向右，安培力豎直向上，當F＝mg，金屬棒剛好靜止在滑軌上，即BIL＝mg，解得：B=mgIL=40×10-3C、若磁感應(yīng)強度方向豎直向下，安培力水平向右，若滿足F＝BIL＝mgtanθ，金屬棒剛好靜止在滑軌上，解得：B=mgtanθIL=50×10-3D、當磁感應(yīng)強度方向水平向左，安培力豎直向下，不可能平衡，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題通電導體在磁場中平衡問題，分析安培力在什么方向時安培力最小是解題的關(guān)鍵。9．（2023秋?李滄區(qū)校級月考）如圖所示，在x軸上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸負方向成60°角，不計粒子所受的重力，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中運動，到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷及所帶電荷的正負是（）A．3v2aB，正電荷 B．3v2aBC．v2aB，正電荷 D．v【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求得粒子做圓周運動的軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解比荷。根據(jù)左手定則判斷粒子帶電性質(zhì)?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ釉诖艌鲋凶鰟蛩賵A周運動，軌跡如下圖所示，粒子運動過程中與x軸的最大距離為a，可得粒子的軌道半徑r與a的關(guān)系為：a=r+rcos60由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=m聯(lián)立解得：q根據(jù)左手定則，可知粒子帶負電。故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題考查了帶電粒子在磁場中運動問題，物理原理是由洛倫茲力提供向心力。掌握洛倫茲力大小的計算，以及其方向的判斷。10．（2023秋?玄武區(qū)校級期末）如圖所示，在直角三角形ABC的B、C處分別有垂直于三角形平面的通電長直導線，導線中電流的大小相等，方向相反，∠ABC＝30°，D為AB邊中點，已知C處的電流在D點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小為B0，則D點的磁感應(yīng)強度大小為（）A．0 B．B0 C．3B0 D．【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應(yīng)強度的定義與物理意義．【專題】定量思想；圖析法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)右手定則，確定D點的磁感應(yīng)強度，并畫出合磁場強度，根據(jù)數(shù)學知識，求D點的磁感應(yīng)強度大小。【解答】解：根據(jù)右手定則，確定D點的磁感應(yīng)強度，并畫出合磁場強度，如圖C處的電流在D點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小B0，方向與CD垂直；B處的電流在D點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小B1，方向與AB垂直；由于D點到B、C點的距離相等，則B0＝B1由數(shù)學知識可知B0與B1的夾角為60°，則D點的磁感應(yīng)強度大小為B=2B故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題解題關(guān)鍵是掌握右手定則，確定D點的磁感應(yīng)強度，并畫出合磁場強度。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?成都開學）如圖，光滑絕緣斜面體ABC固定在水平地面上，其橫截面為等腰三角形。在斜面AB、AC等高處分別放置一根直導體棒，當兩導體棒中通以圖示方向電流時，兩導體棒均靜止在斜面上。下列說法正確的是（）A．圖中兩導體棒連線的中點O處磁感應(yīng)強度方向豎直向上 B．圖中兩導體棒連線的中點O處磁感應(yīng)強度為零 C．若僅將其中一根導體棒的電流方向反向，兩導體棒將運動 D．若將兩根導體棒的電流方向均反向，兩導體棒將運動【考點】安培力作用下的受力平衡問題．【專題】定性思想；整體法和隔離法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】BC【分析】根據(jù)右手螺旋定則，可以判讀兩導體棒分別產(chǎn)生的磁場特點，從而推導O點的合磁感應(yīng)強度；若將其中一根或兩根導體棒電流反向，根據(jù)兩根導體棒的受力方向變化，判斷導體棒是否受力平衡?！窘獯稹拷猓篈B、由右手螺旋定則，可知，兩導體棒在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反，即O點的合磁感應(yīng)強度為0，故A錯誤，B正確；C、僅將其中一根導體棒的電流方向反向，兩導體棒的作用力變?yōu)槌饬Γ瑑蓪w所受合力不再為零，將不能保持平衡狀態(tài)，開始運動，故C正確；D、兩導體棒的電流方向均改變，兩導體棒間的作用力大小和方向均不變，兩導體棒所受的合力仍為零，仍靜止，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查兩根通電導線在互相的磁場中的受力分析，可以根據(jù)初始狀態(tài)下兩導體棒均靜止，其電流方向、位置特點有對稱性，比較簡潔的判斷兩導體棒電流均反向時的狀態(tài)。（多選）12．（2024?沈陽開學）電磁場可以控制帶電粒子的運動。如圖所示，在直角坐標系第一象限內(nèi)有平行于坐標平面的勻強電場（圖中未畫出），在第二象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場。一個質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子，在M點沿y軸正方向以速度v0進入磁場，過y軸上的N點后進入電場，運動軌跡與x軸交于P點，并且過P點時速度大小仍為v0。已知M、N、P三點到O點的距離分別為L、3L和3L，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為mvB．粒子過N點時速度方向與y軸正方向的夾角為60° C．電場強度大小為mvD．粒子運動過程中最小速度為12v【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理能力．【答案】BCD【分析】A.應(yīng)用帶電粒子在磁場里的運動解題方法，定圓心找半徑，根據(jù)幾何關(guān)系找半徑，根據(jù)洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力公式求磁感應(yīng)強度大??；B.由幾何關(guān)系可求；C.根據(jù)粒子A在豎直方向的分運動，可列出初速度與位移的關(guān)系式，根據(jù)其過Q點時的速度方向可得到豎直分速度的關(guān)系，聯(lián)立可得電場強度大小；D.根據(jù)合外力與速度垂直時有最小速度可求解。【解答】解：A.粒子在磁場中做圓周運動的圓心為O1，如圖在△OO1N中，由幾何關(guān)系可得R2解得R＝2L洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，有qv解得B=m故A錯誤；B.由幾何關(guān)系可知，粒子過N點時速度方向與y軸正方向的夾角θ＝60°故B正確；C.粒子進入電場后在N、P兩點速度大小相等，說明兩點的連線為等勢線，所以電場方向垂直N、P連線斜向下，粒子在N點時速度方向與N、P連線的夾角也為θ，設(shè)粒子由N點運動到P點的時間為t，沿NP方向有3L垂直NP方向有Eqt＝2mv0sinθ聯(lián)立解得E=m故C正確；D.當粒子沿電場方向速度為零時速度最小，此時只有沿vmin故D正確。故選：BCD?！军c評】本題考查粒子在電場和磁場的組合場中的運動，綜合難度適中。在計算電場強度時，表示兩個分運動的位移關(guān)系，結(jié)合分運動的等時性得到電場強度。（多選）13．（2024?越秀區(qū)校級開學）如圖所示，矩形abcd的邊長bc是ab的2倍，兩細長直導線通有大小相等、方向相反的電流，垂直穿過矩形平面，與平面交于e、f兩點，其中e、f分別為ad、bc的中點。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點與b點的磁感應(yīng)強度不相同 B．a(chǎn)點與c點的磁感應(yīng)強度不相同 C．a(chǎn)點與d點的磁感應(yīng)強度不相同 D．兩根導線相互吸引【考點】兩根通電導線之間的作用力；通電直導線周圍的磁場；磁感應(yīng)強度的定義與物理意義．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】AC【分析】根據(jù)安培定則分別作出兩通電直導線在a、b、c、d產(chǎn)生的磁場，再根據(jù)平行四邊形定則分析合磁場的大小和方向，然后作答；根據(jù)平行直導線電流的相互作用分析作答?！窘獯稹拷猓簝芍本€電流在abcd各點產(chǎn)生的磁場方向如圖所示：A.磁感應(yīng)強度是矢量，a、b兩點合磁感應(yīng)強度的大小相同、方向不同，故A正確；BC．根據(jù)對稱性可知a與c點的合磁感應(yīng)強度大小和方向都相同，a與d點的合磁感應(yīng)強度方向不同，故B錯誤，C正確；D．兩平行的通電相反的直導線之間是互相排斥的，故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題考查了通電直導線產(chǎn)生的磁場及相互作用；知道空間中某點的磁場為各磁場的合磁場，磁感應(yīng)強度是矢量，其合成遵循平行四邊形定則。（多選）14．（2023秋?讓胡路區(qū)校級期末）矩形線圈的匝數(shù)為50匝，在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動時，穿過線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律如圖所示，π＝3.14，下列結(jié)論正確的是（）A．在t＝0.1s和t＝0.3s時，電動勢最大 B．在t＝0.1s和t＝0.3s時，線圈中電流改變方向 C．電動勢的最大值是31.4V D．在t＝0.4s時，磁通量變化率最大，其值為31.4Wb/s【考點】磁通量的概念和計算公式的定性分析；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理能力．【答案】BD【分析】本題根據(jù)中性面和峰值面與磁通量和感應(yīng)電動勢關(guān)系，結(jié)合正弦交流電電動勢最大值關(guān)系分析求解?！窘獯稹拷猓篈B．由圖可知在t＝0.1s和t＝0.3s時，磁通量最大，故線圈位于中性面位置，此時感應(yīng)電動勢為零，電流方向發(fā)生改變，故A錯誤，B正確；C．根據(jù)圖象可知電動勢的最大值Em＝NBSω＝NΦ2πT=50×2×2π0.4VD．在t＝0.4s時，磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知其值為ΔΦΔt故D正確；故選：BD。【點評】本題考查了正弦交流電的表達式，熟練掌握表達式中各物理量的求解方法及物理含義，理解中性面和峰值面與磁通量和感應(yīng)電動勢關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）15．（2024春?重慶月考）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，經(jīng)過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區(qū)域半徑為R，A點到CD的距離為R2A．粒子帶負電 B．粒子運動速率為2qBRmC．粒子在磁場中運動的時間為2πm3qBD．若增大粒子從A點進入磁場的速度，則粒子在磁場中運動的時間可能變長【考點】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】根據(jù)粒子軌跡彎曲方向判斷粒子受到的洛倫茲力方向，根據(jù)左手定則判斷粒子的電性；粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解粒子運動速率；根據(jù)軌跡所對應(yīng)的圓心角和周期求解粒子在磁場中運動的時間；根據(jù)幾何關(guān)系求粒子的速度增大后，運動時間是否發(fā)生變化?！窘獯稹拷猓篈、由于粒子經(jīng)過圓心O，最后離開磁場，可知，粒子在A點所受洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則，四指指向與速度方向相反，可知，粒子帶負電，故A正確；B、根據(jù)上述，作出運動軌跡，如圖所示由于圓形區(qū)域半徑為R，A點到CD的距離為R2，令粒子圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有：整理解得：r＝R粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有：q解得：v0=qBRCD、如上圖所示，由于圓形區(qū)域半徑為R，A點到CD的距離為R2，根據(jù)上述，粒子圓周運動的半徑也為R，則△AOO'與△EOO'均為等邊三角形，則軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，粒子圓周運動的周期：則粒子在磁場中運動的時間為：t=若增大粒子從A點進入磁場的速度，粒子在磁場中運動的時間不變，故C正確，D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，關(guān)鍵要正確分析粒子的受力情況，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系和圓周運動的相關(guān)公式即可完成解答。三．解答題（共5小題）16．（2024?濰坊開學）如圖所示，在xOy坐標系的第二象限﹣d≤x≤0的區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向勻強電場，場強大小為E，在第四象限-34L≤y≤0的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸上N點（﹣d，0）的上方平行y軸放置一個長度為L，可以持續(xù)均勻釋放帶電粒子的線粒子源MN，粒子源釋放的帶電粒子在豎直方向上分布是均勻的，釋放的粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為+q，初速度均為零，經(jīng)電場加速后進入第一象限區(qū)域內(nèi)的邊界為圓的勻強磁場偏轉(zhuǎn)，圓形磁場的磁感應(yīng)強度與第四象限磁場的磁感應(yīng)強度大小和方向均相同，線粒子源發(fā)射的所有粒子經(jīng)過第一象限后均可通過x軸上的小孔D（L，0）射入第四象限，第四象限中y=-3（1）帶電粒子進入第一象限時的速度v；（2）第一象限內(nèi)圓形磁場面積的最小值及對應(yīng)的磁感應(yīng)強度B的大??；（3）若磁場面積和磁感應(yīng)強度B為第（2）問的計算結(jié)果，求收集板的粒子收集率η（粒子收集率：在一定時間內(nèi)收集板收集的粒子數(shù)與線粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)的百分比）。【考點】帶電粒子由電場進入磁場中的運動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）帶電粒子進入第一象限時的速度2qEdm（2）第一象限內(nèi)圓形磁場面積的最小值πL24，對應(yīng)的磁感應(yīng)強度B（3）收集板的粒子收集率25%?！痉治觥浚?）根據(jù)動能定理求得帶電粒子進入第一象限時的速度v；（2）由幾何關(guān)系可得粒子運動半徑求得第一象限內(nèi)圓形磁場面積的最小值，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得對應(yīng)的磁感應(yīng)強度B的大??；（3）根據(jù)幾何關(guān)系求得收集板的粒子收集率η?！窘獯稹拷猓海?）粒子在電場中加速運動，根據(jù)動能定理有qEd=1解得v=2qEd（2）線粒子源發(fā)射的所有粒子經(jīng)過第一象限后均可通過x軸上的小孔D（L，0）射入第四象限，如圖則粒子運動半徑為r=L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv解得B=2根據(jù)幾何關(guān)系可知圓形磁場面積的最小直徑為L，則面積為S=π(（3）根據(jù)幾何關(guān)系可知QG=L因此NN'能夠被收集，則此時收集率為η=1答：（1）帶電粒子進入第一象限時的速度2qEdm（2）第一象限內(nèi)圓形磁場面積的最小值πL24，對應(yīng)的磁感應(yīng)強度B（3）收集板的粒子收集率25%。【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間；對于帶電粒子在電場中運動時，一般是按類平拋運動或勻變速直線運動的規(guī)律進行解答。17．（2023秋?海淀區(qū)校級月考）在如圖所示的直角坐標系xOy內(nèi)，第一象限中0≤x≤0.4m的范圍內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，第三象限中有垂直于紙面向里的勻強磁場。從第三象限中到x軸的距離為d＝0.2m處的P點沿x軸正方向發(fā)射速度為v＝5m/s的帶正電的粒子（不計重力），該粒子恰好從坐標原點O進入電場，且進入電場時的速度方向與x軸正方向之間的夾角為53°，粒子在電場中運動的過程中與x軸的最大距離也為d＝0.2m。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（1）求電場強度的大小與磁感應(yīng)強度的大小之比；（2）若發(fā)射粒子的速度變?yōu)関1＝8m/s，其他條件不變，請通過計算說明粒子能否進入電場；（3）求以v＝5m/s發(fā)射的粒子通過O點進入電場后，粒子在電場中運動的軌跡方程和粒子在電場中的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值?！究键c】帶電粒子由磁場進入電場中的運動；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）電場強度的大小與磁感應(yīng)強度的大小之比為4：1；（2）若發(fā)射粒子的速度變?yōu)関1＝8m/s，其他條件不變，粒子能進入電場；（3）以v＝5m/s發(fā)射的粒子通過O點進入電場后，粒子在電場中運動的軌跡方程為y=-209【分析】（1）畫出粒子的運動軌跡，由牛頓第二定律和動能定理求比值；（2）由牛頓第二定律求粒子的運動半徑，分析粒子的運動情況，求出粒子的運動軌跡與x軸的交點到O點的距離，判斷粒子能否進入電場；（3）分析粒子在電場中的水平和豎直方向上的運動過程，根據(jù)運動學公式求解。【解答】解：（1）粒子的運動軌跡如圖所示，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為53°。假設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系可知cos53°解得r＝0.5m在磁場中，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得qvB=mv粒子進入勻強電場后做斜上拋運動，在軌跡的最高點時，豎直分速度為0，由動能定理可得-Eqd=聯(lián)立解得EB（2）若發(fā)射粒子的速度變?yōu)関1＝8m/s，由牛頓第二定律可得qv解得r1＝0.8m假設(shè)粒子通過y軸時，與O點的距離為L，轉(zhuǎn)過的圓心角為θr1sinθ＝rsin53°d﹣L＝r1（1﹣cosθ）解得θ＝30°，L=粒子通過y軸后在第四象限中做勻速直線運動，設(shè)粒子的運動軌跡與x軸的交點到O點的距離為x1tanθ=L解得x1由于0≤x1≤0.4m，故發(fā)射粒子的速度變?yōu)関1＝8m/s時，粒子能進入電場。（3）粒子通過O點進入電場后，設(shè)粒子在電場中的加速度大小為a，豎直方向做勻減速運動（vsin53°）2＝2ad解得a＝40m/s2粒子的水平位移x＝vcos53°t粒子的豎直位移y=vsin53°聯(lián)立消去t可得y=-粒子射出電場時，豎直分速度vy＝vsin53°﹣at聯(lián)立可解得vy設(shè)粒子的速度與水平方向的夾角為α，則tanα=|則粒子在電場中的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan(53°答：（1）電場強度的大小與磁感應(yīng)強度的大小之比為4：1；（2）若發(fā)射粒子的速度變?yōu)関1＝8m/s，其他條件不變，粒子能進入電場；（3）以v＝5m/s發(fā)射的粒子通過O點進入電場后，粒子在電場中運動的軌跡方程為y=-209【點評】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理。對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑。18．（2024?青羊區(qū)校級開學）如圖，在x＜0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，在x＞0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場。一個氘核和一個氚核先后從x軸上P、Q兩點射出，速度大小分別為v02、v0，速度方向與x軸正方向的夾角均為θ＝37°。一段時間后，氘核和氚核同時沿平行x軸方向到達y軸上的M點（圖中未畫出）。已知Q點坐標為（﹣d，0），不計粒子重力及粒子間的靜電力作用，sin37°＝0.6，cos37°＝（1）y軸上M點的縱坐標及x軸上P點的橫坐標；（2）勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大小之比?！究键c】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；帶電粒子在勻強電場中做一般曲線運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）y軸上M點的縱坐標為yM=38d，x（2）勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大小之比為3v【分析】（1）由斜拋運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系可求得y軸上M點的縱坐標及x軸上P點的橫坐標；（2）由斜拋運動規(guī)律結(jié)合牛頓第二定律進行求解?！窘獯稹拷猓海?）氚核從Q點射出后在電場中做拋體運動，在x軸方向勻速直線運動，則有：d＝v0cos37°?t代入數(shù)據(jù)解得：t=在y軸方向：y代入數(shù)據(jù)解得：y氘核從P點射出后在磁場中做勻速圓周運動，兩粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得：r（1+cos37°）＝y(tǒng)M解得：r=由幾何關(guān)系有：xP＝rsinθ解得：x（2）設(shè)氘核（12H）的質(zhì)量為2m，電荷量為q，則氚核（13氚核，根據(jù)拋體運動規(guī)律得：a=其中：qE＝3ma聯(lián)立解得：E=氘核：由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力：q代入數(shù)據(jù)解得：B=則有：E答：（1）y軸上M點的縱坐標為yM=38d，x（2）勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大小之比為3v【點評】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中運動問題，依據(jù)力與運動的關(guān)系，解析粒子運動過程。對于粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做勻變速曲線運動的過程，應(yīng)用運動的分解與合成解答；對于帶電粒子在勻強磁場只受了洛倫茲力而做勻速圓周運動，依據(jù)洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律解答，依據(jù)題意作出粒子運動軌跡圖是解題的前提，根據(jù)幾何關(guān)系求得運動半徑和軌跡圓心角是解題關(guān)鍵。19．（2024?岳麓區(qū)校級開學）如圖所示，在正方形ACDF區(qū)域內(nèi)，對角線CF以上的區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場1，對角線CF以下的區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場2，正方形邊長為l。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子（重力不計）以初速度v0從A點沿AC方向進入磁場，在對角線CF的中點P處進入第二個磁場，求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1；（2）要使粒子能從CD邊射出，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B2滿足的條件?！究键c】帶電粒子在矩形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1為2mv（2）要使粒子能從CD邊射出，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B2滿足的條件為2mv【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律得出磁感應(yīng)強度的大??；（2）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合幾何關(guān)系得出磁場強度需要滿足的條件；【解答】解：（1）粒子運動軌跡如圖1所示圖1由幾何關(guān)系知粒子在勻強磁場1中運動的半徑為R=l帶電粒子在磁場1中運動的洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得qv解得B1（2）粒子射入磁場2時，能從CD邊射出的臨界粒子的軌跡如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系要使粒子能從CD邊射出，粒子的回旋半徑l4根據(jù)qv解得2mv答：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1為2mv（2）要使粒子能從CD邊射出，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B2滿足的條件為2mv【點評】本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運動，理解粒子的受力特點和運動類型，結(jié)合牛頓第二定律和幾何關(guān)系即可完成分析。20．（2024?浙江開學）如圖所示，在平面直角坐標系xO1y所在平面內(nèi)，圓O2與x軸相切于O1，半徑為R，A為圓上一點，O2A與y軸正向成60°角。在圓內(nèi)存在垂直平面向外的勻強磁場B0（未知），在第I象限內(nèi)、直線x＝R的右側(cè)存在垂直平面向外的勻強磁場B1（未知）。在原點O1處有一粒子源向第Ⅱ象限內(nèi)發(fā)射電量為q、質(zhì)量為m、速度大小為v的帶正電的粒子，單位時間內(nèi)發(fā)射的粒子數(shù)為n，發(fā)射方向可在與x軸負方向成θ為0°～60°角的范圍內(nèi)調(diào)整，其中θ＝60°時，粒子恰能從A點平行x軸離開圓形區(qū)域。沿x軸放有靶，粒子打中靶時被靶吸收，不分析粒子離開B1區(qū)域后的運動。（1）求B0的大小及帶電粒子進入B1區(qū)域時射入點的縱坐標范圍；（2）若B1=12B（3）若B1隨縱坐標y變化，滿足B1=25y【考點】帶電粒子在多個組合邊界磁場中的運動；帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理能力．【答案】（1）B0的大小mvqR，帶電粒子進入B1區(qū)域時射入點的縱坐標范圍1.5R～2R（2）在發(fā)射方向調(diào)整過程中能被粒子擊中的靶的長度2R-152R，粒子擊中靶時對靶的作用力沿（3）能擊中靶的粒子從粒子源射出時的速度方向θ的范圍53°～60°?！痉治觥浚?）畫出粒子運動軌跡示意圖，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求B0，根據(jù)幾何關(guān)系求范圍；（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力分別求出粒子在B0，B1里運動的半徑。再根據(jù)幾何關(guān)系和動量定理求解；（3）對粒子沿x方向應(yīng)用動量定理，結(jié)合幾何關(guān)系可求?！窘獯稹拷猓海?）粒子運動軌跡如圖所示：根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB解得B0粒子均沿x軸正方向進入B1區(qū)域，當θ＝60°時y1＝R（1+cos60°）＝1.5R當θ＝0°時y2＝2R對應(yīng)位置的縱坐標的范圍為1.5R～2R。（2）B0區(qū)域r2B1區(qū)域r1從y1處入射得x1從y2處入射得x2＝2R能被粒子擊中的靶的長度為Δx=2R-發(fā)射方向θ＝60°時，沿x方向的分力的最大，有sinα=0.5R取向右為正方向，動量定理得F=nmvsinα=1（3）取向右為正方向，對粒子沿x方向應(yīng)用動量定理得﹣B2qvyΔt＝mΔvx，-設(shè)進入B1區(qū)域時的縱坐標為y的粒子的軌跡恰與x軸相切，則q25解得y=8又y＝R（1+cosθ）解得θ＝53°能擊中靶的粒子從粒子源射出時的速度方向0的范圍為53°～60°。答：（1）B0的大小mvqR，帶電粒子進入B1區(qū)域時射入點的縱坐標范圍1.5R～2R（2）在發(fā)射方向調(diào)整過程中能被粒子擊中的靶的長度2R-152R，粒子擊中靶時對靶的作用力沿（3）能擊中靶的粒子從粒子源射出時的速度方向θ的范圍53°～60°?！军c評】解決帶電粒子在磁場中運動的一般方法，定圓心、找半徑是本題的一個考查重點，要正確畫出粒子運動的軌跡圖，能熟練的運用幾何知識解決物理問題。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點的認識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應(yīng)用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應(yīng)引起注意。3．帶電粒子在勻強電場中做一般曲線運動4．用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓和電流【知識點的認識】閉合電路的歐姆定律的表達式為（1）I=（2）E＝U內(nèi)+U外（3）U＝E﹣Ir可以根據(jù)具體的問題選擇合適的公式計算電路的電壓、電流、電阻等參數(shù)。【命題方向】如圖所示的電路中，電源電動勢E＝6V，電源的內(nèi)阻r＝2Ω，電阻R1＝3Ω，電阻R2＝6Ω．當閉合電鍵S后，流過R2的電流為（）A、12AB、1AC、211AD、分析：根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出通過電源的電流，再由并聯(lián)電路的特點知通過R2的電流。解答：R1，R2并聯(lián)后的電阻R=R1根據(jù)閉合電路的歐姆定律，流過電源的電流I=ER+r通過R1的電流為I2=R1R1+R2I故選：A。點評：本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應(yīng)用，要求同學們能正確分析電路的結(jié)構(gòu)，掌握并聯(lián)電阻的計算方法?！窘忸}思路點撥】閉合電路的幾個關(guān)系式的對比5．通電直導線周圍的磁場【知識點的認識】幾種常見的磁場如下：直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強磁場，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱安培定則本考點主要針對通電直導線周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示、導絨中通入由A向B的電流時，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動B、N極向紙里，S極向紙外旋轉(zhuǎn)C、向上運動D、N極向紙外，s極向紙里旋轉(zhuǎn)分析：根據(jù)安培定則可明確小磁針所在位置的磁場方向，從而確定小磁針的偏轉(zhuǎn)方向。解答：根據(jù)安培定則可知，AB上方的磁場向外，則小磁針的N極向紙外，S極向紙里旋轉(zhuǎn)，故D正確，ABC錯誤。故選：D。點評：本題考查安培定則的內(nèi)容，對于直導線，用手握住導線，大拇指指向電流方向，四指環(huán)繞的方向為磁場的方向。【解題思路點撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向。（2）環(huán)形電流：讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環(huán)形導線軸線上磁場的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場的方向，還可以根據(jù)磁場的方向判斷電流的方向。（3）應(yīng)用安培定則判定直線電流時，四指所指的方向是導線之外磁場的方向；判定環(huán)形電流和通電螺線管電流時，拇指的指向是線圈軸線上磁場的方向。（4）環(huán)形電流相當于小磁針，通電螺線管相當于條形磁鐵，應(yīng)用安培定則判斷時，拇指所指的一端為它的N極。6．環(huán)形電流或通電螺線管周圍的磁場【知識點的認識】幾種常見的磁場如下：直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強磁場，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱安培定則本考點主要針對環(huán)形電流或通電螺線管周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示為一通電螺線管，a、b、c是通電螺線管內(nèi)、外的三點，下列說法正確的（）A、通電螺線管在c處產(chǎn)生的磁場向右B、通電螺線管在a處產(chǎn)生的磁場向右C、通電螺線管內(nèi)部的磁場可認為勻強磁場D、a、b、c三點中a點的磁場最強分析：根據(jù)安培定則即可判斷出通電螺線管產(chǎn)生的磁場的方向．通電螺線管內(nèi)部的磁場的特點是內(nèi)部的磁場最強．解答：A、B、根據(jù)安培定則右手握住螺線管，四指表示電流的方向，則通電螺線管產(chǎn)生的磁場的方向向右，所以通電螺線管在a處產(chǎn)生的磁場向右，通電螺線管在c處產(chǎn)生的磁場向左。故A錯誤，B正確；C、通電螺線管內(nèi)部的磁場可認為勻強磁場。故C正確；D、通電螺線管內(nèi)部的磁場的特點是內(nèi)部的磁場最強，所以a、b、c三點中a點的磁場最強。故D正確；故選：BCD。點評：該題考查通電螺線管產(chǎn)生的磁場的方向，根據(jù)安培定則即可判定，基礎(chǔ)題目．【解題思路點撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向。（2）環(huán)形電流：讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環(huán)形導線軸線上磁場的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場的方向，還可以根據(jù)磁場的方向判斷電流的方向。（3）應(yīng)用安培定則判定直線電流時，四指所指的方向是導線之外磁場的方向；判定環(huán)形電流和通電螺線管電流時，拇指的指向是線圈軸線上磁場的方向。（4）環(huán)形電流相當于小磁針，通電螺線管相當于條形磁鐵，應(yīng)用安培定則判斷時，拇指所指的一端為它的N極。7．安培定則（右手螺旋定則）【知識點的認識】1.安培定則的內(nèi)容分三種不同情況．（1）直線電流：右手握住導線，伸直的拇指的方向代表電流的方向，那么彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向．（2）環(huán)形電流：右手握住環(huán)形導線，彎曲的四指所指的方向就是電流的方向，拇指所指的方向就是環(huán)形中心軸線上的磁感線的方向．（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指所指的方向跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管內(nèi)部的磁感線的方向．2.利用安培定則判斷的幾種常見電流的磁場直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強磁場，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱安培定則本考點主要考查安培定則（右手螺旋定則）的內(nèi)容?！久}方向】通電螺線管的電流方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系，也可用安培定則來判定：握住螺線管，讓所指的方向跟一致，則的方向就是.分析：右手螺旋定則判斷通電螺線管的電流方向與它的磁感線方向之間的關(guān)系：右手握住螺線管，讓彎曲的四指所指的方向跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管內(nèi)部的磁感線的方向．解答：右手握住螺線管，讓彎曲的四指所指的方向跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管內(nèi)部的磁感線的方向．故答案為：右手；彎曲的四指；電流的方向；拇指所指；螺線管內(nèi)部的磁感線的方向。點評：本題考查右手螺旋定則，關(guān)鍵是理解其內(nèi)容。屬于基礎(chǔ)簡單題目?！窘忸}思路點撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向。（2）環(huán)形電流：讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環(huán)形導線軸線上磁場的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場的方向，還可以根據(jù)磁場的方向判斷電流的方向。（3）應(yīng)用安培定則判定直線電流時，四指所指的方向是導線之外磁場的方向；判定環(huán)形電流和通電螺線管電流時，拇指的指向是線圈軸線上磁場的方向。（4）環(huán)形電流相當于小磁針，通電螺線管相當于條形磁鐵，應(yīng)用安培定則判斷時，拇指所指的一端為它的N極。8．磁感應(yīng)強度的定義與物理意義【知識點的認識】1.電流元：在物理學中，把很短一段通電導線中的電流I與導線長度l的乘積叫作電流元。2.磁感應(yīng)強度（1）定義：電流元垂直于磁場放置時，電流元所受磁場的作用力F與I和l乘積的比值，叫作的磁感應(yīng)強度。（2）定義式：B=F（3）單位：在國際單位制中，磁感應(yīng)強度的單位是特斯拉，簡稱特，符號是T，1T＝1NA?m（4）標矢性：矢量，方向即為該處磁場方向，即靜止于該處的小磁針N極所指的方向（5）物理意義：表征磁場強弱的物理量。（6）磁感應(yīng)強度是磁場本身的性質(zhì)，與放不放電流元無關(guān)?！久}方向】由磁感應(yīng)強度的定義式B=FA、磁感應(yīng)強度與通電導線受到的磁場力F成正比B、磁感應(yīng)強度與電流強度和導線長度的乘積成反比C、磁感應(yīng)強度的方向與F的方向一致D、只要滿足L很短，I很小的條件，B=F分析：在磁場中磁感應(yīng)強度有強弱，則由磁感應(yīng)強度來描述強弱．將通電導線垂直放入勻強磁場中，即確保電流方向與磁場方向相互垂直，則所受的磁場力與通電導線的電流與長度乘積之比．公式B=FIL是比值法定義B的，磁感應(yīng)強度B是由磁場本身的性質(zhì)決定的物理量，不能說B與F成正比，也不能說B與解答：AB、磁感應(yīng)強度B是由磁場本身的性質(zhì)決定的物理量，定義式B=FIL是比值法定義B的，不能說B與F成正比，也不能說B與IL成反比。故A、C、根據(jù)左手定則可知，F(xiàn)與B的方向互相垂直。故C錯。D、只要滿足L很短，I很小的條件，B=FIL對任何磁場都適用。故故選：D。點評：磁感應(yīng)強度的定義式B=FIL可知，是屬于比值定義法．即B與F、I、L均沒有關(guān)系，它是由磁場的本身決定．例如：電場強度E=F【解題思路點撥】1.磁感應(yīng)強度的定義式：：B=（1）公式成立條件：通電導線必須垂直于磁場方向放置，不垂直則公式不成立。（2）決定磁感應(yīng)強度的因素：僅由磁場本身決定，與導線是否受磁場力以及磁場力的大小無關(guān)。（3）磁感應(yīng)強度的定義式也適用于非勻強磁場，這時l應(yīng)很短，稱為“電流元”，相當于靜電場中的“試探電荷”。2.方向：磁感應(yīng)強度B是一個矢量，某點磁感應(yīng)強度的方向不是放在該處的通電導線的受力方向。它的方向可以有以下幾種表述方式：（1）小磁針靜止時N極所指的方向，或小磁針靜止時S極所指的反方向。（2）小磁針N極受力的方向（不論小磁針是否靜止），或S極受力的反方向。（3）磁感應(yīng)強度的方向就是該點的磁場方向。3.大?。捍艌鲈谀澄恢玫拇鸥袘?yīng)強度的大小與方向是客觀存在的，與通過導線的電流大小、導線的長短無關(guān)。即使不放入載流導線，磁感應(yīng)強度也照樣存在，故不能說“B與F成正比”或“B與Il成反比”。9．磁感應(yīng)強度的矢量疊加【知識點的認識】磁感應(yīng)強度是矢量，磁感應(yīng)強度的疊加遵循矢量法則。【命題方向】兩長直通電導線互相平行，電流方向相同，其截面處于一個等邊三角形的A、B處，如圖所示，兩通電導線在C處的磁感應(yīng)強度均為B，則C處的總磁感應(yīng)強度為（）A、2BB、BC、0D、3分析：根據(jù)安培定則判斷出A、B兩導線在C處產(chǎn)生的磁場方向，根據(jù)磁場的疊加原理，分析C處的磁感應(yīng)強度的大小和方向．解答：根據(jù)安培定則可知，導線A在C處產(chǎn)生的磁場方向垂直于AC方向向右，導線B在C處產(chǎn)生的磁場方向垂直于BC方向向右，如圖，根據(jù)平行四邊形定則得到，C處的總磁感應(yīng)強度為B總＝2Bcos30°=3故選：D。點評：本題考查安培定則的應(yīng)用能力和運用平行四邊形定則求合磁感應(yīng)強度的能力．【解題思路點撥】磁感應(yīng)強度的矢量疊加的步驟為：1.先確定每一個獨立的磁感應(yīng)強度的大小和方向2.運用平行四邊形法則或三角形法則計算合磁感應(yīng)強度的大小和方向。10．磁通量的概念和計算公式的定性分析【知識點的認識】一、磁通量1．概念：勻強磁場中磁感應(yīng)強度和與磁場方向垂直的平面面積S的乘積。即Φ＝BS。2.拓展：磁場與平面不垂直時，這個面在垂直于磁場方向的投影面積S'與磁感應(yīng)強度的乘積表示磁通量。即Φ＝BSsinθ＝BS'。θ表示面與磁場的夾角。3.單位：韋伯（Wb），1Wb＝1T?m2．4.標矢性：標量，但有正負，正負表示從不同的方向穿過某個平面。5．磁通量的計算公式（1）公式：Φ＝BS．（2）適用條件：①勻強磁場；②S是垂直磁場并在磁場中的有效面積．6.引申：B=Φ7.磁通量的影響因素：根據(jù)公式Φ＝BS可知磁通量的大小與磁感應(yīng)強度和垂直于磁場的面積有關(guān)。【命題方向】關(guān)于磁通量的概念，以下說法中正確的是（）A、磁通量發(fā)生變化，一定是磁場發(fā)生變化引起的B、磁感應(yīng)強度越大，穿過閉合回路的磁通量也越大C、磁感應(yīng)強度越大，線圈面積越大，則磁通量也越大D、線圈的磁通量為零，但該處的磁感應(yīng)強度不一定為零分析：由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，磁通量發(fā)生變化，不一定是磁場發(fā)生變化引起的．磁感應(yīng)強度越大，穿過閉合回路的磁通量也不一定越大．磁感應(yīng)強度越大，線圈面積越大，磁通量也不一定越大．線圈的磁通量為零，但該處的磁感應(yīng)強度不一定為零．解答：A、由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，可能是由磁感應(yīng)強度B變化，或由面積S變化，或由角度θ變化引起的。故A錯誤。B、磁通量大小取決于B、S、θ三個因素，磁感應(yīng)強度越大，穿過閉合回路的磁通量也不一定越大。故B錯誤。C、當線圈與磁場平行時，磁感應(yīng)強度再大，磁通量為零。則磁感應(yīng)強度越大，線圈面積越大，磁通量也不一定越大。故C錯誤。D、磁通量為零，磁感應(yīng)強度可能為零；也可能線圈與磁場平行時，但磁感應(yīng)強度不為零。故D正確。故選：D。點評：本題考查磁通量的概念，要抓住兩種特殊情況：當線圈與磁場平行時，Φ＝0；當線圈與磁場垂直時，Φ＝BS．【解題方法點撥】對磁通量的理解（1）線圈平面與磁場方向垂直時磁通量最大，線圈轉(zhuǎn)動后穿過線圈的磁感線條數(shù)減少，磁通量減小。（2）在勻強磁場中才能應(yīng)用公式Φ＝BSsinθ（θ表示面與磁場的夾角）計算磁通量。應(yīng)用公式時還需要明確公式中各物理量的含義11．兩根通電導線之間的作用力【知識點的認識】兩根通電導線之間存在作用力，作用規(guī)律為同向電流相互排斥，異向電流相互吸引。證明：如圖所示兩根個導線中，通有同向電流根據(jù)安培定則可知左側(cè)電流在右側(cè)導線處產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，對右側(cè)導線分析，根據(jù)左手定則，可知右側(cè)電流受到的安培力水平向右，同理可得，右側(cè)電流對左側(cè)導線的作用力向左。同樣的方法可以證明異向電流間的安培力指向彼此，即相互吸引?！久}方向】如圖所示，兩根平行放置的長直導線a和b載有大小相同方向相反的電流，a受到的磁場力大小為F1，當加入一與導線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)镕2，則此時b受到的磁場力大小變?yōu)椋ǎ〢、F2B、F1﹣F2C、F1+F2D、2F1﹣F2分析：當兩根通大小相同方向相反的電流時，a受到的一個F1磁場力，然后再加入一勻強磁場，則a受到F2磁場力．則此時b受到的磁場力大小與a相同，方向相反．解答：如圖所示，兩根長直線，電流大小相同，方向相反。則a受到b產(chǎn)生磁場的作用力向左大小為F1，那么b受到a產(chǎn)生磁場的作用力向右大小為F1′，這兩個力大小相等，方向相反。當再加入勻強磁場時產(chǎn)生的磁場力大小為F0，則a受到作用力為F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而對于b由于電流方向與a相反，所以b受到作用力為F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，這兩個力大小相等，方向相反。將F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得，F(xiàn)2′＝F2；故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：當沒有加入勻強磁場時，兩根通電直導線的作用力是相互；當加入勻強磁場時，兩根通電直導線的作用力仍是相互【解題思路點撥】可以通過安培定則與左手定則得出同向電流相互排斥，異向電流相互吸引的結(jié)論。12．安培力的計算公式及簡單應(yīng)用【知識點的認識】如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導體，所通電流為I，導體所受的安培力大小為F＝BIl；若將導體轉(zhuǎn)過90°，即電流與磁場平行，此時導體所受的安培力的大小為F＝0.2.如圖所示，當電流方向與磁場方向夾角為θ時，安培力的大小為F＝BIlsinθ【命題方向】一根長0.20m、通有2.0A電流的通電直導線，放在磁感應(yīng)強度為0.50T的勻強磁場中，受到的最大安培力是多少？分析：當通電導線與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大；根據(jù)安培力的公式計算安培力的大小．解答：當通電導線與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大，為：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．點評：本題只要掌握安培力大小的計算公式F＝BILsinα，就能正確解答，基本題．【解題思路點撥】1、電流方向與磁場方向平行時，導線不受安培力的作用。2、電流方向與磁場方向垂直時，導線受到安培力的大小為F＝BIl。3、電流方向與磁場方向夾角為θ時，導線受到安培力的大小為F＝BIlsinθ。13．安培力作用下的受力平衡問題【知識點的認識】安培力作用下導體的平衡問題模型中，常見的有傾斜導軌、導體棒、電源和電阻等組成，一般解題思路如下。【命題方向】如圖所示，兩傾角為θ的光滑平行導軌，質(zhì)量為m的導體棒垂