【期末押题预测】期末核心考点 安培力与洛伦兹力（含解析）2024-2025学年高二下学期物理 人教版（2019）

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期末核心考点 安培力与洛伦兹力
一．选择题（共7小题）
1．（2025 莆田四模）如图所示，粗细均匀的“L”型金属棒ACD用绝缘细线PD和QA悬吊，静止在垂直于PDCAQ平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，CD部分水平，长为4L，AC部分竖直，长为3L。给金属棒通入大小为I、方向从D到A的恒定电流，同时给金属棒施加一个外力，使金属棒仍处于原静止状态，则加在金属棒上外力的最小值为（　　）
A．3BIL B．4BIL C．5BIL D．7BIL
2．（2025 江苏模拟）半径为R的圆环进入磁感应强度为B的匀强磁场，当其圆心经过磁场边界时，速度与边界成45°角，圆环中感应电流为I，此时圆环所受安培力的大小和方向是（　　）
A．，方向与速度方向相反
B．2BIR，方向垂直MN向下
C．，方向垂直MN向下
D．2BIR，方向与速度方向相反
3．（2025 青羊区校级一模）《大国重器Ⅲ》节目介绍了GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，三根超高压输电线缆平行且间距相等。截面图如图乙所示，截面圆心构成正三角形，上方两根输电线缆A、B圆心连线水平，某时刻A输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、B输电线缆中电流方向垂直于纸面向里、电流大小均为I，下方C输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为2I，如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．A、B输电线缆相互吸引
B．正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左
C．A输电线缆所受安培力方向斜向左下方，与水平方向的夹角为60°
D．C输电线缆所受安培力方向平行输电线缆A、B圆心连线向左
4．（2025 昌平区二模）如图所示，将长度为a、宽度为b、厚度为c的金属导体板放在垂直于ab表面的匀强磁场中，当导体中通有从侧面1流向3的电流I时，在导体的上下表面2和4之间会产生电势差U，这种现象称为霍尔效应。利用霍尔效应的原理可以制造磁强计，测量磁场的磁感应强度。已知该金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e。则该磁场的磁感应强度B的大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025春 重庆校级月考）如图所示，固定在绝缘水平面上相互平行的金属导轨间的距离为d，两导轨间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为B，固定在水平导轨上的导体棒MN与水平导轨的夹角为45°，当通过导体棒MN的电流为I时，导体棒MN受到的安培力大小为（　　）
A． B．BId C． D．BId
6．（2025 石家庄三模）回旋加速器利用高频交变电压使带电粒子在电场中不断加速。如图所示，回旋加速器两“D”型盒内存在垂直“D”型盒的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，所加速粒子的比荷为k，高频电源由LC振荡电路产生，LC振荡电路中电感线圈的自感系数为L。为使回旋加速器正常工作，LC振荡电路中的电容器的电容C为（　　）
A． B． C． D．k2B2L
7．（2025春 天心区校级期中）对于下列所示的装置，说法正确的是（　　）
A．甲图中，法拉第利用该实验装置发现了电流的磁效应
B．乙图中，两根通有方向相反电流的长直导线会相互吸引
C．丙图中，不改变质谱仪各区域的电场磁场，击中底片同一位置的不同粒子比荷相同
D．丁图中，回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压有关
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025 莆田四模）如图所示，直角三角形ACD区域内有垂直三角形平面的匀强磁场，∠A＝30°，∠C＝90°，AD边长为L，在AC边中点P在三角形平面内沿与PA边夹角为30°的方向向磁场内射入质量为m、电荷量为q的各种不同速度的带正电粒子，有的粒子能沿垂直AD边的方向射出磁场，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（　　）
A．磁场方向垂直三角形平面向里
B．当粒子速度大小为时，粒子的运动轨迹与AD边相切
C．AD边有粒子射出的区域长度接近
D．AC边有粒子射出的区域长度接近
（多选）9．（2025 广州三模）医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出系统引出后，轰击在靶材料上，获得所需要的核素。t＝0时，回旋加速器中心部位O处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示（图中为已知量）。若带电粒子的比荷为k，忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则（　　）
A．被加速的粒子带正电
B．磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径有关
D．带电粒子在D形盒中被加速次数与交流电压无关
（多选）10．（2025 广州模拟）电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长6m，宽1m，发射的炮弹质量为50g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为20A，轨道间匀强磁场B＝3.0×104T时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（　　）
A．炮弹所处位置的磁场方向为竖直向上
B．炮弹的加速度大小为7.2×107m/s2
C．若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度也变为原来的两倍
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为7.2×109W
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 永春县校级期中）质量为m、带电量为q的滑块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，一个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如图。若带电滑块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，可知滑块带 　 　 电（填“正”或“负”）；滑块在斜面上下滑过程中，当滑块对斜面压力为零时的速率为 　 　 ，从开始到压力为零时所用时间为 　 　 。
12．（2025春 永春县校级期中）如图真空中xOy平面内，y轴右侧存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一个比荷为的带正电粒子以速率为v0在坐标为（0，2d）的P点处垂直y轴沿xOy平面射入磁场。若粒子进入磁场后就开始受到与速率v成正比、方向与速度相反的阻力f＝kv（k已知），观察粒子轨迹呈螺旋状，且与y轴相切于点Q（0，y）（未标出）。不计粒子重力，则开始进入时的运动半径为 　 　 ，Q点坐标y为 　 　 ，从P运动到Q的路程s为 　 　 。
13．（2025春 思明区校级期中）某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab＝L1，bc＝L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为 　 　 （填“N→M”或“M→N”）；该电流表所测电流的最大值为 　 　 。
四．解答题（共2小题）
14．（2025 东城区二模）在高能物理实验中，静电分析器或者磁分析器都可将比荷不同的带电粒子分离。已知质量为m、电荷量为q的正离子由静止释放，经过电压U加速后分别进入静电分析器或磁分析器的细管中，该离子在细管中均做半径为R的匀速圆周运动，如图甲、乙所示。静电分析器细管中的电场强度大小可认为处处相等，磁分析器中的磁场方向如图乙所示。不计离子重力。
（1）求静电分析器细管中的电场强度大小E；
（2）求磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）为了分离和两种同位素，将它们都电离成三价正离子（C3+离子），采用磁分析器分离。保持磁场不变，改变加速电压，接收器可以在不同的加速电压下分别接收到其中的一种同位素离子，如图丙所示。请分析判断图丙中的①、②哪条线对应C的C3+离子？
15．（2025春 重庆校级月考）如图所示，电阻不计的两平行金属导轨间距l＝1m，固定在倾角θ＝53°的绝缘斜面上，下端接一电动势E＝12V、内阻r＝2Ω的电源。金属导轨所在的区域加一磁感应强度大小B＝4T的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向下。现把一根质量m＝2.0kg的金属杆ab垂直放在导轨上，ab接入电路的电阻R＝4Ω，当开关闭合后ab处于静止状态。重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）金属杆ab受到的安培力大小和方向；
（2）金属杆ab受到导轨的摩擦力大小和方向。
期末核心考点 安培力与洛伦兹力
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 莆田四模）如图所示，粗细均匀的“L”型金属棒ACD用绝缘细线PD和QA悬吊，静止在垂直于PDCAQ平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，CD部分水平，长为4L，AC部分竖直，长为3L。给金属棒通入大小为I、方向从D到A的恒定电流，同时给金属棒施加一个外力，使金属棒仍处于原静止状态，则加在金属棒上外力的最小值为（　　）
A．3BIL B．4BIL C．5BIL D．7BIL
【考点】安培力作用下的受力平衡问题．
【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．
【答案】A
【分析】根据金属棒处于静止状态，结合施加的最小外力等于安培力的水平分力分析求解。
【解答】解：要使金属棒处于静止状态，需要施加的最小外力等于安培力的水平分力，即F＝3BIL
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了安培力相关知识，理解安培力的表达式时解决此类问题的关键。
2．（2025 江苏模拟）半径为R的圆环进入磁感应强度为B的匀强磁场，当其圆心经过磁场边界时，速度与边界成45°角，圆环中感应电流为I，此时圆环所受安培力的大小和方向是（　　）
A．，方向与速度方向相反
B．2BIR，方向垂直MN向下
C．，方向垂直MN向下
D．2BIR，方向与速度方向相反
【考点】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．
【答案】B
【分析】根据楞次定律、右手螺旋定则和左手定则以及安培力的公式进行列式解答。
【解答】解：由楞次定律和右手螺旋定则可判定感应电流的方向是顺时针方向，由左手定则可判定圆环所受的安培力垂直MN向下，圆环中电流为I，在磁场部分的等效长度等于圆环的直径2R，故安培力F＝BI 2R＝2BIR，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查楞次定律、右手螺旋定则和左手定则以及安培力的公式，会根据题意进行准确分析解答。
3．（2025 青羊区校级一模）《大国重器Ⅲ》节目介绍了GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，三根超高压输电线缆平行且间距相等。截面图如图乙所示，截面圆心构成正三角形，上方两根输电线缆A、B圆心连线水平，某时刻A输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、B输电线缆中电流方向垂直于纸面向里、电流大小均为I，下方C输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为2I，如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．A、B输电线缆相互吸引
B．正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左
C．A输电线缆所受安培力方向斜向左下方，与水平方向的夹角为60°
D．C输电线缆所受安培力方向平行输电线缆A、B圆心连线向左
【考点】两根通电导线之间的作用力；通电直导线周围的磁场．
【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．
【答案】D
【分析】反向电流相互排斥，同向电流相互吸引，根据力的矢量合成法则分析作用力方向；根据右手螺旋定则判断磁场方向，结合平行四边形定则判断磁感应强度方向。
【解答】解：A.由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，两线缆相互排斥，故A错误；
B.由右手定则和平行四边形定则可知，A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向上，C输电线缆在O处的磁感应强度方向水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故B错误；
C.B输电线缆对A输电线缆的作用力沿AB水平向左，C输电线缆对A输电线缆的作用力沿AC斜向右下，且大小为B输电线缆对A输电线缆作用力的2倍，
如图所示，
由图可知，FACcosθ＝2FABcos60°＝FAB，即C输电线缆对A输电线缆的作用力在水平方向的分力与B输电线缆对A输电线缆的作用力大小相等、方向相反，所以A输电线缆受到的合力即为C输电线缆对A输电线缆的作用力在竖直方向的分力，其与水平方向的夹角为90°，故C错误；
D.A输电线缆对C输电线缆的作用力沿AC斜向左上，B输电线缆对C输电线缆的作用力沿BC斜向左下，两个力大小相等且与输电线缆A、B圆心连线夹角相等，所以C输电线缆受到的合力平行输电线缆A、B圆心连线向左，故D正确。
故选：D。
【点评】解题关键是掌握电流流向相反，通电导线会相互排斥；电流流向相同，通电导线会相互吸引；正确利用右手螺旋定则判断磁感应强度方向；磁感应强度遵循平行四边形定则。
4．（2025 昌平区二模）如图所示，将长度为a、宽度为b、厚度为c的金属导体板放在垂直于ab表面的匀强磁场中，当导体中通有从侧面1流向3的电流I时，在导体的上下表面2和4之间会产生电势差U，这种现象称为霍尔效应。利用霍尔效应的原理可以制造磁强计，测量磁场的磁感应强度。已知该金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e。则该磁场的磁感应强度B的大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】霍尔效应与霍尔元件．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据电流的微观表达式结合平衡条件列式求解。
【解答】解：自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vbc，此体积内含有的电子个数为nvbc，电量为nevbc，有nevbc，电子受电场力和洛伦兹力平衡，有，解得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查电流的微观表达式结合平衡条件的应用，会根据题意进行准确分析解答。
5．（2025春 重庆校级月考）如图所示，固定在绝缘水平面上相互平行的金属导轨间的距离为d，两导轨间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为B，固定在水平导轨上的导体棒MN与水平导轨的夹角为45°，当通过导体棒MN的电流为I时，导体棒MN受到的安培力大小为（　　）
A． B．BId C． D．BId
【考点】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．
【答案】D
【分析】根据安培力表达式，结合有效长度分析求解。
【解答】解：导体棒的长度
则导体棒受到的安培力F＝BILBId
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了安培力相关知识，理解有效长度是解决此类问题的关键。
6．（2025 石家庄三模）回旋加速器利用高频交变电压使带电粒子在电场中不断加速。如图所示，回旋加速器两“D”型盒内存在垂直“D”型盒的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，所加速粒子的比荷为k，高频电源由LC振荡电路产生，LC振荡电路中电感线圈的自感系数为L。为使回旋加速器正常工作，LC振荡电路中的电容器的电容C为（　　）
A． B． C． D．k2B2L
【考点】回旋加速器．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据洛伦兹力提供向心力结合圆周运动规律求解粒子在磁场中周期，结合LC振荡电路周期公式求解，
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力有，被加速粒子在磁场中的运动周期为，粒子在磁场中的运动周期等于LC振荡电路的周期，即，解得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查回旋加速器和LC振荡电路，回旋加速器实质上是一个组合场问题，要知道在回旋加速器中电场是用于加速，而磁场是改变运动方向。
7．（2025春 天心区校级期中）对于下列所示的装置，说法正确的是（　　）
A．甲图中，法拉第利用该实验装置发现了电流的磁效应
B．乙图中，两根通有方向相反电流的长直导线会相互吸引
C．丙图中，不改变质谱仪各区域的电场磁场，击中底片同一位置的不同粒子比荷相同
D．丁图中，回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压有关
【考点】回旋加速器；通电直导线周围的磁场；与加速电场相结合的质谱仪．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】奥斯特发现电流磁效应，反向电流相互排斥，根据牛顿第二定律列式得出粒子的速度表达式，结合题意完成分析，根据动能定理，牛顿第二定律和受力分析联立等式得出比荷的表达式并完成分析。
【解答】解：A.甲图中，奥斯特利用该实验装置发现了电流的磁效应，故A错误；
B.乙图中，两根通有方向相反电流的长直导线会相互排斥，故B错误；
C.带电粒子在加速电场中，根据动能定理可得：，在复合场中，根据平衡条件可得：qvB1＝qE，在磁场中，由牛顿第二定律可得：，联立解得：，丙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子，速度相同，半径R相同，因此粒子比荷相同，故C正确；
D在回旋加速器中，根据牛顿第二定律可得：解得：，由此可知带电粒子的速度与半径有关，因此带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了磁场的相关应用，理解不同仪器的工作原理，结合受力分析和牛顿第二定律即可完成分析。
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025 莆田四模）如图所示，直角三角形ACD区域内有垂直三角形平面的匀强磁场，∠A＝30°，∠C＝90°，AD边长为L，在AC边中点P在三角形平面内沿与PA边夹角为30°的方向向磁场内射入质量为m、电荷量为q的各种不同速度的带正电粒子，有的粒子能沿垂直AD边的方向射出磁场，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（　　）
A．磁场方向垂直三角形平面向里
B．当粒子速度大小为时，粒子的运动轨迹与AD边相切
C．AD边有粒子射出的区域长度接近
D．AC边有粒子射出的区域长度接近
【考点】带电粒子在三角形边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据几何关系，左手定则，结合带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力分析求解。
【解答】解：A．由于射出的粒子有的能沿垂直AD边射出，由左手定则可知磁场方向一定垂直三角形平面向外，故A错误；
B．设粒子射出速度大小为v0时，轨迹与AD相切，设轨迹半径为r，
根据几何关系，
解得粒子的运动半径满足：
根据洛伦兹力提供向心力，
解得粒子速度大小：
故B正确；
CD．由几何关系可知，AD边有粒子射出区域长度接近，AC边有粒子射出区域长度接近
故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
（多选）9．（2025 广州三模）医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出系统引出后，轰击在靶材料上，获得所需要的核素。t＝0时，回旋加速器中心部位O处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示（图中为已知量）。若带电粒子的比荷为k，忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则（　　）
A．被加速的粒子带正电
B．磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径有关
D．带电粒子在D形盒中被加速次数与交流电压无关
【考点】回旋加速器．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据回旋加速器的基本工作原理，即粒子在磁场中做圆周运动，同时在电场中被加速。分析粒子的运动轨迹与磁场、电场的关系，以及粒子被加速的次数与交流电压的关系。
【解答】解：A、由题图乙可知 t＝0 时，UAB＜0粒子向右加速，故被加速的粒子带负电，故A错误；
B、由题图乙可知交流电压的周期为4t0，粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与交流电压的周期相等，粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，根据圆周运动的公式有，，则，，则又，解得磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为，故B正确；
C、根据可知，粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径有关，故C正确；
D、根据，，，解得，带电粒子在D形盒中被加速次数与交流电压有关，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查回旋加速器的工作原理，涉及粒子在磁场中的运动、电场加速、以及粒子动量与磁场、电场的关系。解题的关键在于理解回旋加速器的基本工作原理，以及粒子在磁场和电场中的运动规律。同时，需要注意粒子的电性、磁感应强度、粒子动量与D形盒的半径的关系，以及粒子在电场中被加速的次数与交流电压的关系。
（多选）10．（2025 广州模拟）电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长6m，宽1m，发射的炮弹质量为50g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为20A，轨道间匀强磁场B＝3.0×104T时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（　　）
A．炮弹所处位置的磁场方向为竖直向上
B．炮弹的加速度大小为7.2×107m/s2
C．若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度也变为原来的两倍
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为7.2×109W
【考点】电磁炮．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据左手定则判断出磁场的方向，根据牛顿第二定律计算出炮弹加速度的大小，根据运动学公式以及功率公式分析。
【解答】解：A．根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A正确；
B．炮弹受安培力作用，根据牛顿第二定律有BIL＝ma
代入数据，解得a＝1.2×107m/s2
故B错误；
C．根据2ax＝v2
解得
若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度变为原来倍，故C错误；
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率P＝BILv
代入数据，解得P＝7.2×109W
故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要考查了安培力的计算，根据左手定则推出磁场的方向，结合运动学公式和牛顿第二定律完成分析即可。
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 永春县校级期中）质量为m、带电量为q的滑块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，一个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如图。若带电滑块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，可知滑块带 　正　 电（填“正”或“负”）；滑块在斜面上下滑过程中，当滑块对斜面压力为零时的速率为 　　 ，从开始到压力为零时所用时间为 　　 。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；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．
【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．
【答案】正；；。
【分析】带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要 离开斜面。根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性。由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动。借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小。
【解答】解：带电小球沿斜面向下运动，某时刻对斜面的作用力恰好为零，可知洛伦兹力垂直斜面向上，由于磁场垂直纸面向外，可知小球带正电；
带电小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力相等时，小球对斜面压力为零，即：
Bqv＝mgcosθ
变形解得：
滑块在斜面上运动时，沿斜面方向上只受重力沿斜面的分力mgsinθ，根据牛顿第二定律
mgsinθ＝ma
则加速度
a＝gsinθ
滑块从静止开始运动，根据运动学公式
v＝at
解得
故答案为：正；；。
【点评】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出末速度。倘若斜面不是光滑的，则随着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化，导致摩擦力变化，从而使加速度也发生变化。
12．（2025春 永春县校级期中）如图真空中xOy平面内，y轴右侧存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一个比荷为的带正电粒子以速率为v0在坐标为（0，2d）的P点处垂直y轴沿xOy平面射入磁场。若粒子进入磁场后就开始受到与速率v成正比、方向与速度相反的阻力f＝kv（k已知），观察粒子轨迹呈螺旋状，且与y轴相切于点Q（0，y）（未标出）。不计粒子重力，则开始进入时的运动半径为 　d　 ，Q点坐标y为 　d　 ，从P运动到Q的路程s为 　　 。
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．
【专题】应用题；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．
【答案】d；d；。
【分析】由洛伦兹力提供向心力可得粒子刚进入磁场时做圆周运动的半径；对粒子应用动量定理求解。
【解答】解：粒子进入磁场时，洛伦兹力提供向心力有：qv0B
已知，代入数据解得：r＝d
粒子从P到Q，由于轨迹相切于Q点，由此可知，粒子偏转270°，
设该段时间内，分别以两坐标轴为正方向，由动量定理得：
水平方向： ΔtΔt＝0﹣mv0
竖直方向： ΔtΔt＝mv
结合题意：k，k，qB，qB
位移的关系有：Δx＝0，y
从P到Q，根据动能定理得：﹣fs总
解得：y＝d，s总
故答案为：d；d；。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动的综合，但粒子由于受到特殊情况的阻力，即阻力与速度成正比。这样用动量定理，在x方向列微观式，再求和，结合几何关系可以得到结论。
13．（2025春 思明区校级期中）某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab＝L1，bc＝L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为 　M→N　 （填“N→M”或“M→N”）；该电流表所测电流的最大值为 　　 。
【考点】安培力作用下的受力平衡问题．
【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．
【答案】M→N；
【分析】根据电流与弹簧伸长量的关系分析刻度是否均匀。电流表正常工作，金属杆向下移动，根据左手定则判断电流的方向。求出当金属棒到达cd位置时导线中的电流，然后求出电流表的量程。
【解答】解：电流表示数为零时，金属杆不受安培力，由平衡条件得
mg＝kx0
解得
x0为弹簧伸长量，不是弹簧的长度；
当电流为I时，安培力为
FA＝BIL1
静止时弹簧伸长量的增加量为Δx，有ΔF＝kΔx
可得
可见Δx∝I
要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N；
令Δx＝L2
则有I＝Im
根据共点力平衡条件有BImL1＝kL2
解得
故电流表的量程为。
故答案为：M→N；
【点评】本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件和胡克定律列方程是解题关键。
四．解答题（共2小题）
14．（2025 东城区二模）在高能物理实验中，静电分析器或者磁分析器都可将比荷不同的带电粒子分离。已知质量为m、电荷量为q的正离子由静止释放，经过电压U加速后分别进入静电分析器或磁分析器的细管中，该离子在细管中均做半径为R的匀速圆周运动，如图甲、乙所示。静电分析器细管中的电场强度大小可认为处处相等，磁分析器中的磁场方向如图乙所示。不计离子重力。
（1）求静电分析器细管中的电场强度大小E；
（2）求磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）为了分离和两种同位素，将它们都电离成三价正离子（C3+离子），采用磁分析器分离。保持磁场不变，改变加速电压，接收器可以在不同的加速电压下分别接收到其中的一种同位素离子，如图丙所示。请分析判断图丙中的①、②哪条线对应C的C3+离子？
【考点】与加速电场相结合的质谱仪；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；推理论证能力．
【答案】（1）静电分析器细管中的电场强度大小为；
（2）磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小为；
（3）②对应C的C3+离子。
【分析】（1）根据动能定理结合电场力提供向心力解答；
（2）（3）根据洛伦兹力提供向心力解答。
【解答】解：（1）由动能定理：有qU
静电场力提供向心力，由牛顿第二定律Eq
解得E
（2）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律qvB
解得B
（3）由（2）中的结果可知：U
当离子在磁分析器中做圆周运动的半径R、以及磁感应强度大小B一定时，比荷越大，则加速度电压越大。
根据图丙可知，加速电压U＝1.93×106V的线②对应C的C3+离子。
答：（1）静电分析器细管中的电场强度大小为；
（2）磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小为；
（3）②对应C的C3+离子。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电磁场中的运动，根据动能定理计算出粒子的速度，理解粒子做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律完成分析。
15．（2025春 重庆校级月考）如图所示，电阻不计的两平行金属导轨间距l＝1m，固定在倾角θ＝53°的绝缘斜面上，下端接一电动势E＝12V、内阻r＝2Ω的电源。金属导轨所在的区域加一磁感应强度大小B＝4T的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向下。现把一根质量m＝2.0kg的金属杆ab垂直放在导轨上，ab接入电路的电阻R＝4Ω，当开关闭合后ab处于静止状态。重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）金属杆ab受到的安培力大小和方向；
（2）金属杆ab受到导轨的摩擦力大小和方向。
【考点】安培力作用下的受力平衡问题；牛顿第三定律的理解与应用；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻．
【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．
【答案】（1）金属杆ab受到的安培力大小等于8N；方向垂直ab杆沿斜面向上；
（2）金属杆ab受到导轨的摩擦力大小等于8N；方向沿斜面向上。
【分析】（1）由闭合电路的欧姆定律计算电流大小，根据安培力公式计算安培力大小；
（2）对金属杆，根据平衡条件计算摩擦力大小和方向。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律
根据安培力大小公式，有F安＝BIl＝4×2×1N＝8N
方向垂直ab杆沿斜面向上；
（2）对金属杆ab受力分析如图所示，
根据沿斜面方向受力平衡有mgsinθ＝F安+f
解得f＝mgsinθ﹣F安，解得f＝8N
方向沿斜面向上；
答：（1）金属杆ab受到的安培力大小等于8N；方向垂直ab杆沿斜面向上；
（2）金属杆ab受到导轨的摩擦力大小等于8N；方向沿斜面向上。
【点评】本题考查了磁场对电流的作用，根据题意分析清楚金属棒的受力情况是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律、安培力公式与平衡条件即可解题；解题时注意讨论摩擦力的方向，这是易错点。
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