2022高考物理总复习名师学案--磁场（43页WORD）●考点指要知识点要求程度1.电流的磁场.Ⅰ2.磁感应强度.磁感线.地磁场.磁通量.Ⅱ3.磁性材料.分子电流假说.Ⅰ4.磁电式电表原理Ⅰ5.磁场对通电直导线的作用.安培力.左手定那么.Ⅱ6.磁场对运动电荷的作用.洛伦兹力.带电粒子在匀强磁场中的圆周运动.Ⅱ7.质谱仪，盘旋加速器Ⅰ【说明】(1)只要求掌握直导线跟B平行或垂直两种情况下的安培力.(2)只要求掌握v跟B平行或垂直两种情况下的洛伦兹力.●复习导航本章主要讨论了磁场的描述方法(定义了磁感应强度等概念，引入了磁感线这个工具)和磁场产生的作用(对电流的安培力的作用、对运动电荷的洛伦兹力作用)及其相关问题.其中磁感应强度是电磁学的根本概念，应认真理解；通电直导线在磁场中的平衡、加速运动，带电粒子在洛伦兹力作用下的圆周运动等内容应熟练掌握；常见磁体周围磁感线的空间分布观念的建立，常是解决有关问题的关键，复习中应注意这方面的训练.从近几年的高考试题看，几乎本章的每个知识点都考过，特别是左手定那么和带电粒子在磁场(或加有电场、重力场的复合场)中的运动，更是频频出现，且难度较大，对学生的空间想象能力、物理过程、运动规律的综合分析能力都要求较高，在复习中应引起高度的重视.本章内容可分为两个单元组织复习：(Ⅰ)磁场对电流的作用.(Ⅱ)磁场对运动电荷的作用.第Ⅰ单元磁场对电流的作用●知识聚焦一、磁场1.磁场是磁极、电流周围存在的一种物质，对放在磁场中的磁极、电流具有力的作用.2.磁场的方向：规定在磁场中任一点小磁针N极受力的方向(或者小磁针静止时N极的指向)就是那一点的磁场方向.3.磁感线：在磁场中人为地画出一系列曲线，曲线的切线方向表示该位置的磁场方向，曲线的疏密能定性地表示磁场的弱强，这一系列曲线称为磁感线.要掌握条形磁铁、蹄形磁铁、直线电流、环形电流、通电螺线管形成磁场及地磁场中的磁感线分布特点.地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，其主要特点有三个：（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11—1—1所示.图11—1—1（2）地磁场B的水平分量（Bx)总是从地球南极指向地球北极，而竖直分量By，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，距离地球外表高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北.对于磁感线的认识，要注意以下几点：45/45\n①磁感线是为了形象地研究磁场而人为假设的曲线，并不是客观存在于磁场中的真实曲线，实验时利用被磁化的铁屑来显示磁感线的分布情况，只是研究磁感线的一种方法，使得看不见、摸不着的磁场变得具体形象，给研究者带来方便.但是，决不能认为磁感线是由铁屑排列而成的，另外被磁化的铁屑所显示的磁感线分布仅是一个平面上的磁感线分布情况而磁铁周围的磁感线应分布在长、宽、高组成的三维空间内.②磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线较密的地方磁场较强，磁感线较疏的地方磁场较弱.③磁场对小磁针N极的作用力的方向叫做磁场的方向.由于磁感线上任何一点的方向，都跟该点的磁场方向一致，所以磁感线方向，磁场方向和小磁针静止时N极所指的方向，三者是一致的.④磁感线不能相交，也不能相切.⑤没有画磁感线的地方，并不表示那里就没有磁场存在，通过磁场中的任一点总能而且只能画出一条磁感线.⑥磁场中的任何一条磁感线都是闭合曲线.例如：条形磁铁或通电螺线管的磁感线在外部都是从N极出来进入S极；在内部那么由S极回到N极，形成闭合曲线.4.电流的磁场安培定那么(1)直线电流的磁场，(2)环形电流的磁场，(3)通电螺线管的磁场，磁感线的方向都是由安培定那么判断.二、磁感应强度和磁通量1.磁场最根本的性质是对放入其中的电荷有磁场力的作用.电流垂直于磁场时受磁场力最大，电流与磁场方向平行时，磁场力等于零.在磁场中垂直于磁场方向的通电直导线，受到的磁场力F与电流I和导线长度L的乘积的比值叫做通电直导线所在处的磁感应强度.定义式为：B＝，磁感应强度的方向就是该位置的磁场方向.2.匀强磁场：假设某个区域里磁感应强度大小处处相等，方向都相同，那么这个区域的磁场叫做匀强磁场.两个较大的异名磁极之间(除边缘之外)、长直通电螺线管内部(除两端之外)都是匀强磁场.匀强磁场中的磁感线是平行等距的直线.3.穿过某一面积的磁感线的条数叫做穿过这个面积的磁通量.Φ=BS⊥磁感应强度又叫磁通密度.B=三、安培力1.磁场对电流的作用力也叫安培力，其大小由B＝导出，即F＝BIＬ.式中F、B、I要两两垂直.2.安培力的方向可由左手定那么判定，注意安培力垂直于电流方向和磁场方向决定的平面.3.由于该处的题目中给出的常是立体图，又涉及到F、I、B之间的方向关系，因此求解该处题目时应具有较好的空间想象力，要善于把立体图形改画成易于分析受力的平面图形.四、电流表的工作原理电流表的构造主要包括：蹄形磁铁、圆柱形铁芯、线圈、螺旋弹簧和指针.蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布的，如图11—1—2所示，这样不管通电导线处于什么角度，它的平面均与磁感线平行，从而保证受到的磁力矩不随转动角度的变化而变化.始终有：M=nBIS(n为线圈的匝数).当线圈转到某一角度时，磁力矩与弹簧产生的阻力矩M′相等时，线圈就停顿转动，此时指针(指针随线圈一起转动)就停在某处，指向一确定的读数：I＝45/45\n,由于M′与转动的角度θ成正比，所以电流越大，偏转角就越大，θ与电流I成正比.图11—1—2●疑难辨析1.磁场中某位置的磁感应强度的大小及方向是客观存在的，与放入的电流I的大小、导线的长短即L的大小无关，与电流受到的力也无关，即便不放入载流导体，它的磁感应强度也照样存在.因此不能说B与F成正比，或B与IL成反比.磁感应强度B是矢量，遵守矢量分解合成的平行四边形定那么.注意磁感应强度的方向就是该处的磁场方向，并不是该处电流的受力方向.图11—1—32.因F＝BIＬ是由B＝导出，所以在应用时要注意：(1)B与L垂直；(2)L是有效长度；(3)B并非一定为匀强磁场，但它应该是L所在处的磁感应强度.例如图11—1—3所示，垂直折线abc中通入电流I，ab＝bc＝L，折线所在平面与匀强磁感应强度B垂直.abc受安培力等效于ac(通有a→c的电流I)所受安培力，即F＝BI·L，方向同样由等效电流ac判定为在纸面内垂直于ac斜向上.同理可以推知：(1)如图11—1—4(1)所示，半圆形通电导线受安培力F＝BI·2R，(2)如图11—1—4(2)所示闭合的通电导线框受安培力F＝0.图11—1—43.定性判断通电导线或线圈在安培力作用下的运动方向问题，常用以下几种方法：(1)电流元分析法.把整段电流等分为很多段直线电流元，先用左手定那么判断出小段电流元受到的安培力方向，再判断整段电流所受安培力合力的方向，从而确定导体的运动方向.(2)特殊位置分析法.把通电导体转到一个便于分析的特殊位置后判断其安培力方向，从而确定运动方向.图11—1—5图11—1—6例如，如图11—1—5所示，把一通电导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线中通过如以下图方向的电流I时，试判断导线的运动情况.用电流元分析法：把直线电流看为OA和OB两局部，画出几条典型的磁感线，由左手定那么可判断出OA段受安培力垂直纸面向外，OB段受安培力垂直纸面向里，如图11—1—6所示，可见从上向下看导线将逆时针转动；再用特殊位置分析法：设导线转过90°45/45\n到与纸面垂直的位置，见图11—1—6，判断导线受安培力方向向下.由以上两个方面可知导线在逆时针转动的同时向下运动.(3)等效分析法：环形电流可等效为小磁针，条形磁铁也可等效为环形电流，通电螺线管可等效成多个环形电流或条形磁铁.(4)利用平行电流相互作用分析法：同向平行电流相互吸引，异向平行电流相互排斥.例如，图11—1—7所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面.当线圈内通入如图方向的电流后，判断线圈如何运动?用等效分析法：把环形电流等效为一个小磁针如图11—1—8所示，由磁极间相互作用可知线圈将向磁铁运动.图11—1—7图11—1—8●典例剖析［例1］如图11—1—9所示，导线ab固定，导线cd与ab垂直且与ab相隔一段距离.cd可以自由移动，试分析cd的运动情况.图11—1—9【解析】首先分析固定导线ab的磁感线的分布情况，如以下图(用安培定那么)，然后再用左手定那么分析cd导线在磁场中的受力方向.可以发现ab两侧的局部所受安培力F分别如图中标的所示，所以cd导线将顺时针方向转动.仔细留意一下就会发现，当cd一转动，两者的电流就有同向的成分，而同向电流相互吸引，可见cd导线在转动的同时还要向ab导线平移.【说明】通过对此题的分析有两点值得注意：(1)cd导线边转动，边受到吸引力，且随着转动角度的增大，所受吸引力增大.转动和吸引是同时发生的，一转动就有吸引力，并不是转动以后才受到吸引力.(2)不管是电流与电流的作用还是电流与磁体的作用，如果发生这种转动(在磁场力作用下，不是外力作用下)，其转动的必然结果是相互吸引.这是由能量守恒所决定的.利用这一特点，可快速判断此类问题.【设计意图】通过本例说明电流和电流间的相互作用力及分析在这种作用力下导线运动情况的方法.［例2］在倾角为α的光滑斜面上，放一根通电导线AB，电流的方向为A→B，AB长为L，质量为m，放置时与水平面平行，如图11—1—10所示，将磁感应强度大小为B的磁场竖直向上加在导线所在处，此时导线静止，那么导线中的电流为多大?如果导线与斜面有摩擦，动摩擦因数为μ，为使导线保持静止，电流I多大?（μ＜tanα）45/45\n图11—1—10图11—1—11【解析】在分析这类问题时，由于B、I和安培力F的方向不在同一平面内，一般情况下题目中所给的原图均为立体图，在立体图中进展受力分析容易出错，因此画受力图时应首先将立体图平面化.此题中棒AB所受重力mg、支持力FN和安培力F均在同一竖直面内，受力分析如图11—1—11所示.由于AB静止不动，所以FNsinα=F=BIL①FNcosα=mg②由①②得导线中电流I＝tanα如果存在摩擦的话，问题就复杂得多.当电流I＜tanα时，AB有向下滑的趋势，静摩擦力沿斜面向上，临界状态时静摩擦力到达最大值Ff1=μFN1.当电流I＞tanα时，AB有向上滑的趋势，静摩擦力沿斜面向下，临界状态时Ff2=μFN2.第一种临界情况，由平衡条件得：沿斜面方向mgsinα=F1cosα+Ff1③垂直于斜面方向FN1＝mgcosα＋F1sinα④又Ff1=μFN1；F1＝I1LB⑤由③④⑤得，I1＝第二种情况，同理可列方程mgsinα+Ff2=F2cosα⑥FN2＝mgcosα+F2sinα⑦Ff2=μFN2；F2=I2LB⑧由⑥⑦⑧得，I2＝所求条件为：45/45\n≤I≤【思考】(1)题目中所给的条件μ＜tanα有什么作用?假设μ＞tanα会出现什么情况?(2)假设磁场B的方向变为垂直斜面向上，此题答案又如何?【思考提示】（1）μ＜tanα说明mgsinα＞μmgcosα，假设导体中不通电，那么它将加速下滑，所以，为使导体静止，导体中的电流有一最小值，即I≥.假设μ＞tanα，那么mgsinα＜μmgcosα，那么即使I=0，导体也能静止，即电流的取值范围为0≤I≤.（2）假设磁场B的方向变为垂直斜面向上，那么安培力沿斜面向上，对导体棒将要沿斜面下滑的情况，由平衡条件得mgsinα=μmgcosα+BI1L解得I1=对导体棒将要上滑的情况，由平衡条件得mgsinα+μmgcosα=BI2L解得I2=所以，在磁场B与斜面垂直时，为使导体静止，电流的取值范围为≤I≤【设计意图】此题为通电导体的平衡问题，是磁场和力学的综合问题，通过本例说明分析这类综合题的方法及求解临界问题的方法.●反响练习★夯实根底1.在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知A.一定是小磁针正东方向上有一条形磁铁的N极靠近小磁针B.一定是小磁针正东方向上有一条形磁铁的S极靠近小磁针C.可能是小磁针正上方有电子流自南向北水平通过D.可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过【解析】由现象可知，一定有磁场影响小磁针，但不一定是由磁铁产生的磁场，故AB错，由安培定那么知C对.【答案】C2.磁感应强度的单位为T，1T相当于①1Wb／m2②1kg／（A·s2）③1N·s／（C·m）④1V／（s·m2）以上正确的选项是A.①②③④B.只有③45/45\nC.①④D.①②③【解析】根据B=知1T=1Wb/m2，①对.根据B=知，1T=1N/(A·m)=1N·s/(C·m)=1kg/(A·s2)，所以②、③都对，选D.图11—1—12【答案】D3.在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图11—1—12所示，电流i1＝i3＞i2＞i4，要想保存其中三根导线且使中心O点磁场最强，应切断哪一个电流A.i1B.i2C.i3D.i4【解析】由安培定那么可知，i1、i2的磁场方向向里.i3、i4的磁场向外，根据场的叠加原理及i1＝i3＞i2＞i4和对称关系，可知O点磁场方向向里.不难比较，假设要O点磁场最强，应切断i3，应选C.【答案】C4.如图11—1—13所示，在空间有三根相同的导线，相互间的距离相等，各通以大小和方向都相同的电流.除了相互作用的磁场力外，其他作用力都可忽略，那么它们的运动情况是______.图11—1—13【解析】根据通电直导线周围磁场的特点，由安培定那么可判断出，它们之间存在吸引力.图11—1—14【答案】两两相互吸引,相聚到三角形的中心5.质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的平行导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ.有电流时ab恰好在导轨上静止，如图11—1—14所示.图11—1—15是沿b→a方向观察时的四个平面图，标出了四种不同的匀强磁场方向，其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是图11—1—15A.①②B.③④C.①③D.②④【解析】①中通电导体杆受到水平向右的安培力，细杆所受的摩擦力可能为零.②中导电细杆受到竖直向上的安培力，摩擦力可能为零.③中导电细杆受到竖直向下的安培力，摩擦力不可能为零.④中导电细杆受到水平向左的安培力，摩擦力不可能为零.故①②正确，选A.【答案】A6.如图11—1—45/45\n16所示，长为L、质量为m的两导体棒a、b,a被置在光滑斜面上，b固定在距a为x距离的同一水平面处，且a、b水平平行，设θ＝45°，ａ、b均通以大小为I的同向平行电流时，a恰能在斜面上保持静止.那么b的电流在a处所产生的磁场的磁感应强度B的大小为.图11—1—16【解析】由安培定那么和左手定那么可判知导体棒a的受力如图，由力的平衡得方程：mgsin45°=Fcos45°，即mg=F=BIL可得B＝.【答案】7.如图11—1—17所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面三角形框架，三边的长度分别为3L、4L和5L，电阻丝L长度的电阻为r.框架与一电动势为E、内阻为r的电源相连通，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场.那么框架受到的磁场力大小为，方向是.图11—1—17【解析】总电阻R＝,总电流I＝＝，三角形框架的安培力等效为I通过ac时受的安培力：F＝.【答案】60BLE／47r；在框架平面内垂直于ac向上8.一劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd.bc边长为l.线框的下半部处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直.在图11—1—18中，垂直于纸面向里，线框中通以电流I，方向如以下图.开场时线框处于平衡状态，令磁场反向，磁感强度的大小仍为B，线框到达新的平衡.在此过程中线框位移的大小Δx______，方向______.45/45\n图11—1—18【解析】设线圈的质量为m，当通以图示电流时，弹簧的伸长量为x1，线框处于平衡状态，所以kx1=mg-nBIl.当电流反向时，线框到达新的平衡，弹簧的伸长量为x2，由平衡条件可知kx2=mg+nBIl.所以k(x2-x1)=kΔx=2nBIl所以Δx=电流反向后，弹簧的伸长是x2＞x1，位移的方向应向下.【答案】；位移的方向向下★提升能力9.如图11—1—19所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3kg，棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.５，匀强磁场的磁感应强度B＝2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流?方向如何?(g＝10m/s2)图11—1—19【解析】导体ab受力如以下图，由平衡条件：FN＝mg……①；ILB-Ff-Mg＝0……②；又Ff＝μFN……③，联①②③得I＝2 A，由左手定那么知电流由ａ→b.【答案】2A；a→b10.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器，具有速度快、命中率高、发射本钱低、减少污染等优点，是21世纪的一种理想兵器，它的主要原理如图11—1—20所示.1982年澳大利亚国立大学制成了能把2.2g的弹体加速到10km/s的电磁炮(常规炮弹约为2km/s)，假设轨道宽为2m，长为100m，通过的电流为10A，那么轨道间所加的匀强磁场B=______T，磁场力的最大功率P＝W.(轨道摩擦不计)图11—1—20【解析】据安培力F=BIL得B=,45/45\n又因F=ma=m故B=代入数据计算可得B=55T.又Pmax=F·vmax=BIL·vmax，可求Pmax=1.1×107W.【答案】55；1.1×10711.如图11—1—21所示，水平放置的光滑平行金属导轨，相距为L，导轨所在平面距地面高度为h，导轨左端与电源相连，右端放有质量为m的静止的金属棒，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度为B，当电键闭合后，金属棒无转动地做平抛运动，落地点的水平距离为s，求：电路接通的瞬间，通过金属棒的电量为多少?图11—1—21【解析】设金属棒经时间t落地，且水平速度为v，通过的电流为I，那么根据平抛的特点：v=,又由动量定理得F·t′=mv,其中F=BIL，代入：BLIt′=ms,即BLQ=,Q=.【答案】12.在原子反响堆中抽动液态金属或医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动的机械局部与这些液体相接触，常使用一种电磁泵，如图11—1—22所示这种电磁泵的构造，将导管放在磁场中，当电流穿过导电液体时，这种液体即被驱动，问：图11—1—22（1）这种电磁泵的原理是什么？（2）假设导管内截面积为ab，磁场的宽度为L，磁感应强度为B，液体穿过磁场区域的电流为I，求驱动力造成的压强差为多少？【解析】45/45\n液体等效于一根长为b的通电导体在磁场中受安培力作用，驱动液体，驱动力造成的压强，可认为安培力作用于ab的面积上产生的，安培力为F=BIb安培力产生的压强为P=【答案】（1）安培力使液体被驱动；（2）第Ⅱ单元磁场对运动电荷的作用●知识聚焦1.洛伦兹力：运动电荷在磁场中受到的磁场力叫洛伦兹力.当电荷的运动速度方向与磁场垂直时，洛伦兹力的大小F＝qvB.洛伦兹力的方向可由左手定那么判定.注意：四指应指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向.2.带电粒子在匀强磁场中的运动：带电粒子以速度v垂直射入匀强磁场B中，假设只受洛伦兹力，那么带电粒子在与B垂直的平面内做匀速圆周运动.洛伦兹力F提供带电粒子所需的向心力.由牛顿第二定律得qvΒ＝m所以R＝，运动周期T＝.3.质谱仪是用来测量各种同位素原子量的仪器，盘旋加速器那么是用来加速带电粒子的装置，从原理上讲二者都是利用电场和磁场控制电荷的运动的.4.磁现象的电本质：磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的.●疑难辨析1.安培力是洛伦兹力的宏观表现.所以洛伦兹力的方向与安培力的方向一样可由左手定那么判定.判定洛伦兹力方向时，一定要注意F垂直于v和B所决定的平面.2.当运动电荷的速度v的方向与磁感应强度B的方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力作用，仍以初速度做匀速直线运动.在磁场中静止的电荷也不受洛伦兹力作用.3.洛伦兹力对运动电荷不做功.由于洛伦兹力F始终与电荷运动速度v的方向垂直，不管电荷做什么性质的运动，也不管电荷的运动轨迹是什么样的(包括高中阶段不能描述的运动轨迹)，它只改变v的方向，并不改变v的大小，所以洛伦兹力对运动的电荷永远不做功.4.带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间确实定：(1)圆心确实定.因为洛伦兹力指向圆心，根据F洛⊥v，画出粒子运动轨迹中任意两点(一般是射入和射出磁场的两点)的F洛的方向，其延长线的交点即为圆心.(2)半径确实定和计算.半径的计算一般是利用几何知识，常用解三角形的方法.(3)在磁场中运动时间确实定.利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360°计算出圆心角θ的大小，由公式t＝T可求出运动时间.5.带电粒子在复合场中的运动.这里所说的复合场是磁场与电场的复合场，或者是磁场与重力场的复合场，或者是磁场和电场、重力场的复合场.当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，所处状态是静止或匀速直线运动状态；当带电粒子所受合外力只充当向心力时，粒子做匀速圆周运动；当带电粒子所受合外力变化且与速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动.除了要写出相应的受力特点的方程之外，还要用到运动学公式，或者从能量的观点(即动能定理或能量守恒定律)写出方程，联立求解.注意微观带电粒子在复合场中运动时，一般不计重力.●典例剖析45/45\n［例1］如图11—2—1所示，一带正电的质子从O点垂直射入，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，已知两板之间距离为d，板长为d，O点是板的正中间，为使粒子能从两板间射出，试求磁感应强度B应满足的条件(已知质子的带电量为e，质量为m).图11—2—1【解析】由于质子在O点的速度垂直于板NP，所以粒子在磁场中做圆周运动的圆心O′一定位于NP所在的直线上，如果直径小于ON，那么轨迹将是圆心位于ON之间的一个半圆弧.随着磁场B的减弱，其半径r=逐渐增大，当半径r=ON/2时，质子恰能从N点射出.如果B继续减小，质子将从NM之间的某点射出.当B减小到某一值时，质子恰从M点射出.如果B再减小，质子将打在MQ板上而不能飞出.因此质子分别从N点和M点射出是B所对应的两个临界值.第一种情况是质子从N点射出，此时质子轨迹的半个圆，半径为ON/2=d/4.所以R1＝B1＝第二种情况是质子恰好从M点射出，轨迹如图中所示.由平面几何知识可得：R22＝d2+(R2-d)2①又R2＝②由①②得：B2=磁感应强度B应满足的条件：≤B≤.【说明】求解带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的题目时，正确地画出带电粒子的轨迹是解题的关键.作图时一定要认真、标准，不要怕在此耽误时间.否那么将会增大解题的难度.造成失误.【设计意图】45/45\n通过本例说明（1）确定带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心并进一步利用几何关系求半径的方法.(2)分析解决临界问题的方法.［例2］如图11—2—2所示，在xOy平面上，a点坐标为（0，l），平面内一边界通过a点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，有一电子（质量为m，电量为e)从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，恰好在x轴上的b点（未标出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向夹角为60°，求：图11—2—2（1）磁场的磁感应强度；（2）磁场区域圆心O1的坐标；（3）电子在磁场中运动的时间.【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从a点射入从b点射出，O、a、b均在圆形磁场区域的边界，粒子运动轨道圆心为O2，令由题意可知，∠aO2b=60°，且△aO2b为正三角形在△OO2b中，R2=（R-l）2+(Rsin60°)2①而R=②由①②得R=2l所以B=而粒子在磁场中飞行时间t=由于∠aOb=90°又∠aOb为磁场图形区域的圆周角所以ab即为磁场区域直径O1的x坐标：x=aO1sin60°=y=l-aO1cos60°=所以O1坐标为（,)【说明】45/45\n此题为带电粒子在有边界磁场区域中的圆周运动，解题的关键一步是找圆心，根据运动电荷在有界磁场的出入点速度方向垂线的交点，确定圆心的位置，然后作出轨迹和半径，根据几何关系找出等量关系.求解飞行时间从找轨迹所对应的圆心角的方面着手.当然带电粒子在有界磁场中做局部圆周运动，除了要运用圆周运动的规律外，还要注意各种因素的制约而形成不是惟一的解，这就要求必须深刻理解题意，挖掘隐含条件，分析不确定因素，力求解答准确、完整.【设计意图】（1）稳固找圆心求半径的方法.(2)说明求时间的方法.［例3］设在地面上方的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场.已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E＝4.0 V／m，磁感应强度的大小B＝0.15 T.今有一个带负电的质点以v＝20 m／s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q／m以及磁场所有可能的方向(角度可用反三角函数表示).【解析】根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零，由此可知三个力在同一竖直平面内，如图11—2—3所示，质点的速度垂直纸面向外.由合力为零的条件可得图11—2—3(mg)2=(qvB)2+(qE)2所以质点的电量与质量之比为=C/kg=1.96C/kg因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反，设磁场方向与重力方向间夹角为θ，那么有qEsinθ=qvBcosθ解得tanθ=＝0.7５，θ＝tan-10.7５即磁场是沿着与重力方向夹角θ=tan-10.7５且斜向下方的一切方向.【思考】如果质点沿垂直场强方向的水平面做匀速圆周运动，质点的荷质比又是多少?磁场方向又如何?质点的轨道半径是多少?【思考提示】假设质点在垂直于场强方向的水平面内做匀速圆周运动，那么其电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，即mg=Eq45/45\nC/kg=2.45C/kg电场力竖直向上，那么电场方向竖直向下，磁场方向也是竖直向下.Bqv=轨道半径为R=m=54.4m【设计意图】通过本例说明带电粒子在复合场中做匀速直线运动问题的分析方法.※［例4］如图11—2—4所示，有质量m相等、带电量q相等、运动方向相同而速率不等的正离子束，经小孔S射入存在着匀强电场和匀强磁场的真空区域中.电场强度的大小为E，方向竖直向下；磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里.离子射入时的方向与电场和磁场方向垂直.进入电场和磁场区域后，只有速率为某一值v1的离子，才能不发生偏转地沿入射方向做匀速直线运动；而其他速率的离子，将发生偏转.当它们通过宽度为d的缝隙，射出电场和磁场区域时，进入一个只有匀强磁场的区域中，磁感应强度的大小为B′，方向垂直纸面向外.在此区域中，离子将做圆周运动.图11—2—4(1)求运动轨迹不发生偏转的离子的初速度v1；(2)如果初速度v2的离子(v2＞v1)在射出电场和磁场区域时，由于偏转而侧移的距离正好等于d/2(即从缝隙边缘处射出)，求这种离子射出后所做圆周运动的轨道半径.【解析】(1)离子在正交的电场和磁场中运动时，所受电场力和洛伦兹力方向相反，当二者大小相等时运动轨迹不发生偏转.即qv1B=qE所以这种离子的速度为：v1=(2)在v2＞v1的条件下，洛伦兹力大于电场力，离子向洛伦兹力方向偏转.洛伦兹力不做功，而电场力做负功.根据动能定理有：qE·d=mv22-mv2①离子以速度v进入磁场后做圆周运动，那么qvB′=m②由①②得轨道半径：45/45\nR=【思考】假设v2＜v1而其他条件不变，那么结果将如何?【思考提示】假设v2＜v1，洛伦兹力小于电场力，带电粒子向电场力的方向偏转，根据动能定理得qE·d=mv′2-mv22粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，那么qv′B′=两式联立求得轨道半径为R′=【设计意图】通过本例说明（1）速度选择器原理及分析方法.(2)带电粒子在复合场中偏转时如何应用动能定理分析求解.●反响练习★夯实根底1.如图11—2—5所示，OO′为水平挡板，S为一电子源，它可以向ａ、b、ｃ、d四个垂直磁场的方向发射速率相同的电子(ac垂直OO′，bd平行OO′)，板OO′下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场范围足够大，不计电子重力，那么击中挡板可能性最大的方向是图11—2—5A.aB.bC.cD.d【解析】沿d方向射出的电子轨迹的圆心在电子源S的正上方.【答案】D2.如图11—2—6所示，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从a孔沿a→b方向垂直射入容器内的匀强磁场中，结果一局部电子从小孔c射出，一局部电子从小孔d射出，那么从c、d两孔射出的电子图11—2—645/45\nA.速度之比vc∶vd=1∶2B.在容器中运动的时间之比tc∶td=2∶1C.在容器中运动的加速度大小之比ac∶ad=∶1D.在容器中运动的加速度大小之比ac∶ad=2∶1【解析】从c处射出的电子和从d处射出的电子运动半径之比为2∶1，故由r=,知vc∶vd=2∶1,而从c处射出的电子和从d处射出的电子运动时间之比为∶；T=,即tc∶td=1∶2；由a=,可知ac∶ad=vc∶vd=2∶1.【答案】D3.长为L，间距也为L的两平行金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图11—2—7所示磁感应强度为B，今有质量为m、带电量为q的正离子从平行板左端中点以平行于金属板的方向射入磁场.欲使离子不打在极板上，入射离子的速度大小应满足的条件是图11—2—7①v＜②v＞③v＞④＜v＜以上正确的选项是A.①②B.②③C.只有④D.只有②【解析】由几何关系可知：欲使离子不打在极板上，入射离子的半径必满足r＜或r＞L，即＜或＞L；解之得：v＜,v＞.【答案】A4.在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴，在匀强磁场中做逆时针的水平匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图11—2—8所示.假设小球运动到A点时，绳子突然断裂，关于小球在绳断后可能的运动情况是45/45\n图11—2—8①小球仍做逆时针匀速圆周运动，半径不变②小球仍做逆时针匀速圆周运动，半径减小③小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变④小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小以上可能的情况是A.①②B.②③C.②④D.①③④【解析】假设为正电荷，那么绳未断前，F向＝F绳＋F库，绳断后，F向减小，v不变，r增大；假设初态绳上无力，那么绳断后仍逆时针，半径不变；假设为负电荷，将顺时针运动，假设F向＝F绳-F库＝F库′时，那么半径不变，假设F库′＞F绳-F库时，半径减小.【答案】D5.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图11—2—9所示.离子源S产生一个质量为m、电量为q的正离子.离子产生出来时速度很小，可以看作是静止的.离子产生出来后经过电压U加速，进入磁感应强度为B的匀强磁场，沿着半圆周运动而到达记录它的照相底片P上，测得它在P上的位置到入口处S1的距离为x.那么以下说法正确的选项是图11—2—9A.假设某离子经上述装置后，测得它在P上的位置到入口处S1的距离大于x，那么说明离子的质量一定变大B.假设某离子经上述装置后，测得它在P上的位置到入口处S1的距离大于x，那么说明加速电压U一定变大C.假设某离子经上述装置后，测得它在P上的位置到入口处S1的距离大于x，那么说明磁感应强度B一定变大D.假设某离子经上述装置后，测得它在P上的位置到入口处S1的距离大于x，那么说明离子所带电量q可能变小【解析】由加速过程得v=及半径公式r=得r=；故U、m、q，B都有可能变化导致x增大，所以ABC不对.【答案】D6.如图11—2—10磁感应强度为B的匀强磁场，在竖直平面内匀速平移时，质量为m、带电-45/45\nq的小球，用线悬挂着，静止在悬线与竖直方向成30°角的位置，那么磁场的最小移动速度为______.图11—2—10【解析】当洛伦兹力垂直于悬线向上时，洛伦兹力最小，磁场的移动速度最小，根据平衡条件有：Bqv=mgsinθv=【答案】7.如图11—2—11匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上.关于该过程，下述说法正确的选项是图11—2—11A.小球减少的电势能等于增加的动能B.小球做匀变速运动C.电场力和重力做的功等于小球增加的动能D.假设保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变【解析】小球在下落过程中受三个力作用：电场力、洛伦兹力和重力，其中只有电场力和重力做功，根据动能定理知，电场力和重力做的功等于小球增加的动能，C选项正确.磁感应强度减小时，小球在水平方向的位移发生变化，电场力做的功发生变化，所以着地时的功能变化.【答案】C8.如图11—2—12所示有一边界为矩形的磁场，一带电量为q、质量为m的带负电的粒子到达坐标中(a,b)点时速度为v,方向与x轴方向相同，欲使粒子到达坐标原点时速率仍为v,但方向与x轴方向相反，那么所在磁场的方向应为，磁感应强度的大小B＝，在图中标出磁场分布的最小范围.45/45\n图11—2—12【解析】根据题目要求，带负电粒子在（a,b）点时所受的洛伦兹力方向沿y轴负方向，根据左手定那么知磁场应垂直于纸面向里.为使带电粒子过坐标原点时沿x轴负方向，那么带电粒子圆周运动的直径应为b，且磁场应分布在直线x=a的右侧.根据洛伦兹力提供向心力得Bqv=mB=磁场最小分布在长为b、宽为的矩形区域内.【答案】垂直于xy平面向里；9.如图11—2—13所示，质量为m带正电q的液滴，处在水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B，液滴运动速度为v，假设要液滴在竖直平面内做匀速圆周运动，那么施加的匀强电场方向为，场强大小为，垂直于纸面向里看，液滴的绕行方向为.图11—2—13【解析】为使带电液滴做匀速圆周运动，它所受的电场力跟重力平衡，电场方向应向上，且Eq=mgE=根据左手定那么可判断出带电液滴逆时针绕行.【答案】向上；；逆时针★提升能力45/45\n10.如图11—2—14所示为磁流体发电机示意图.其中两极板间距d=20cm，磁场的磁感应强度B＝5T，假设接入额定功率P＝100W的灯泡，灯泡正好正常发光，灯泡正常发光时的电阻R=400Ω.不计发电机内阻，求：图11—2—14(1)等离子体的流速多大?(2)假设等离子体均为一价离子，那么每1s有多少个什么性质的离子打在下极板.【解析】由P＝＝100 W，R＝400 Ω可得U＝＝200 V，I＝0.５ A又因为E＝Ｕ＝Bdv所以v＝m/s＝200m/sI＝所以ne＝0.５所以n＝＝3×1018正电荷打在下板上.【答案】200m/s；3×1018个；正电荷11.如图11—2—15所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一质量为m，带电量为+q的小球，小球有一水平初速，(1)单独加一匀强电场，使小球能在斜面上做匀速直线运动，那么这个电场的最小值为______，方向为______；(2)单独加一匀强磁场，使小球能在斜面上做匀速直线运动，那么这个磁场的最小值为______，方向为______；(3)假设上述的电场和磁场同时存在，小球将做______运动.图11—2—15【解析】(1)分析知所加电场沿斜面向上时，电场此时取最小值，由力的平衡得mgsinθ=qE；故E=；(2)分析知所加磁场垂直斜面斜向下时，磁场此时取最小值，此时有：mgsinθ=qvB.故B=45/45\n；(3)假设同时存在，小球受恒指向某一定点的向心力，故做匀速圆周运动.【答案】(1)mgsinθ/q沿斜面向上(2)mgsinθ/qv垂直斜面向下(3)在斜面上做匀速圆周12.如图11—2—16所示，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于Oxy所在的纸面向外.某时刻x=l0,y=0处，一质子沿y轴的负方向进入磁场；同一时刻，在x=-l0,y=0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直.不考虑质子与α粒子的相互作用.设质子的质量为m，电量为e.图11—2—16（1）如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大？（2）如果α粒子与质子在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？【解析】（1）根据质子进入磁场的位置和进入磁场时速度的方向，可知其圆周轨道的圆心必在x轴上，又因质子经过原点O，故其轨道半径rp=l0.设质子的速度为vp，由牛顿定律得①解得vp=②(2)质子做圆周运动的周期为Tp=③由于α粒子电荷为q0=2e，质量为mα=4m,故α粒子做圆周运动的周期Tα=④质子在做圆周运动的过程中，在t=,…各时刻通过O点.α粒子如与质子在O点相遇，必在同一时刻到达O点，这些时刻分别对应t=,,….如果α粒子在t=到达O点，它进展了周期.如在t=到达O点，它运行了周期.由此可知，α粒子进入磁场处与O点之间的连线必为45/45\n圆周或圆周所对的弦，如以下图（实际上t=等情形不必再考虑）.进而得出，α粒子的轨道半径ra=⑤设α粒子的速度为vα，那么由牛顿定律得=qαBvα注意到mα=4m,qα=2e由⑤式得vα=⑥但方向可有两个，用α粒子速度方向与x轴正方向夹角θ表示θ1=⑦θ2=⑧【答案】（1）；其速度方向与x轴正方向夹角为或π图11—2—17※13.如图11—2—17是电视机的显像管的构造示意图，荧光屏平面位于坐标平面OXZ，Y轴是显像管的纵轴线.位于显像管尾部的灯丝被电流加热后会有电子逸出，这些电子在加速电压的作用下以很高的速度沿Y轴向+Y方向射出，构成了显像管的“电子枪”.如果没有其他力作用，从电子枪发射出的高速电子将做匀速直线运动打到坐标原点O，使荧光屏的正中间出现一个亮点.当在显像管的管颈处的较小区域(图中B局部)加沿Z方向的磁场(偏转磁场)，亮点将偏离原点O而打在X轴上的某一点，偏离的方向和距离大小依赖于磁场的磁感应强度B.为使荧光屏上出现沿X轴的一条贯穿全屏的水平亮线(电子束的水平扫描运动)，偏转磁场的磁感应强度随时间变化的规律是图11—2—18中的哪一个45/45\n图11—2—18【解析】欲出现沿x轴的一条贯穿全屏的水平亮线，即电子必向x正负方向偏转，而B、C选项中的磁场使电子偏转在荧光屏上仅半屏，D选项中的磁场使电子偏转在荧光屏上是两端两个亮点.【答案】A※14.如图11—2—19所示，竖直绝缘杆处于方向彼此垂直，大小分别为E和B的匀强电磁场中，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外.一个质量为m，带正电为q的小球从静止开场沿杆下滑，且与杆的动摩擦因数为μ，问：图11—2—19(1)小球速度多大时，小球加速度最大?是多少?(2)小球下滑的最大速度是多少?【解析】小球开场下滑后受到5个力的作用，分别是竖直向下的重力mg，水平向右的电场力FE，水平向左的洛伦兹力FB和竖直向上的摩擦力Ff，此外还有水平方向杆的支持力FN.(1)当Bqv＜qE时，压力FN水平向左、小球下滑加速度a=.由上式可知a随v增加而增加，即小球做加速度增大的加速运动.当Bqv0=qE时FN=0，此时v0=，加速度达最大值amax=g.(2)当Bqv＞qE时，FN水平向右，小球下滑加速度a′=由上式可知a′随v增大而变小，即小球做加速度减少的加速运动.当a′=0时，速度达最大值mg=μ(Bqvmax-qE)所以vmax=.【答案】(1)；g；(2)45/45\n※15.显像管是电视机中的一个重要元件，在生产显像管的阴极(阴极材料是一种氧化物)时，需要用到去离子水.去离子方法是将蒸馏水先流经氢型离子交换树指(HR)，再流经羟型阴离子交换树脂(ROH)，水中溶解的各种离子便可除去，这样得到的水为去离子水.(1)图11—2—20所示为电视机显像管的偏转线圈示意图，圆心墨点表示电子枪射出的电子，它的方向由纸内指向纸外，当偏转线圈通以图示方向的电流时，电子束应图11—2—20图11—2—21A.向左偏转B.向上偏转C.不偏转D.向下偏转(2)显像管的简要工作原理是阴极K发射的电子束经高压加速电场(电压为U)加速后，正对圆心进入磁感应强度B、半径为r的圆形匀强偏转磁场，如图11—2—21所示，偏转后轰击荧光屏P，荧光粉受激发而发光.假设去离子水质量不好，所生产的阴极材料中会含有少量,打在荧光屏上，将在屏上出现暗斑，称为离子斑，如发生上述情况，试通过计算分析说明暗斑集中在荧光屏上中央的原因.(电子质量为9.1×10-31kg,硫酸根离子的质量为1.6×10-25kg)【解析】(1)O处磁场近似匀强磁场，方向水平向左，故电子束向上偏转选B.(2)偏转角为θ，那么,qU=mv2,那么∝设电子和的偏转角分别为θ1和θ2，∶∶=1.1×10-5知几乎不偏转.【答案】（1）B；（2）几乎不偏转※16.一带电质点，质量为m、电量为q，以平行于Ox轴的速度v从y轴上的a点射入图11—2—22中第一象限所示的区域，为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于Ox轴的速度v射出，可在适当的地方加一个垂直于Oxy45/45\n平面，磁感应强度为B的匀强磁场，假设此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这个圆形磁场区域的最小半径.(重力忽略不计)图11—2—22【解析】质点在磁场中做半径为R的圆周运动，且R=；根据题意，质点在磁场区域中的轨道是半径等于R的圆上的圆周，这段圆弧应与入射、出射方向的速度相切.过a点作平行于x轴的直线，过b点作平行于y轴的直线，那么与这两条直线均相距R的O1点就是圆周的圆心.质点在磁场区域中的轨迹就是以O1为圆心、R为半径的圆上的圆弧MN，M、N点应在所求圆形磁场区域的边界上.在通过M、N两点的不同圆周中，最小的一个是以MN连线为直径的圆周，所以此题所求的圆形磁场区域的最小半径为：r==,所求区域为图中实线圆所示.【答案】※17.如图11—2—23为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m，电量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动.A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变.图11—2—23(1)设t=0时粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈，求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En.(2)为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时的磁感应强度Bn.(3)求粒子绕行n圈所需的总时间tn(设极板间距小于R）.【解析】（1）En=nqU(2)因为nqU=,所以vn=45/45\n以vn结果代入，Bn=(3)绕行第n圈需时间：所以tn=2πR【答案】（1）En=nqU；(2)；(3)2πR章末综合讲练●知识网络●高考试题一、磁场对电流的作用1.(1998年全国高考)通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图11—1所示，ab边与MN平行，关于MN的磁场对线框的作用，以下表达正确的选项是图11—1A.线框有两条边所受的安培力方向相同B.线框有两条边所受的安培力大小相同C.线框所受安培力的合力朝左D.cd所受安培力对ab边的力矩不为零45/45\n【解析】由左手定那么知A错；因bc边和ad边所处磁场相同，故B对；由于ab边和cd边所处磁感应强度不同，故Fab＞Fcd，且方向相反，合力向左，ad、bc两边安培力之和为零，故C对；四边所受安培力均在线圈平面内，故D错.【答案】BC图11—22.(2000年上海高考)如图11—2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，当参加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，那么此时b受到的磁场力大小变为A.F2B.F1-F2C.F1＋F2D.2F1-F2【解析】由安培定那么和左手定那么知：导线a、b受力大小相等，方向相反.【答案】A3.(2022年上海高考)磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ，式中B是磁感应强度，μ是磁导率，在空气中μ为一已知常量.为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离Δl，并测出拉力F，如图11—3所示，因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感应强度B与F、A之间的关系为B=______.图11—3【解析】拉力做功为W=FΔl那么所以B=【答案】二、磁场对运动电荷的作用4.（2022年全国高考）电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的.电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区,如图11—4所示.磁场方向垂直于圆面.磁场区的中心为O，半径为r.当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点.为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B应为多少？45/45\n图11—4【解析】电子在磁场中沿圆弧ab运动，圆心为C，半径为R.以v表示电子进入磁场时的速度,m、e分别表示电子的质量和电量，那么eU=mv2evB=又有由以上各式解得B=【答案】5.(1999年全国高考）图11—5中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外.O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为＋ｑ、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向.已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L.不计重力及粒子间的相互作用.图11—5(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径.(2)求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔.【解析】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有qvB＝得R＝.(2)如以下图，以OP为弦可画两个半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的45/45\n轨道.圆心分别为O1、O2，OP弦所张圆心角为α.先射入的粒子由O→P的时间t1＝T后射入的粒子由O→P的时间t2=式中T为圆周运动周期，T=.两粒子射入的时间间隔Δt=t1-t2=(π-α)由得α=由上两式可解得Δt=.(根据arcsinθ=可将上面结果化为Δt=)答案：（1）（2）6.(2000年全国高考)如图11—6所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四个狭缝a、b、c和d，外筒的半径为r0.在圆筒之外的足够大区域有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感应强度的大小为B.在两极间加上电压，使两圆筒间的区域内有沿半径向外的电场.一质量为m、带电量为+q的粒子，从紧贴内筒且正对狭缝a的S出发，初速度为零.如果该粒子经过一段时间后恰好又回到出发点S，那么两电极间电压U应是多少?(不计重力，整个装置在真空中)图11—6【解析】带电粒子从S出发，在两筒之间的电场力作用下加速，沿径向穿出a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动.粒子再回到S点的条件是能沿径向再通过狭缝d.只要穿过了d45/45\n，粒子就在电场力作用下先减速，再反向加速，经b重新进入磁场区.然后粒子将以同样的方式经过c、b，再经a回到S点.设粒子射入磁场区的速度为v，那么根据能量守恒，有：mｖ2＝qU……（1），设粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿定律得：……（2）由前面分析知，要回到s点，粒子从a到d必须过圆周.所以半径R必等于筒的外半径r0，即R＝r0……（3），由以上各式解得：U＝qr02B2／2m.【答案】7.(2022年全国高考)如图11—7所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B.一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正方向的夹角为θ.假设粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求该粒子的电量和质量之比.图11—7【解析】带正电粒子进入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子的轨迹如图：在磁场中做匀速圆周运动，从A点射出磁场，OA间距离为L，射出时速度的大小为v0，方向与x轴夹角为θ，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv0B=,解得：R=,另由几何关系知=Rsinθ，联立可得：.【答案】三、带电粒子在复合场中的运动8.（2022年广东、广西、河南高考）在图中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场.取坐标如图11—8所示，一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转.不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是图11—8A.E和B都沿x轴方向B.E沿y轴正向，B沿z轴正向45/45\nC.E沿z轴正向，B沿y轴正向D.E、B都沿z轴方向【解析】带电粒子在该区域内沿x轴正方向运动不发生偏转，可能是带电粒子不受洛伦兹力作用，仅在x轴正方向或负方向上受电场力作用，此时磁场方向和电场方向均需平行于x轴，A正确.还可能是带电粒子同时受到电场力和洛伦兹力作用，二力平衡，B选项符合要求，应选AB.【答案】AB9.(2022年春季高考)如图11—9所示，在Oxyz坐标系所在的空间中，可能存在匀强电场或匀强磁场，也可能两者都存在或都不存在.但如果两者都存在，已知磁场平行于xy平面.现有一质量为m带正电q的点电荷沿z轴正方向射入此空间中，发现它做速度为v0的匀速直线运动.假设不计重力，试写出电场和磁场的分布有哪几种可能性.要求对每一种可能性，都要说出其中电场强度、磁感应强度的方向和大小，以及它们之间可能存在的关系.不要求推导或说明理由.图11—9【答案】以E和B分别表示电场强度和磁感应强度，有以下几种可能：（1）E=0，B=0.(2)E=0,B≠0.B的方向与z轴的正方向平行或反平行.B的大小可任意.(3)E≠0,B≠0.磁场方向可在平行于xy平面的任何方向.电场E的方向平行于xy平面，并与B的方向垂直.当迎着z轴正方向看时，由B的方向沿顺时针转90°后就是E的方向.E和B的大小可取满足关系式的任何值.10.(1998年全国高考)如图11—10所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E.一质量为m，电量为-q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出.射出之后，第三次到达x轴时，它与点O的距离为L.求此粒子射出时的速度v和运动的总路程s(重力不计).图11—10【解析】粒子运动路线如以下图有L=4R①粒子初速度为v，那么有45/45\nqvB=②由①②式可算得v=③设粒子进入电场做减速运动的最大路程为l，加速度为a.有：v2=2al④qE=ma⑤粒子运动的总路程s=2πR+2l⑥由①②③④⑤⑥式，得s=【答案】v=11.(2022年理科综合)电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积).为了简化，假设流量计是如图11—11所示的横截面为长方形的一段管道，其中空局部的长、宽、高分别为图中的a、b、c.流量计的两端与输送流体的管道相连接(图中虚线).图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料.现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面.当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两外表分别与一串接了电阻R的电流的两端连接，I表示测得的电流值.已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，那么可求得流量为图11—11A.B.C.D.【解析】I=Q=vbc以上各式联立可得Q=【答案】A45/45\n●素质能力过关检测A组一、选择题(每题中只有一个选项符合题目要求）1.以下说法正确的选项是A.运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用B.运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，那么该处的磁感应强度一定为零C.洛伦兹力既不能改变粒子的动能，也不能改变粒子的动量D.洛伦兹力对带电粒子不做功【解析】当带电粒子运动方向和磁场平行时，所受洛伦兹力为零，洛伦兹力方向总是垂直速度方向，因此只改变速度方向不改变速度大小.【答案】D2.19世纪20年代，以塞贝克(数学家)为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与反面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的，那么该假设中的电流方向是A.由西向东垂直磁子午线B.由东向西垂直磁子午线C.由南向北沿磁子午线D.由赤道向两极沿磁子午线方向(注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球外表的连线)【解析】地磁北极在地理南极；地磁南极在地理北极，根据安培定那么判知.【答案】B3.水平导线中通有恒定电流I，导线的正上方P处有一电子枪，发射出电子的初速度方向竖直向上，且跟导线在同一竖直平面内，如图11—12所示.从电子枪发射出的电子的运动图11—12A.沿径迹b运动，径迹为圆B.沿径迹b运动，径迹的曲率半径不断改变C.沿径迹a运动，径迹的曲率半径不断改变D.沿垂直于纸面方向偏离导线【解析】根据安培定那么判断出，导线上方磁场方向垂直纸面向里，根据左手定那么判断出电子应沿径迹a运动，根据r=知，随着B不断改变，r也不断改变，C选项正确.【答案】C4.如图11—13所示，一个带正电q的小带电体处于一匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B.带电体质量为m，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应45/45\n图11—13A.使B数值增大B.使磁场以速率v=向上移动C.使磁场以速率v=向右移动D.使磁场以速率v=向左移动【解析】为使带电体对平面无压力，那么应使洛伦兹力和重力平衡，电荷不动，磁场运动，等同于电荷以相等速率沿相反方向运动，由左手定那么可确定磁场的运动方向.洛伦兹力应与重力平衡，所以其方向竖直向上，由左手定那么可知电荷相对磁场向右运动，即磁场向左运动，大小满足mg=qvB，应选D.【答案】D5.如图11—14所示，一块通电的铜板，板面垂直磁场放在磁场中，板内通有图示方向的电流，a、b是铜板的左、右边缘的两点，那么图11—14A.电势φa＞φbB.电势φb＞φaC.电流增大时，｜φa-φb｜不变D.其他条件不变，将铜板改为NaCl水溶液时，电势情况仍然一样【解析】由于电流中的自由电子在运动中所受洛伦兹力作用，向b边聚集，故A对，增大电流时，单位时间内通过板截面的电子增多，故聚集电子越多，所以｜φa-φb｜增大.而铜板改为NaCl水溶液时，该溶液中含相等数量的正负离子，所受洛伦兹力方向与铜板相同，但电势情况不一样.【答案】B二、填空题6.一带电粒子由静止开场经电压为U的加速电场加速后，垂直射入匀强磁场中，做匀速圆周运动的周期为T，粒子的重力不计，那么粒子在磁场中做圆周运动所围面积的磁通量为______.【解析】粒子加速后的速度为v，那么Uq=mv2v=45/45\n粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=通过圆轨道所围面积的磁通量为Φ=BS=Bπr2==UT【答案】UT7.一个三角形导线框abc，其中ac=ab=1m，顶角a=120°，导线框内通以I=1A的逆时针方向的恒定电流，如图11—15所示.线框放在B=T的匀强磁场中，线框平面跟磁场方向垂直.那么bc边受到的磁场力大小为______N，整个线框受到磁场力的合力的大小是_____.图11—15【解析】bc边所受安培力大小为Fbc=BlbcI=BI·lab=3Ncab的等效长度为lbc，电流方向与bc中相反，故cab所受安培力的合力与bc边所受的安培力大小相等、方向相反，作用在一条直线上，合力为零.【答案】3；08.如图11—16所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角方向从原点射入磁场，那么正、负电子在磁场中运动时间之比为______.图11—16【解析】如图，由几何关系知向y轴正方向偏转的正电子与向x轴正方向偏转的负电子在磁场中运动的时间分别为T正，T负，又因T正=T负=,故运动时间之比为2∶1.【答案】2∶19.一个小球质量为m，带电量为q，穿在一根竖直的绝缘直杆上，球与杆的动摩擦因数为μ,杆处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，假设将小球从高处由静止开场释放，小球沿杆滑下，假设直杆足够长，小球运动的最大速度是______.【解析】速度最大时a=0，那么45/45\nμBqvm=mg所以小球运动的最大速度为vm=【答案】三、计算题10.如图11—17所示，两根光滑的金属平行导轨，其所在平面与水平面成30°倾角，有一匀强磁场竖直向上穿过导轨平面，两根导轨的上端连接着变阻器R和直流电源，在导轨上水平地搁上一根重力为0.1N的金属杆，组成回路.已知磁感应强度B=0.5T，导轨间距为0.4m，电源电动势E＝６ V，内阻不计，杆和导轨电阻不计.要使杆ab在导轨上静止，电阻R的阻值应等于多少?图11—17【解析】画出其截面图分析金属杆受力，如以下图，受重力G、支持FN、安培力F，由力的平衡可得：Fcos30°＝Gsin30°,而F＝BIL＝，代入得R=Ω【答案】12Ω11.汤姆生提出的测定带电粒子的荷质比（q/m)的实验原理如图11—18所示.带电粒子经过电压为U的加速电场加速后，垂直于磁场方向进入宽为L的有界匀强磁场，带电粒子穿过磁场时发生的偏转的位移为d，假设磁场的磁感应强度为B.求带电粒子的荷质比.图11—18【解析】带电粒子经加速电场获得的速度为v，那么Uq=mv245/45\n①设带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动半径为R，由几何关系得L2+(R-d)2=R2②由半径公式得R=③由①②③联立解得【答案】12.如图11—19所示，abcd是一个正方形的盒子，在cd边的中点有一小孔e，盒子中存在着沿ad方向的匀强电场，场强大小为E，一粒子源不断地从a处的小孔沿ab方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子的初速度为v0，经电场作用后恰好从e处的小孔射出，现撤去电场，在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B(图中未画出)，粒子仍恰好从e孔射出(带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略不计)，图11—19(1)所加的磁场的方向如何?(2)电场强度E与磁感应强度B的比值为多大?【解析】(1)由题意可判知粒子带正电，欲在磁场中向下偏转，故由左手定那么判知所加磁场应垂直纸面向外.(2)加电场时，粒子做类平抛运动，设盒子边长为L，粒子质量为m，带电量为q，那么有,得：E=；当加磁场时，如图由几何知识得(L-r)2+()2=r2得r=L,又因r=,得B=,故=5v0【答案】(1)垂直纸面向外；(2)5v0B组一、选择题（每题中只有一个选项符合题目要求）1.如图11—20所示，一位于xy平面内的矩形通电线圈只能绕Ox轴转动，线圈的四个边分别与x、y轴平行.线圈中电流方向如图，当空间加上如下所述的哪种磁场时，线圈会转动起来45/45\n图11—20A.方向沿x轴的恒定磁场B.方向沿y轴的恒定磁场C.方向沿z轴的恒定磁场D.方向沿z轴的变化磁场【解析】我们可以这样假设，将矩形通电线圈看成一个小磁片，用右手螺旋定那么，四指顺电流方向握住线圈，拇指指磁片N极，只有外磁场沿y轴，小磁片尤如小磁针转动，N极指向y轴.【答案】B2.如11—21所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直于纸面向外的电流，那么图11—21A.磁铁对桌面压力减小，不受桌面的摩擦力作用B.磁铁对桌面压力减小，受到桌面的摩擦力作用C.磁铁对桌面压力增大，不受桌面摩擦力作用D.磁铁对桌面压力增大，受到摩擦力作用【解析】由于通电导线在条形磁铁中央的正上方，根据左手定那么可知，通电导线受到的安培力竖直向下，由牛顿第三定律知，电流对磁铁的作用力竖直向上，故磁铁对桌面的压力减小，磁铁不受摩擦力作用，A选项正确.【答案】A3.一个质子和一个α粒子先后垂直于磁场方向进入同一个匀强磁场中，在磁场中运动的轨迹相同，经过半个圆周从磁场飞出.关于它们在磁场中的运动，有A.质子和α粒子在磁场中运动的速率相同B.质子和α粒子在磁场中受到的向心力的大小相同C.质子和α粒子在磁场中运动的时间相同D.质子和α粒子在磁场中运动的动量的大小相同【解析】根据r=知r相同时，相同，所以质子和α粒子动量之比由Ek=得动能之比为45/45\n速率之比向心力之比为所以，B选项正确.【答案】B4.如图11—22所示，a、b两根垂直纸面的导体通以大小相等的电流，两导线旁有一点P.P点到a、b距离相等，要使P处磁场方向向右，那么a、b中电流方向为图11—22A.都向外B.都向里C.a中电流向外、b中电流向里D.a中电流向里、b中电流向外【解析】P处的磁场是由a、b中电流共同产生叠加的结果，可以由场的叠加知识和直线电流磁感线分布特点判定a、b导线中电流分别在P处产生的磁场方向.要使P点磁场向右，就应使a电流的磁场垂直aP斜向上，使b电流的磁场垂直bP斜向下（如图），由安培定那么知应选C.【答案】C5.如图11—23所示的天平可用来测定磁感应强度.天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面.当线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡.当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知图11—23A.磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为(m1-m2）g／NILB.磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为mg／2NILC.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为(m1-m2）g／NILD.磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为mg／2NIL45/45\n【解析】由题可知，当电流方向改为反向时右边需再加质量，天平才能重新平衡，由此可知，电流反向，安培力由向下改为向上，所以磁场方向是垂直纸面向里.m1g=m2g+NBIL+G矩①m1g=m2g+mg-NBIL+G矩②由①②得：mg=2NBIL即：B=【答案】B二、填空题6.如图11—24所示，一带正电的小球沿光滑、绝缘的水平桌面向右运动，飞离桌面后进入匀强磁场，假设小球飞行时间t1后落在地板上，水平射程为s1，着地速率为v1，撤去磁场，其余条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，着地速度为v2，那么它们的关系是s1______s2；t1______t2；v1______v2(填“＞”“=”或“＜”＝图11—24【解析】由于带正电的小球所受的洛伦兹力垂直于速度方向向上，使小球竖直方向的加速度减小，水平分速度增大，故小球在磁场中抛出后运动的时间比没有磁场时长，水平位移比没有磁场时大，即s1＞s2,t1＞t2.由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，故两种情况下小球落地速度大小相等，即v1=v2.图11—25【答案】＞；＞；=7.如图11—25所示，在POQ区域内分布有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，有一束负离子流沿纸面垂直于磁场边界OQ方向从A点射入磁场，已知OA=s,∠POQ=45°，负离子的质量为m，带电量的绝对值为q.做出负离子在磁场中运动的轨迹.要使负离子不从OP边射出，负离子进入磁场时的速度最大不能超过______.【解析】离子不从OP边射出的临界情况为离子运动的圆轨道与OP相切，那么最大半径为R=s+RR=s45/45\n由R=得最大速度为vm=【答案】8.质量为m、带电量为q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，如图11—26所示，假设微粒在电场、磁场、重力场作用下做匀速直线运动，那么电场强度大小E=______,磁感应强度大小B=______.图11—26【解析】分析该微粒受力如图：F1＝qvB；F2＝qE,又由力的平衡可得mg=F2；F1=mg.即：mg=EqBqv=mg所以E=B=【答案】；9.如图11—27所示，平行于纸面向右的匀强磁场B1＝1T，长L=1m的直导线中有I＝1A的恒定电流，导线平行于纸面与B1成θ＝６0°角，发现其所受安培力为零，而将导线垂直纸面放置时，测出其所受安培力大小为2N，那么该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度可能等于______T或______T.图11—27【解析】如图，B合IL=F,B合=2TB2＝T或45/45\nB2＝=T【答案】三、计算题10.如图11—28所示是水平向右的匀强电场（场强为E）和垂直纸面向里的水平匀强磁场（磁感应强度为B）并存的区域.其中有一个足够长的水平光滑绝缘面，面上的O点放一个质量为m、带正电、电量为q的小物块.释放后，物块自静止开场运动.求物块在水平面上滑行的最大位移和物块在水平面上滑动过程中电场力对物块做的功.图11—28【解析】滑块在电场力的作用下向右做匀加速运动，随着速度的增大，它所受的竖直向上的洛伦兹力逐渐增大，当洛伦兹力跟重力大小相等时，滑块将要离开水平面，那么滑块在水平面上滑行的最大速度为Bqvm=mgvm=根据动能定理得电场力做的功为W=物块在水平面上滑行的最大位移为s=【答案】11.ab、cd为平行金属板，板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=100V/m，磁感应强度B=4T.如图11—29所示，一带电量q=1.0×10-8C、质量m=1.0×10-10kg的微粒，以初速度v0=30m/s、垂直板进入板间场区，粒子做曲线运动至M点时速度方向与极板平行，在M点这一带电粒子恰与另一质量和它相等不带电微粒吸附在一起，之后一起做匀速直线运动，不计重力，求：45/45\n图11—29（1）微粒带何种电荷？（2）微粒在M点吸附另一微粒前速度多大？（3）M点距ab板的距离是多大？【解析】（1）根据粒子偏转方向和左手定那么可知料子带负电；（2）由匀速运动条件可得两粒子结合有：qv′B=qE①由动量守恒有：mv=2mv′②由以上两式代入数据解得：v=50m/s(3)粒子吸附前由动能定理得：qEd=mv2-mv02代入数据得M点到ab板距离d=8×10-2m.【答案】(1)负电；（2）50m/s；(3)8×10-2m12.正负电子对撞机的最后局部的简化示意图如图11—30(1)所示(俯视图)，位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，经过加速器加速后的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率v，它们沿管道向相反的方向运动.在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁，即图中的A1、A2、A3……AN，共N个，均匀分布在整个圆环内(图中只示意性地用细实线画出几个，其余的用细虚线表示)，每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下，磁场区域的直径为d.改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度.经过准确调整，实现电子在环形管道中沿图中粗虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一条直径的两端，如图11—30(2)所示.这就为进一步实现正、负电子的对撞作好了准备.图11—30(1)试确定正、负电子在管道内各是什么方向旋转的.(2)已知正、负电子的质量都是m，所带电荷都是元电荷e，重力不计.试求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B的大小.【解析】(1)由于磁场方向向下，且轨迹向内弯，易知正电子逆时针、负电子顺时针旋转.45/45\n(2)设每经一个圆形磁场时偏转角为θ，那么θ=360°/N.AO=,得==【答案】(1)正、负电子分别逆、顺时针旋转；(2)●教学建议1.单元Ⅰ的知识内容较少，且大局部知识是学生在初中就已学习过的，比较熟悉，故该单元复习不要占用太多时间.2.要使学生熟悉那些常见磁场的磁感线的分布，不仅要知道它们的平面分布情况，还要熟悉它们的空间分布情况，做到“心中有图”，从而为复习电磁感应打下根底.3.磁感应强度是中学物理中定义最复杂，学生也最难理解的物理量.复习时要向学生强调指出，检验磁场强弱的通电导体必须是垂直于磁场的方向放置，否那么得出的只能是磁感应强度的分量.因为在检验电场强弱时，规定了正电荷在电场中受力的方向就是该点电场强度的方向，所以在谈到磁感应强度的方向时，学生容易造成负迁移，认为通电导体受磁场力的方向就是该处磁场的方向.因此，在复习时要强调指出，磁感应强度的方向并不沿受力方向，而是与受力方向垂直，遵从左手定那么.4.由于磁场方向、电流方向、安培力方向涉及到三维空间，所以在分析研究该单元的问题时，要注意培养学生的空间想象能力，要求学生要善于把立体图形改画成平面图形，以便于进展受力分析.5.找圆心求半径是求解粒子在磁场中做匀速圆周运动题目的关键，也是学生学习中的难点.为突破这一难点，应使学生掌握处理这一类问题的根本思路和方法.6.带电粒子在磁场及复合场中运动的问题，往往综合性较强，物理过程较复杂.在分析处理该局部的问题时，要充分开掘题目的潜能，利用题目创设的意境，引导学生对粒子做好受力情况分析、运动过程分析，培养学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力.45/45
