1、2015-2016学年辽宁师大附中高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题包括10个小题，每小题6分，共60分1到6题只有一个选项正确，7到10题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得4分，错选或不选的得0分）1如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是（）A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小2图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小
2、相同的电流，方向如图所示一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（）A向上B向下C向左D向右3正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个粒子（不计重力）以一定速度从AB边的中点M沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从AD边的中点N射出若将磁感应强度B变为原来的2倍，其他条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是（）AA点BND之间的某一点CCD之间的某一点DBC之间的某一点4医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触
3、点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160V，磁感应强度的大小为0.040T则血流速度的近似值和电极a、b的正负为（）A1.3m/s，a正、b负B2.7m/s，a正、b负C1.3m/s，a负、b正D2.7m/s，a负、b正5美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多
4、次加速获得较大的能量，使人类在获得以较高能量带电粒子方面前进了一步，如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P处静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）A带电粒子每运动一周被加速一次BP1P2=P2P3C加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D加速电场方向需要做周期性的变化6如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重
5、力则（）A带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3：1B带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为：1C带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：1D带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为1：27如图1，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t=0时刻起，棒上有如图2的持续交变电流I、周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向则金属棒（）A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功8空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率v
6、从边界上的P点以相同的方向射入磁场其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图所示已知电子入射方向与边界夹角为，则由以上条件可判断（）A该匀强磁场的方向是垂直纸面向里B所有电子在磁场中的轨迹相同C速率大于v0的电子在磁场中运动时间长D所有电子的速度方向都改变了29如图所示，两金属板间有水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场和竖直向下的匀强电场一带正电、质量为m的小球垂直于电场和磁场方向从O点以速度v0飞入此区域，恰好能沿直线从P点飞出此区域如果只将电场方向改为竖直向上，则小球做匀速圆周运动，加速度大小为a1，经时间t1从板间的右端a点飞出，a与P间的距离为y1；如果同时撤去电场和磁场，小球加速度大小为a
7、2，经时间t2从板间的右端b点以速度v飞出，b与P间的距离为y2a、b两点在图中未标出，则一定有（）Av0vBa1a2Ca1=a2Dt1t210质谱仪是测带电粒子的质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量，其工作原理如图所示，虚线为某粒子运动轨迹，由图可知（）A此粒子带负电B下极板S2比上极板S1电势高C若只增大加速电压U的值，则半径r变大D若只增大入射粒子的质量，则半径r变大二、实验题（本题5个小题，每道小题2分，共10分）11（10分）（2015秋辽宁校级月考）某研究性学习小组欲用电压
8、表V、电阻箱R、定值电阻R0、开关S和若干导线测定某电池组的电动势在图甲中，根据图乙电路图用笔画线代替导线，将实物图连接成完整的实验电路闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U该学习小组测出大量数据，分析筛选出如表所示的R、U数据，并计算相应的与的值请用表中数据在图丙坐标纸上描点，并作用图线R/16671.450.033.325.020.0U/V7.75.44.53.62.92.5I/R（1021）0.601.402.003.004.005.00I/U/V10.130.190.220.280.340.40从图线中可求得待测电池组的电动势E=V根据该小组设计的实验电路，会存在系统误差
9、，试分析测得的电动势比实际电动势偏（填“大”或“小”）若要测该电池组的内阻，应知道定值电阻的阻值，用多用表测量该定值电阻的表盘指针如图丁所示，欧姆档位如图戊所示，则知定值电阻的阻值是三、计算题（其中12题14分，13题16分）12（14分）（2011潍坊模拟）如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37角的导轨上，取sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN13（16分）（2013耒阳市一
10、模）如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在mx0的区域内有磁感应强度大小B=4.0104T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m一质量m=6.41027kg、电荷量q=3.21019C的带电粒子从P点以速度v=4104m/s，沿与x轴正方向成=60角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力求：（1）带电粒子在磁场中运动时间；（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标2015-2016学年辽宁师大附中高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一
11、、选择题（本题包括10个小题，每小题6分，共60分1到6题只有一个选项正确，7到10题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得4分，错选或不选的得0分）1如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是（）A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 分析：对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题解答：解：导体棒受力如图所示，t
12、an=；A、棒中电流I变大，角变大，故A正确；B、两悬线等长变短，角不变，故B错误；C、金属棒质量变大，角变小，故C错误；D、磁感应强度变大，角变大，故D错误；故选A点评：对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题2图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（）A向上B向下C向左D向右考点：洛仑兹力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，
13、由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向解答：解：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下故B正确，ACD错误故选：B点评：考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，从而确定磁场的大小与方向3正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个粒子（不计重力）以一定速度从AB边的中点M沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从AD边的中点N射出若将磁感应强度B变为原来
14、的2倍，其他条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是（）AA点BND之间的某一点CCD之间的某一点DBC之间的某一点考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：解答本题应抓住：粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式R=根据此公式分析，当将磁感应强度B变为原来的2倍时，粒子的轨迹半径如何变化，由几何知识确定这个粒子射出磁场的位置解答：解：粒子射入磁场中做匀速圆周运动，第一次轨迹的圆心在N点，半径为正方形边长的，若将磁感应强度B变为原来的2倍，根据半径公式R=可知，半径变为正方形边长的，由几何知识得知，粒子转动半周从A点射出磁场故A正确，BCD错误故选A
15、点评：本题的解题关键是根据几何关确定圆心的位置，及由半径的公式确定半径的变化4医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160V，磁感应强度的大小为0.040T则血流速度的近似值和电极a、
16、b的正负为（）A1.3m/s，a正、b负B2.7m/s，a正、b负C1.3m/s，a负、b正D2.7m/s，a负、b正考点：霍尔效应及其应用 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：血液中正负离子流动时，会受到洛伦兹力，发生偏转，正离子往哪一个电极偏转，哪一个电极带正电电极a、b之间会有微小电势差在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零根据平衡可求出血流速度解答：解：血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏则a带正电，b带负电最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零
17、，有，所以v=故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键正握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，前后表面形成稳定的电势差5美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得以较高能量带电粒子方面前进了一步，如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P处静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对于这种改进后的回旋加速器，下列说
18、法正确的是（）A带电粒子每运动一周被加速一次BP1P2=P2P3C加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D加速电场方向需要做周期性的变化考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大解答：解：AD、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次电场的方向没有改变，则在AC间加速故A正确，D错误B、根据r=，则P1P2=2（r2r1）=，因为每转一圈被加速一次，根据v2v12=2ad，
19、知每转一圈，速度的变化量不等，且v3v2v2v1，则P1P2P2P3故B错误C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r= 得，v=知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关故C错误故选：A点评：解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变6如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力则（）A带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3：1B带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为：1C带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动
20、时间比值为2：1D带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为1：2考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由数学知识求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的比荷比值，求出粒子做圆周的圆心角，然后求出粒子的运动时间解答：解：粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：A=120，B=600，设粒子的运动轨道半径为rA，rB，rAsin60=，rA=R，rBsin30=Rsin60，rB=R，A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，=，
21、则粒子1与粒子2的比荷比值为=，故A正确，B错误；C、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=，粒子在磁场中的运动时间：t=T，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为：=，故CD错误；故选A点评：由数学知识求出粒子做圆周运动的轨道半径与粒子转过的圆心角是正确解题的关键7如图1，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t=0时刻起，棒上有如图2的持续交变电流I、周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向则金属棒（）A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功
22、考点：安培力；功的计算 分析：根据左手定则判断出安培力的方向，结合加速度方向与速度方向的关系判断金属棒的运动规律从而得出速度、安培力随时间的变化规律解答：解：A、根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F=BIL知，安培力在第一个内做匀加速直线运动，在第二个内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化故A、B正确C、因为电流周期性变化，则安培力也周期性变化故C正确D、在一个周期内，动能的变化量为零，则安培力在一个周期内做功为零
23、故D错误故选：ABC点评：解决本题的关键掌握安培力的方向判断，会根据金属棒的受力情况判断其运动情况是解决本题的基础8空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图所示已知电子入射方向与边界夹角为，则由以上条件可判断（）A该匀强磁场的方向是垂直纸面向里B所有电子在磁场中的轨迹相同C速率大于v0的电子在磁场中运动时间长D所有电子的速度方向都改变了2考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断磁场方向；电
24、子在磁场中的轨迹与半径有关，由半径公式r=知，速率不同，轨迹半径不同电子在磁场中速度方向改变的角度等于轨迹的圆心角，而电子运动时间与轨迹的圆心角成正比，据此即可分析电子在磁场中运动的长短解答：解：A、由图知，电子在P点受到的洛伦兹力方向沿PO，如图，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向是垂直纸面向里故A正确B、电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，轨迹半径与电子的速率成正比，速率不同，轨迹半径不同，则轨迹就不同故B错误C、D根据圆的对称性可知，所有电子离开磁场时速度方向与PQ线的夹角都是，则所有电子的速度方向都改变了2，由几何知识得知，所有电子轨迹对应的圆心角都是2，则
25、所有电子在磁场中运动的时间都相同故C错误，D正确故选AD点评：本题是磁场中直线边界问题，掌握左手定则和轨迹半径的基础上，抓住圆的对称性，确定速度的偏向角与轨迹的圆心角，即可比较磁场中运动的时间9如图所示，两金属板间有水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场和竖直向下的匀强电场一带正电、质量为m的小球垂直于电场和磁场方向从O点以速度v0飞入此区域，恰好能沿直线从P点飞出此区域如果只将电场方向改为竖直向上，则小球做匀速圆周运动，加速度大小为a1，经时间t1从板间的右端a点飞出，a与P间的距离为y1；如果同时撤去电场和磁场，小球加速度大小为a2，经时间t2从板间的右端b点以速度v飞出，b与P间的距离为y2
26、a、b两点在图中未标出，则一定有（）Av0vBa1a2Ca1=a2Dt1t2考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：根据题意分析各种情况下的运动形式和所对应的力学方程，开始匀速通过时：qvB=mg+Eq，当粒子做匀速圆周运动时，mg=Eq，qvB=，同时撤去电场和磁场时小球做平抛运动，根据不同规律的特点可正确解答解答：解：开始匀速通过时：qvB=mg+Eq当小球做匀速圆周运动时，mg=Eq，qvB=ma1，同时撤去电场和磁场时小球做平抛运动，有：mg=ma2因为qvBmg，因此a1a2，故B正确，C错误；小球做圆周运动时，速度大小不
27、变为v0，小球做平抛运动时，重力做正功，因此速度增大，即v0v，故A正确；小球做圆周运动时，从右端出去的时间为：t1=，s为运动的弧长，平抛运动时：t2=，l为两板之间水平位移，由于sl，因此t1t2，故D错误故选：AB点评：解答带电粒子在复合场中运动的关键是对粒子正确进行受力分析，明确运动形式，根据相应的规律求解10质谱仪是测带电粒子的质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量，其工作原理如图所示，虚线为某粒子运动轨迹，由图可知（）A此粒子带负电B下极板S2比上极板S1电势高C若只增大加速
28、电压U的值，则半径r变大D若只增大入射粒子的质量，则半径r变大考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器的工作原理 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据牛顿第二定律求出轨道半径，从而得知x与什么因素有关解答：解：根据动能定理得，qU=mv2，由qvB=m得：r=A、由图结合左手定则可知，该电荷带正电故A错误B、粒子经过电场要加速，因正电粒子，所以下极板S1比上极板S2电势低故B错误C、若只增大加速电压U，由上式可知，则半径r变大，故C正确，D、若只增大入射粒子的质量，q不变，由上式可知，则半径也变大故D正确故选：CD点评：解决本题的关键利用动
29、能定理和牛顿第二定律求出P到S1的距离，从而得出x与电荷的比荷有关二、实验题（本题5个小题，每道小题2分，共10分）11（10分）（2015秋辽宁校级月考）某研究性学习小组欲用电压表V、电阻箱R、定值电阻R0、开关S和若干导线测定某电池组的电动势在图甲中，根据图乙电路图用笔画线代替导线，将实物图连接成完整的实验电路闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U该学习小组测出大量数据，分析筛选出如表所示的R、U数据，并计算相应的与的值请用表中数据在图丙坐标纸上描点，并作用图线R/16671.450.033.325.020.0U/V7.75.44.53.62.92.5I/R（1021）0.6
30、01.402.003.004.005.00I/U/V10.130.190.220.280.340.40从图线中可求得待测电池组的电动势E=10V根据该小组设计的实验电路，会存在系统误差，试分析测得的电动势比实际电动势偏小（填“大”或“小”）若要测该电池组的内阻，应知道定值电阻的阻值，用多用表测量该定值电阻的表盘指针如图丁所示，欧姆档位如图戊所示，则知定值电阻的阻值是50考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电路图，画出的实物图由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻根据电表的影响分析误差原因解答：解：（
31、1）根据电路图，画出的实物图：（2）根据上表所示实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据坐标系中的点作直线，作出图象：（3）、由闭合电路欧姆定律可得：U=R，变形得：=+，由数学知识可知，图象中的斜率为：k=截距为：b=；由图可知，b=0.1，所以E=10V；（4）因该接法中由于电压表的分流而导致干路电流示数偏小，但电压表是准确的，故图象比真实图象要向上偏，同时，当电路短路时，电压表的分流是可以忽略的，故短路电流是准确的，故图象与横轴的交点不变，所以电动势的测量值小于真实值内阻小于真实值（5）由欧姆表的读数方法可知，电阻读数为：510=50；故答案为：（1）（2）如上图；（3）10；（4）小
32、；（5）50点评：应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，定值电阻串入电路一方向保护电源，同时扩大电源的内阻同时电源的路端电压与电流图象与电流的交点不一定是短路电流，由电压轴是否是从零开始的三、计算题（其中12题14分，13题16分）12（14分）（2011潍坊模拟）如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37角的导轨上，取sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN考点：共点力平衡
33、的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度 专题：图析法；共点力作用下物体平衡专题分析：（1）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到安培力，最后求出磁场的磁感应强度；（2）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到支持力，最后得到每个圆导轨对导体棒的支持力大小解答：解：（1）从右向左看受力分析如图所示：由受力平衡得到：解得：即磁场的磁感应强度B的大小为（2）两个导轨对棒的支持力为2FN，满足：2FNcos37=mg解得：即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为点评：本题难点在于题图是立体图形，受力分析时力图难以构建，关键是将题图
34、转化为平面图，再作图分析13（16分）（2013耒阳市一模）如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在mx0的区域内有磁感应强度大小B=4.0104T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m一质量m=6.41027kg、电荷量q=3.21019C的带电粒子从P点以速度v=4104m/s，沿与x轴正方向成=60角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力求：（1）带电粒子在磁场中运动时间；（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
35、；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出半径，作出轨迹，由几何知识找出圆心角，求出运动时间（2）粒子进入匀强电场，只受电场力，做类平抛运动，根据运动的分解，求出粒子离开电场时的速度偏向角为，由数学知识求出Q点的横坐标解答：解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB=m，代入数据得：r=2m，轨迹如图1交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60在磁场中运动时间t=T=，代入数据得：t=5.23105s； （2）带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动粒子在电场中加速度a=2.0108m/s2运动时间：t1=5.0105s沿y方向分速度vy=at1=1.0104m/s沿y方向位移y=at12=0.25m粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点t2=7.5105s故Q点的坐标为：x=d+vt2=2+47.5105m=5.0m；答：（1）带电粒子在磁场中运动的时间为5.23105s；（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标为5m点评：本题是磁场和电场组合场问题，考查分析和解决综合题的能力，关键是运用几何知识画出粒子的运动轨迹，属于较难题目
