1、专题11 磁场一、单选题1下列说法正确的是（）A. 密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值B. 卡文迪许最先通过实验测出了静电力常量C. 库仑研究了电荷之间的作用力，安培提出了电荷周围存在着它产生的电场D. 奥斯特发现了判定电流产生磁场方向的右手螺旋定则【答案】 A【解析】密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值,选项A正确；卡文迪许最先通过实验测出了万有引力常量，选项B错误；库仑研究了电荷之间的作用力，法拉第提出了电荷周围存在着它产生的电场，选项C错误；安培发现了判定电流产生磁场方向的右手螺旋定则，选项D错误；故选A.2如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向
2、(垂直于纸面向里)垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且abcbcd135。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()A. 方向沿纸面向上，大小为(1)ILBB. 方向沿纸面向上，大小为(1)ILBC. 方向沿纸面向下，大小为(1)ILBD. 方向沿纸面向下，大小为(1)ILB【答案】 A点睛：本题也可求出ab、bc和cd所受安培力的大小和方向，然后合成。3如图所示，a、b是两根垂直纸面的通有等值电流的直导体，两导线外有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为A. 都向纸里B. 都向纸外C. a中电流方向向纸外，
3、b中向纸里D. a中电流方向向纸里，b中向纸外【答案】 C【解析】A、若a、b中均向纸外，根据安培定则判断可知：a在p处产生的磁场Ba方向垂直于ap连线向上，b在p处产生的磁场Bb方向垂直于连线向上，根据平行四边形定则进行合成，P点的磁感应强度方向竖直向上，如图所示，故A错误；B、若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下故B错误；C、若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向水平向右故C正确；D、若a中向纸里，b中向纸外，同理可知，则得P点的磁感应强度方向水平向左故D错误；故选C。4如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流，L1中电流
4、方向与L2、 L3中的相同，下列说法正确的是（ ）A. L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B. L2所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面平行C. L3在L1处的磁场方向与L1、L2所在平面垂直D. L2与L3在L1处的合磁场方向与L1、L2所在平面平行【答案】 A5一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连，高频交流电周期为T，下列说法正确的是A. 质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大B. 质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大C. 只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D
5、. 不需要改变任何量，这个装置也能用于加速粒子【答案】 A【解析】A、由得 ,当时,v最大, ,由此可以知道质子的最大速度随B、R的增大而增大，故A正确；B、由得 ,当时,v最大, ,由此可以知道质子的最大速度只与粒子本身的荷质比,加速器半径,和磁场大小有关,与加速电压无关,故B错误;C、考虑到狭义相对论,任何物体速度不可能超过光速,故C错误;D、此加速器加速电场周期 ,加速粒子时 ,两个周期不同,不能加速粒子.故D错误; 综上所述本题答案是：A6教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别
6、与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）A. 图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变B. 图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C. 图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D. 图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动【答案】 C【解析】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力
7、方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误；故选C.7如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给超级电容器C充电，弹射时
8、，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。则下列说法正确的是 （ ）A. 电源给电容器充电后，M板带正电B. 导体棒在安培力作用下向右运动C. 超级电容器相当电源，放电时两端电压不变D. 在电容器放电过程中，电容器电容不断减小【答案】 B【解析】电容器下极板接正极，所以充电后N乙极带正电，故A错误；放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故B正确；电容器放电时，电量和电压均减小，故C错误；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误故选B点睛：本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左
9、手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由导体本身的性质决定8如图所示，a、b为竖直正对放置的平行金属板构成的偏转电场，其中a板带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一带正电粒子以速度v0从两板中间位置与a、b平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x（M、N点图中未画出），从N点射出的速度为v，则以下说法中正确的是A. 只增大带电粒子的比荷大小，则v减小B. 只增大偏转电
10、场的电压U的大小，则v减小C. 只减小初速度v0的大小，则x不变D. 只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变【答案】 D【解析】粒子在电场中，水平方向；竖直方向，；，解得，则只增大带电粒子的比荷大小，则v增大，选项A错误；只增大偏转电场的电压U的大小，则E变大，v变大，选项B错误；减小初速度v0的大小，则导致进入磁场的速度减小，由半径公式R=，可知，导致半径减小，则x也减小，故C错误；减小偏转电场的电压U的大小，设速度与磁场边界的夹角为，则由半径公式，结合几何关系，可得：x=2Rsin=，则会导致x不变，故D正确；故选D点睛：考查粒子做类平抛运动与匀速圆周运动的处理规律，掌握圆周运动的半径公式
11、，注意运动的合成与分解的方法9如图所示，平行板电容器的两个极板与水平方向成角，极板间距为d，两极板M、N与一直流电源相连，且M板接电源正极，MN间电势差为U，现有一带电粒子以初速度v0进入并恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器。若将电容器撤走，在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，使该粒子仍以原来初速度进入该区域后的运动轨迹不发生改变，则所加匀强磁场的磁感应强度方向和大小正确的是 A. 垂直于纸面向里 B. 垂直于纸面向里 C. 垂直于纸面向外 D. 垂直于纸面向外 【答案】 C【解析】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受
12、力如图所示因为上极板带正电，电场力方向与板间场强方向相反，故微粒带负电；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，在竖直方向：在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，粒子做直线运动，由于粒子受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，则根据二力平衡可知，洛伦兹力的方向向上根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向外根据二力平衡得：所以：C正确；ABD错误；故选C。10如图所示，MN和PQ表示垂直于纸面的两个相互平行的平面，在这两个平面之间的空间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其中磁场方向与纸面垂直。一个带电粒子以某一初速度由MN平面上的A点沿垂直MN平面的方向进入
13、这个场区恰能沿直线运动，并从PQ平面上的C点离开场区，AC连线与两平面垂直。如果这个区域只有电场，其他条件不变，则粒子从PQ平面上的B点离开场区；如果这个区域只有磁场，其他条件不变，则粒子从PQ平面上的D点离开场区。若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3，运动的加速度大小分别为a1、a2和a3，不计空气阻力及粒子所受重力的影响，则下列判断中正确的是（ ）A. t1=t2=t3，a1a2a3B. t2t1t3，a1a3a2C. t1=t2t3，a1t2， a1=a3a2【答案】 C【解析】试题分析：带电粒子分别在复合场、电场、磁场中做匀速直线运动、类平抛运动、匀速圆周运动，
14、比较三种情况下带电粒子在两个相互平行平面之间运动时间及加速度大小各自由相应规律表示出时间和加速度，从而得到结论在复合场中，带电粒子做匀速直线运动，则有Eq=Bqv，则有E=Bv在复合场中的时间，而在单一电场中水平方向也是做匀速直线运动，所以运动的时间，而在单一磁场中做匀速圆周运动，运动的时间，由于两平面之间，所以时间关系为到于加速度，在复合场中，单一电场中和磁场中的加速度由电场力和洛仑兹力产生，但两种力相等，所以，但方向不同，即，故C正确11一个静止的铀核，放射一个粒子而变为钍核，在匀强磁场中的径迹如图所示，则正确的说法( )A. 1是，2是钍 B. 1是钍，2是C. 3是，4是钍 D. 3是
15、钍，4是【答案】 B【解析】一个静止的铀核发生衰变后变为钍核，粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据动量守恒定律知，两粒子的动量大小相等，速度方向相反，都为正电，根据左手定则，为两个外切圆；根据，因两粒子的动量大小相等、磁感应强度B相同，则电量大的轨道半径小，知1是钍核的径迹，2是粒子的径迹，B正确，ACD错误，选B【点睛】衰变生成的新核与粒子动量守恒，根据左手定则判断粒子的受力方向，从而判断出是内切圆还是外切圆12如图所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体（含正、负离子）沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后（ ）
16、A. 离子可能向N磁极偏转B. A板聚集正电荷C. R中有向上的电流D. 离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功【答案】 C【解析】由左手定则知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，离子不可能向N磁极偏转，A、B错误；电路稳定后，电阻R中有向上的电流，C正确；因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功，D错误，故选C.13在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场中做匀速圆周运动，则( )A. 粒子的速率加倍，周期减半B. 粒子的速率不变，轨道半径减半C. 粒子的速率减半，轨道半径变为原来的D. 粒子的速率不变，周期不变【
17、答案】 B【解析】由洛伦兹力提供向心力，解得；，解得。A、D项，由动能定理，洛仑兹力对粒子不做功，所以粒子的速率不变，磁感应强度是原来的2倍，则周期减半，故A、D项错误。B、C项，由上面分析可知，粒子的速率不变，磁感应强度是原来的2倍，半径减半，故B项正确，C项错误。综上所述，本题正确答案为B。14有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是A. 静止不动B. 向纸外平动C. N极向纸外，S极向纸内转动D. N极向纸内，S极向纸外转动【答案】 C15如图所示，质量为m的金属导体棒MN被两根轻质柔软的细导线吊在一个绝缘支架上，细导线的另一端与电源和开关相连，构成闭
18、合回路，金属棒可做自由摆动，其接入电路部分的长度为L，在竖直方向上有磁感应强度为B的匀强磁场，初始时刻，开关处于断开状态，导体棒MN静止不动，现把开关闭合后，发现导体棒摆动的最大摆角是，则导体棒中通有的电流I为(重力加速度为g)A. B. C. D. 【答案】 D【解析】根据动能定理得，解得，故选D。16在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图所示，下列说法正确的是A. 新核为B. 轨迹1是新核的径迹C. 衰变过程中子数不变D. 新核沿顺时针方向旋转【答案】 A【解析】发生衰变时动量守恒，放出
19、的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是粒子，所以发生的是衰变，衰变把一个中子转化为质子，放出一个电子，中子数减小，粒子是电子，根据质量数守恒和电荷数守恒，配平核反应方程式，可知衰变方程为，故新核是，A正确C错误；静止的发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式可知半径与电荷量q成反比，新核的电荷量q大，所以新核的半径小，所以轨迹2是新核的轨迹，B错误；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知：新核要沿逆时针方向旋转，D错误17如图所示，用相同导线绕成的两个单匝
20、线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（）A. 任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1：4B. a、b两线圈中产生的感应电动势之比为1：2C. a、b两线圈中产生的感应电流之比为4：1D. 相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1【答案】 D【解析】A、任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1故A错误B、根据法拉第电磁感应定律得：E=S，S=r2，则S相等，也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误C、线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2
21、，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知 I=，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1故C错误D、根据焦耳定律得 Q=t，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D正确故选：D18如图所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场共存的场区，三个速度不同的质子沿垂直电场线和磁感线方向从同一点射入场区，其轨迹为图中、三条虚线设三个质子沿轨迹、进入场区时速度大小分别为v1、v2、v3，射出场区时速度大小分别为v1、v2、v3，不计质子所受到的重力，则下列判断正确的是 （ ）A. v1v2v3，v1v1，v3v3 B. v1v2v3，v1v1，v3v3C. v1v2v3，v1v1，v3v3 D.
22、 v1v2v3，v1v1，v3v3【答案】 A【解析】质子重力不计，根据左手定则知，质子所受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，沿轨迹的质子洛伦兹力大于电场力，即qv1BqE，沿轨迹的质子洛伦兹力等于电场力，即qv2B=qE，沿轨迹的质子洛伦兹力小于电场力，即qv3BqE，可知v1v2v3沿轨迹的质子运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v1v1，沿轨迹的质子运动过程中，速度不变，v2=v2，沿轨迹的质子运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v30）的同种粒子（粒子间相互作用不计），同一时刻从OC边以平行于x轴方向射入磁场粒子射入磁场前间距均匀（极小）、
23、速度相同从OC边射出的粒子占粒子总数75%不计重力下列说法正确的是( )A. 粒子在磁场中按顺时针方向运动B. 粒子在磁场中运动时间最长为C. 粒子速度大小为D. 粒子在磁场中运动时间最短为【答案】 BC【解析】试题分析：粒子运动方向运用左手定则分析；根据周期公式结合转过的最大和最小圆心角，即可求出粒子运动的最长和最短时间；根据题中所给的从OC边射出粒子百分比，利用几何关系求出粒因为粒子从OC边均匀射入，75%粒子能从OC边射出，故OC边75%长度射入的粒子能从OC射出，即：从OP段入射的粒子均能从OC边射出，CP段入射粒子不能从OC边射出，可知，根据几何关系可得，解得粒子轨迹半径，根据洛伦兹
24、力提供向心力可得：，联立式可得粒子速度大小，C正确；从C点入射的粒子在磁场中运动时间最短为0，故D错误；9关于磁化的说法正确的是（ ）A. 磁化就是磁铁的磁性跑到其它物体的现象B. 物体被磁化实际上磁畴的排列变得整齐有序C. 外磁场撤消后，物体磁畴的排列方向仍有规律的材料叫做硬磁性材料D. 电磁铁的材料是由硬磁性材料制造的【答案】 BC【解析】物体被磁化实际上磁畴的排列变得整齐有序，并不是磁性跑到其它物体的现象，故B正确，A错误；外磁场撤消后，物体磁畴的排列方向仍有规律的材料叫做硬磁性材料，故C正确；电磁铁要在通电时有磁性，断电时失去磁性，所以要用软磁性材料制造，故D错误。所以BC正确，AD错
25、误。10在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）A. 伽利略发现了行星运动的规律B. 卡文迪许通过实验测出了万有引力常量C. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D. 安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献【答案】 BD【解析】开普勒发现了行星运动的规律，A错误；卡文迪许通过扭秤实验测得了万有引力常量，B正确；伽利略通过理想斜面实验首次提出力不是维持物体运动的原因，C错误；安培提出了安培分子电流假说，D正确11下列关于电场、磁场的说法正确的是（）A. 沿着电场线的方向，场强越来越小B. 沿着电场线的方向，
26、电势越来越低C. 洛仑兹力方向一定与磁场方向垂直D. 洛伦兹力为零的地方磁感应强度也为零【答案】 BC【解析】试题分析：电场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，而通电导线放入磁场中不一定有磁场力的作用；电场线的疏密表示电场强度的强弱，而电场线方向与强弱无关，而沿着电场线的方向，电势是降低的；根据左手定则可判定洛伦兹力与磁场及运动方向的关系沿着电场线的方向，场强可能越来越小，也可能越来越大，也可能不变，A错误；沿着电场线的方向，电势越来越低，B正确；由左手定则可知，洛仑兹力方向一定与磁场方向垂直，C正确；当带电粒子的运动方向与磁场平行时，洛伦兹力为零，但磁场不为零，D错误12有一种油电混合动力汽
27、车，既可以利用车载电池使用清洁的电力能源，也可以使用更加方便的汽油，受到人们的欢迎这类汽车有一种技术：安装一个电池充电系统，车轮转动通过传动系统带动发电机的转子转动，从而可以给电池充电，而电池充的电又可以作为汽车行驶的能量来源关于这项技术，说法正确的是（）A. 在给电池充电过程中，转子所受的安培力不可能作为汽车的动力B. 该充电系统应该一直开启，不论汽车是在正常行驶阶段还是刹车阶段，都可以给电池充电C. 该充电系统只应该在刹车阶段开启，部分动能转化为电池存储的化学能D. 该技术没有意义，因为从能量守恒来看，这些能量归根结底来源于汽油【答案】 AC【解析】在给电池充电过程中，转子所受的安培力只能
28、是阻力，否则违背能量守恒定律，A正确；该充电系统应该在减速阶段开启，加速阶段不应该开启，B错误；该充电系统只应该在刹车阶段开启，部分动能转化为电池存储的化学能，C正确；该技术有意义，电池可以用外电路充电，可以将刹车过程的动能先转化为电能储存起来，D错误13带电粒子处于匀强电场和匀强磁场中，则 （ ）A. 若带电粒子初速度为零，则它一定作匀变速直线运动B. 若带电粒子初速度为零，则它可能作曲线运动C. 若带电粒子初速度不为零，则它可能作匀速直线运动D. 若带电粒子初速度不为零，则它可能作匀变速直线运动【答案】 BCD【解析】若电场的方向与磁场的方向平行，带电粒子的初速度为零，则带电粒子做匀变速直
29、线运动；若电场的方向与磁场的方向不平行，带电粒子的初速度为零，则带电粒子做曲线运动，A错误B正确；若带电粒子的初速度不为零，则带电粒子可能受到的电场力与洛伦兹力等大反向，粒子做匀速直线运动，C正确；若带电粒子的初速度不为零，并且电场方向和磁场方向平行，初速度方向与磁场方向平行，则粒子不受洛伦兹力，在电场力作用下做匀变速直线运动，D正确；14在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。圆边上的P处有一粒子源，不断沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示。现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为R的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则都从由
30、P点开始弧长为R的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则()A. 前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r1r2B. 前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r1r223C. 前、后两次磁感应强度的大小之比为B1B2D. 前、后两次磁感应强度的大小之比为B1B2【答案】 AD【解析】当磁感应强度为B1时，粒子半径为r1，粒子运动情况如图所示，由洛伦兹力提供向心力可得：，根据几何关系有：，联立解得：，当磁感应强度为B2时，粒子半径为r2，粒子运动情况如图所示，由洛伦兹力提供向心力可得：，根据几何关系有：，联立解得：，由此可得：前后两次粒子运动的轨迹半径比为：，故A正确，B错误；前后两次磁感应强度的大小之比：，
31、故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。15某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将A. 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B. 左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C. 左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D. 左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉【答案】 AD转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项D正确；故选AD。【名师点睛
32、】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方向的变化分析安培力的方向变化情况。 一、解答题1如图所示，电场强度为E、方向平行于纸面的匀强电场分布在宽度为L的区域内，一个离子以初速度v0垂直于电场方向射入匀强电场中，穿出电场区域时发生的侧移量为h。在同样的宽度范围内，若改用方向垂直于纸面的匀强磁场，使同样的离子以相同的初速度穿过磁场区域时发生的侧移量也为h，即两次入射点与出射点均相同，不计离子所受重力。（1）求该离子的电性和比荷（即电荷量q与其质量m的比值）；（2）求匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；【答案】（1）带正电，（2），垂直纸面向外【解析】（1
33、）离子在电场中受到竖直向下的电场力，与电场方向相同，故带正电在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有，竖直方向有，而联立以上几式可得：；（2）当变为匀强磁场后，离子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动由几何关系有：；洛仑兹力提供向心力：；联立以上几式可得：方向垂直纸面向外2如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场垂直平面向里，磁感应强度大小为B。匀强电场（图中为画出）方向平行于平面，小球（可视为质点）的质量为m.带电量为，已知电场强度大小为，g为重力加速度。（1）若匀强电场方向水平向左，使小球在空间中做直线运动，求小球
34、在空间中做直线运动的速度大小和方向；（2）若匀强电场在平面内的任意方向，确定小球在平面内做直线运动的速度大小的范围。【答案】（1）斜向下与x轴方向夹角为（2）【解析】解：由题意可知小球做匀速直线运动，受力分析如图所示：匀速直线运动速度大小为：方向如图，斜向下与x轴方向夹角为。（2）小球做直线运动的条件为：洛伦兹力与电场力和重力的合力为一对平衡力，当电场在平面内方向任意时，电场力与重合合力最大值为，最小值为零则：，得到：。3如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为45，紧靠磁场右上边界放置长为L，间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在
35、同一水平面上，O1、O2是电场左右边界中点在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）某时刻从O点竖直向上同时发射两个相同的粒子a和b，质量为m，电量为+q，初速度不同粒子a在图乙中的t=时刻，从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出粒子b恰好从M板左端进入电场（不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知）求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；（2）粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间；（3）如果交变电场的周期，要使粒子b能够穿出板间电场，求这电场强度大小E0满足的条件【答案】(1) (2) (3)【解析】(1)如图所示，粒子a、b在磁场中均速转过
36、90，平行于金属板进入电场(2)粒子a在磁场中运动轨迹如图在磁场中运动周期为： 在磁场中运动时间：粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为 由则全程所用时间为：(3)粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开磁场，a比b进入电场落后时间 故粒子b在t=0时刻进入电场由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，b在电场中运动的时间是，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即 粒子b在内竖直方向的位移为粒子在电场中的加速度由题知粒子b能穿出板间电场应满足nyd解得【点睛】本题考查了带电粒子在电场与磁场中
37、的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题4如图所示，虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场和另一未知匀强电场（未画），一电子从A点沿直径AO方向以速度v射入该区域。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受的重力。（1）若电子做直线运动，求匀强电场的电场强度E的大小和方向；（2）若撤掉电场，其它条件不变，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为，求圆形磁场区域的半径r和电子在磁场中运动的时间t。【答案】（1）；垂直OA竖直向下（2）；【解析
38、】(1) 若电子做直线运动，据得场强垂直OA竖直向下。（2）若撤掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为，轨迹如图：则解得：找出轨迹圆的圆心,如图所示，由几何关系得：解得：设电子做匀速圆周运动的周期为T，有：电子在磁场中运动的时间为：解得：点睛：带电粒子在磁场中的运动，关键是根据条件画出对应的轨迹，根据几何关系求出对应半径，然后使用半径公式或周期公式求解对应问题。5如图所示，竖直平面xOy内有三个宽度均为首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG。三个区域中分别存在方向为y、y、x的匀强电场，且电场区域竖直方向无限大，其场强大小比例为212。现
39、有一带正电的物体以某一初速度从坐标为(0，)的P点射入ABFE场区，初速度方向水平向右。物体恰从坐标为(2，/2)的Q点射入CDHG场区，已知物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为，物体可以视为质点，求：(1)物体进入ABFE区域时的初速度大小；(2)物体在ADHE区域运动的总时间；(3)物体从DH边界射出位置的坐标【答案】（1）（2）（3）(2)在ABEF区域对物体进行受力分析，在竖直方向有：2qE=mg物体做匀速直线运动，有：，在BCGF区域，物体做类平抛运动，有：,在Q点竖直方向速度为：则Q点速度为：，与水平方向夹角为45在CDHG区域由于2qE=mg对物体进行受力
40、分析，mg，与水平方向夹角为45，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动运动到x轴过程，根据运动学公式，有：解得：所以有：(3)物体在ABFE区域做匀速直线运动，在BCGF区域物体做类平抛运动，偏移量为在CDHG区域，沿与水平方向夹角为45，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为L，则物体从DH边界射出位置的坐标为【点睛】此题是带电体在电场和重力场的复合场中运动的问题，关键是分析物体的受力情况和运动情况类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究，匀加速直线运动根据牛顿定律和运动学公式结合研究6如图所示，在直角坐标系平面内，有一质量为m、电荷量为+q的电荷从原点O沿y轴正方向以速度v0出发，电荷重力不
41、计现要求该电荷能通过点P(a，b)试设计在电荷运动的某些空间范围内加上某种“场”后电荷就能过P点的2种方案，要求运用物理知识求解(1)说明电荷由O到P的运动性质并在图中绘出电荷运动轨迹；(2)用必要的运算说明你设计的方案中相关物理量的表达式(用题设已知条件和有关常数)【答案】见解析；【解析】方案（1）在第一象限加垂直纸面向外的磁场B，磁场只存在于x轴上方，使电荷做半径为的半个圆运动，然后匀速直线运动到P，由，可得需要加的匀强磁场，轨迹如图粒子在电场中做圆周运动，半径为R2由几何关系知（a-R2）2+b2=R22解得，由牛顿第二定律得由此得7如图所示，M、N 为加速电场的两极板，M 板中心有一小
42、孔Q，其正上方有一圆心为O、半径R12m 的圆形区域，另有一内径为R1 外径R24m 的同心环形匀强磁场区域，区域边界与 M板相切于 Q 点，磁感应强度大小，方向垂直于纸面向里。一比荷q/m=1108C/ kg的带正电粒子从紧邻N 板上的P 点由静止释放，经加速后通过小孔Q，垂直进入环形磁场区域。P、Q、O 三点在同一竖直线上，不计粒子重力，且不考虑粒子的相对论效应。（1）若加速电压U02104V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0；（2）要使粒子能进入中间的圆形区域，加速电压U 应满足什么条件？【答案】（1）2106ms（2）U25107V【解析】(1)粒子在匀强电场中运动的过程中,由动能定理
43、有：解得：v0=2106m/s.(2)粒子刚好不进入中间圆形区域的轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系有：设粒子在环形磁场中做匀速圆周运动的速度大小为v，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=设对应的加速电压为U1，对粒子在匀强电场中运动的过程，根据动能定理：qU1=mv2/2，可得：U1=5107V故要使粒子能进入中间的圆形区域,加速电压U应满足的条件为：UU1=5107V.8平面OM和水平面ON之间的夹角为，其横截面如图所示，平面OM和平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外匀强电场的方向竖直向上，一带电小球的质量为m，电荷量为q
44、，带电小球沿纸面以大小为的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场，（P未画出）求：（1）判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？（2）带电小球离开磁场的射点P到两平面交点O的距离S多大？（3）带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏上，求此点到O点的距离多大？【答案】（1）正电荷，；（2）；（3）.（2）小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力作为向心力由牛顿第二定律得：，解得：根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示Q点为运动轨迹与ON相交的点，
45、I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨道的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，所以OP的长度S为：（3）带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设打在光屏上的T点，竖直位移为y水平位移：，解得：竖直位移：由几何关系得：图中OT的距离【点睛】本题考查了带电小球在复合场中的运动，小球所受电场力与重力合力为零，洛伦兹力提供向心力，小球在复合场中做匀速圆周运动，分析求出小球的运动过程、作出小球运动轨迹是解题的前提与关键9质谱仪是一种测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加
46、速电场区加速后，再通过狭缝S2，从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点（图中未画出）接受到该粒子，且GF=R，求该粒子的比荷。（粒子的重力忽略不计）【答案】【解析】带电粒子在加速电场中，由动能定理有：带电粒子运动轨迹如图：由几何关系可得：解得 =30由图可得解得由解得：10如图所示，在xoy平面直角坐标系第一象限内分布有垂直向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5102T，在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN（中心轴线过y轴），极板间距d=0.4m，极板与左侧电路相连接通过移动滑动头P可
47、以改变极板MN间的电压a、b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀），a、b两端所加电压U=在MN中心轴线上距y轴距离为L=0.4m处有一粒子源S，沿x轴正方向连续射出比荷为=4.0106C/kg，速度为vo=2.0104m/s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场后从x轴射出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）（1）当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小（2）当滑动头P在ab间某位置时，粒子射出极板的速度偏转角为，试写出粒子在磁场中运动的时间与的函数关系，并由此计算粒子在磁场中运动的最长时间【答案】（1）2.1104m/s（2），最长时间为2.6105s【解析
48、】解：（1）当滑动头P在ab正中间时，极板间电压U=，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度为vy： vy=at L=v0t粒子射入磁场时速度的大小设为联立解得：（2）当滑动头P在a端时，粒子在磁场中运动的速度大小为v0，有 解得：R0=0.2m设粒子射出极板时速度的大小为v，偏向角为，在磁场中圆周运动半径为R根据速度平行四边形可得： 又，得R=由可得：粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示圆心为O，与x轴交点为D，设ODO=，根据几何关系：又：解得：sin=sin，得=粒子在磁场中运动的周期为T：粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为则粒子在磁场中运动的时间：，得t=由此结果可知
49、，粒子射入磁场时速度偏转角越大，则粒子在磁场中运动的时间就越大假设极板间电压为最大值时粒子能射出电场，则此粒子在磁场中运动的时间最长由（1）问规律可知当滑动头P在b端时，粒子射入磁场时沿y方向的分速度：y方向偏距：ym=，说明粒子可以射出极板此时粒子速度偏转角最大，设为m，则tanam=，得故粒子在磁场中运动的最长时间：，得代入数值得：tm2.6105s11如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，)点
50、，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成30角，不计粒子所受的重力求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值，并求粒子从P点到离开第象限所经历的时间【答案】(1) ；（2）2v0，速度方向指向第象限与x轴正方向成60角；（3），【解析】试题分析：（1）、（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律可求解电场强度E和在a点的速度大小和方向；（3）粒子在进入磁场时的速度根据（1）可求解，粒子在磁场中受洛伦兹力作用做圆周运动
51、，根据几何关系可求得半径r，从而可求磁场强度；分段求出粒子在电场、磁场中、及出磁场后的时间，三段时间之和即为所求总时间（1）运动过程如图所示设粒子在电场中运动的时间t，则有水平方向：竖直方向：在电场中有：联立得：（2）粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度则，则，即粒子在a点速度方向指向第象限与x轴正方向成角（3）因为粒子从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成角，且，所以粒子只能从磁场的ab边射出，当粒子从b点射出时，r最大，此时磁场的磁感应强度有最小值，由几何关系得：rL故运动的总时间【点睛】带电粒子在电磁场中的做类平抛运动，由类平抛运动的规律求解电场强度和在a点的速度；在磁场中要分析当
52、粒子从b点射出时，r最大，此时磁场的磁感应强度有最小值，由磁场运动规律求出最小磁感应强度12如图所示，在直角坐标系平面内，有一质量为m、电荷量为+q的电荷从原点O沿y轴正方向以速度v0出发，电荷重力不计现要求该电荷能通过点P(a，b)试设计在电荷运动的某些空间范围内加上某种“场”后电荷就能过P点的2种方案，要求运用物理知识求解(1)说明电荷由O到P的运动性质并在图中绘出电荷运动轨迹；(2)用必要的运算说明你设计的方案中相关物理量的表达式(用题设已知条件和有关常数)【答案】见解析；【解析】方案（1）在第一象限加垂直纸面向外的磁场B，磁场只存在于x轴上方，使电荷做半径为的半个圆运动，然后匀速直线运
53、动到P，由，可得需要加的匀强磁场，轨迹如图方案（2）：磁场方向垂直纸面向里，如果粒子的运动半径正好等于b，且磁场区域只存在于EF的左上方，EF与x轴成450，则即可达到题中的要求：由，得方案（3）粒子由O到P的轨迹如图所示粒子在电场中做圆周运动，半径为R2由几何关系知（a-R2）2+b2=R22解得，由牛顿第二定律得由此得13在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示，M、N为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ，在MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，图中E0、B0、k均为已知量。t=0时刻
54、，比荷q/m=k的正粒子以一定的初速度从O点沿水平方向射入极板间，在0-t1（）时间内粒子恰好沿直线运动，时刻粒子打到荧光屏上。不计粒子的重力，涉及图象中时间间隔时取0.8 =，1. 4 =，求：(1) 在时刻粒子的运动速度v(2)在时刻粒子偏离O点的竖直距离y(3)水平极板的长度L。【答案】（1），方向与水平方向成45o角向下（2）()（3）【解析】（1）在0t1时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，则： 得 在t1t2时间内，粒子在电场中做类平抛运动，则： 由：得： 即v与水平方向成45o角向下（2）在电场中做类平抛运动向下偏移：在此处键入公式。 在t2t3时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运
55、动，运动周期 在磁场中运动时间，即圆周运动的圆心角为，此时速度恰好沿水平方向 磁场中，由得 偏离的竖直距离：（3）在t3时刻进入电场时以初速度：做类平抛运动， 再次进入磁场时，由得即v与水平方向成45o角向下由得： 综上可得：长度：14如图所示，在xOy坐标系中，在yd的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在dy2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y=2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为，粒子的重力不计。（1）要使粒子不打到挡板上，
56、磁感应强度应满足什么条件？（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P（4d，0）（图中未画出），求磁感应强度的大小。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由初速度、匀加速直线运动的位移、加速度等求出末速度的大小和方向，进入磁场后做匀速圆周运动由洛仑兹力提供向心力和轨迹圆与金属板相切的几何关系求出最小的磁感应强度粒子再次回到电场时做斜抛运动，再次到达x轴时速度恰恰水平，这样粒子在x轴所以，粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切设粒子在磁场中运动半径为R，洛仑兹力提供向心力由几何关系，得故要使粒子不打到挡板上，（2）粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离调节磁场粒子通
57、过P点，回旋次数，n为整数，只能取n=2和n3n=2时，此时磁场n=3时，此时磁场15如图，绝缘平板S放在水平地面上，S与水平面间的动摩擦因数=0.4，两足够大的平行金属板P、Q通过绝缘撑架相连，Q板固定在平板S上，P、Q间存在竖直向上的匀强电场，整个装置总质量M=0.48kg，P、Q间距为d=lm，P板的中央有一小孔给装置某一初速度，装置向右运动。现有一质量m=0.04kg、电量q=+110-4C的小球，从离P板高h=1.25m处静止下落，恰好能进入孔内，小球进入电场时，装置的速度为=5m/s。小球进入电场后，恰能运动到Q板且不与Q板接触，忽略平行金属板外部的电场对小球运动的影响。不计空气阻
58、力，g取10m/s2。(1)求匀强电场的场强大小E；(2)求当小球第一次返回到P板时，装置的速度；(3)小球第一次与P板碰撞时间极短，碰后速度大小不变，方向反向，碰后电量变为q =-410-4C。求从小球进入电场到第二次到达Q板过程中，绝缘平板S与地面因为摩擦而产生的热量。(由于小球帶电量很小，碰撞过程对P、Q上的电荷分布的影响可以忽略，可认为碰撞前后两金属板间的电场保持不变)【答案】（1）9103N/C （2）1.2m/s （3）5.7096J【解析】(1)小球下落到Q板时速度为零，从最高点到最低点过程，由动能定理得：mg(h+d)Eqd=0,解得：E=9103N/C；(2)小球在电场中的加
59、速度：a=（qEmg）/m=（110491030.0410）/0.04=12.5m/s2小球在电场中运动的时间：t2=，小球进入电场后,装置的加速度：a=(Mg+qE)/M=4.75m/s2当小球第一次返回到P板时,装置的速度：v2=v1at2=54.750.8=1.2m/s；(3)小球从进入电场到小球返回到P板过程中装置的位移：，热量：Q1=(Mg+Eq)x1,解得：Q1=5.6544J，小球与P板碰撞之后速度v0=5m/s，在之后的运动过程中：小球的加速度：a=（mg+qE）/m=（0.0410+41049103）/0.04=100m/s2小球从P板运动至Q板的时间： ,解得：t3=0.1
60、s，装置的加速度：a2=(MgqE)/M=0.4(0.481041049103)/0.48=1m/s2装置在这段时间内的位移：,热量：Q2=(MgEq)x2，解得：x2=0.115m,Q2=0.0552J,产生的总热量：Q总=Q1+Q2=5.7096J；16如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点已知OP=l，OQ=2l不计重力求：（1）M点与坐标原点O间的距离；（2
61、）粒子从P点运动到M点所用的时间【答案】（1）6L；（2）【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为，则 由牛顿第二定律得：qE=ma在电场中运动的时间为：水平初速度：其中，y0=L，又联立得=30由几何关系知MQ为直径，MO=6L （2）设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有 从P点到M点所用的时间t=t1+t2联立并代入数据得17如图所示，足够长的绝缘光滑斜面AC与水平面间的夹角是（si
62、n=0.6），放在图示的匀强磁场和匀强电场中，电场强度为E=4.0v/m,方向水平向右，磁感应强度B=4.0T,方向垂直于纸面向里，电量q=5.010-2C，质量m=0.40Kg的带负电小球，从斜面顶端A由静止开始下滑，求小球能够沿斜面下滑的最大距离。（取g=10m/s2）【答案】15.53m【解析】小球沿斜面下滑时受重力mg、电场力Eq、洛伦兹力f和斜面支持力N，如图所示。点睛：考查动能定理与运动学公式的应用，解题时要注意对小球的受力与运动性质的分析，理解在离开斜面前小球做匀加速直线运动是解题的关键18如图，在坐标系中，第一象限内存在方向沿轴负方向的匀强电场；第四象限内存在圆心位于（，）点，
63、半径为、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为一带电粒子在平面内从轴上的、点，以大小为的速度沿轴正方向射入电场，从轴上的（，）点离开电场已知粒子的比荷为，求：(1)匀强电场的电场强度；(2)粒子第二次通过轴的坐标【答案】(1) (2) 【解析】（）粒子从到做类平抛运动，运动时间为，则有解得（）粒子从点进入磁场时速度为，方向与轴正方向夹角为，则有解得，粒子在磁场中匀速圆周运动的半径为，圆心为解得连接，在中故，即在一条直线上根据对称性可知，粒子将从点，即磁场与轴的交点离开磁场离开磁场时速度方向与轴正方向的夹角为粒子离开磁场后做匀速直线运动设粒子第二次经过轴的交点为，则粒子第二次通过轴的坐标为
64、19水平桌面上固定两平行导轨，导轨间距为L=0.4m，空间有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小未知。现有一金属棒垂直磁场置于导轨上，当棒中通I=2A的电流时，棒能在水平导轨上匀速运动，此时棒受到的摩擦力为Ff =0.2N求：(1)棒受到的安培力F安 的大小；(2)磁场的磁感应强度B的大小；【答案】(1)0.2N；(2)0.25T；【解析】（1）棒匀速运动，故安培力：F安=Ff=0.2N（2）由F安=BIL，可得磁感应强度：20如图所示，左侧平行板电容器内有电场强度为E的匀强电场，电容器右侧虚线区域内有垂直于纸面的匀强磁场，电容器极板长度等于匀强磁场区域的宽度。直线是平行板电容器的中心线，一束
65、速度为v0的带电粒子沿着直线射入电场，经电场偏转后进入磁场，经磁场偏转后离开磁场。(1)如果粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，求这种情况下磁感应强度B1的大小(2)如果粒子经磁场偏转后又回到O 点，求这种情况下磁感应强度B2的大小【答案】(1) (2) 【解析】粒子在电场中做平抛运动，设电容器极板长度为L：，设离开电场时速度方向与竖直方向夹角为，粒子在磁场中运动因为粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，根据几何关系联立解得（2）粒子在电场中的偏转距离，粒子能够回到O点，根据几何关系根据平抛运动的的推论，位移与水平方向夹角的正切等于速度偏转角正切的，解得粒子在电场中的水平位移粒子在电场中的竖
66、直速度离开电场时和偏转角之间的关系粒子在磁场中运动联立解得21如图所示，左侧平行板电容器内有电场强度为E的匀强电场，电容器右侧虚线区域内有垂直于纸面的匀强磁场，电容器极板长度等于匀强磁场区域的宽度。直线是平行板电容器的中心线，一束速度为v0的带电粒子沿着直线射入电场，经电场偏转后进入磁场，经磁场偏转后离开磁场。（1）如果粒子离开磁场时的的速度方向与直线平行，求这种情况下磁感应强度B1的大小（2）如果粒子经磁场偏转后又回到O 点，求这种情况下磁感应强度B2的大小【答案】【解析】（1）粒子在电场中做平抛运动，设电容器极板长度为L设离开电场时速度方向与竖直方向夹角为粒子在磁场中运动因为粒子离开磁场时
67、的的速度方向与直线平行，根据几何关系联立解得（2）粒子在电场中的偏转距离；粒子能够回到O点，根据几何关系根据平抛运动的的推论，位移与水平方向夹角的正切等于速度偏转角正切的解得粒子在电场中的水平位移粒子在电场中的竖直速度离开电场时和偏转角之间的关系粒子在磁场中运动联立解得22如图所示，在与水平方向成60的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）如磁场方向改为垂直导轨向上，这时棒恰好静止这时棒恰好静止匀强磁场的磁感应强度B多大？【答案】（1）；（2）；【解析】试题分析：（1
68、）受力分析如图所示，根据平衡条件求出安培力，进而求出磁感应强度B；当磁场改变方向，根据平衡条件求出磁感应强度。点睛：本题主要考查了共点力平衡问题，根据受力分析进行分析求解即可求出磁感应强度。23如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻。线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt，电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角AOy45，AOx区域为无场区。在靠近M板处的P点由静止释放一质量为
69、m、带电荷量为q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，L）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限。求：（1）平行金属板M、N获得的电压U；（2）粒子到达Q点时的速度大小；（3）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；（4）粒子从P点射出至到达x轴的时间。【答案】（1）M、N两板间的电压为U=kS （2）（3）（4）【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，闭合线圈产生的感应电动势为：因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为：（2）带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有所以：（3）带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有由几何关系可得：联立以上各式得
70、：（4）粒子在电场中做匀加速直线运动，则有根据牛顿第二定律得：粒子在磁场中，有粒子在第一象限的无场区中，有由几何关系得：s=r粒子从P点射出到到达x轴的时间为：联立以上各式可得：综上所述本题答案是：（1）；（2）；（3）；（4）24真空中有如图所示的矩形区域，该区域总高度为2h、总宽度为4h，其中上半部分有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，下半部分有方向竖直向下的匀强电场。以水平分界线为x轴，正中心为坐标原点O，在处有一与x轴垂直的足够大的光屏(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的带负电粒子不断地从下边界中点P处由静止开始经过匀强电场加速，通过坐标原点后射入匀强磁场中。粒子间
71、的相互作用和粒子重力均不计。(1)若粒子从P点开始到第二次通过x轴时，恰好过x=h的点A，求加速电场的场强。(2)若要求粒子从磁场的右侧边界射出，求符合条件的加速电场场强的范围。(3)若将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强多大?粒子在电场和磁场中运动的总时间多长?【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子在电场中加速粒子在磁场中旋转各式联立可得（3）粒子打在屏上的位置始终不变，则粒子离开磁场时速度方向必平行于x轴正向，由几何关系知，进入匀强磁场后做匀速圆周运动的半径带电粒子在电场中加速过程三式联立得从O点进入磁场后先运动半个圆周再返回电场减速到0又返回磁场时
72、速度仍是，如此周期性运动最后从磁场的右边界水平射出。带电粒子在磁场中运动周期带电粒子在磁场中运动总时间.带电粒子在电场中运动总时间带电粒子在电磁场中运动总时间25如图所示，圆心为O、半径为r=0.1m的圆形区域中有一个磁感强度为B=1T、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L=0.1m的O处有一竖直放置的荧屏MN，今有一质量为、电荷量为的带电粒子以速率从左侧A点沿方向垂直射入磁场，飞出磁场后打在荧光屏上之P点，求（1）OP的长度（2）带电粒子由A到P飞行的时间【答案】（1）（2）【解析】电子所受重力不计它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为，半径为R。圆弧段轨迹AB所对的圆心角为，
73、电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动，如图所示，代入数值得 OP=带电粒子由A到P飞行的时间26质量为m=0.05Kg的导电细杆ab置于倾角为30的平行放置的光滑导轨上，导轨宽为L=0.5m，杆ab与导轨垂直，如图所示，匀强磁场垂直导轨平面且方向向下，磁感应强度为B=0.1T已知电源电动势E=15V，内阻r=1，导轨和细杆的电阻均忽略不计，g取10m/s2求：（1）当电阻R取值为多少时，释放细杆后杆ab保持静止不动（2）当R=1时，释放细杆瞬间杆ab的加速度是多大？【答案】（1）（2）【解析】（1）ab棒中的电流为根据共点力平衡可知，联立解得ab棒中的电流为由牛顿第二定律得，解得27如图所
74、示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个电荷量为q、质量为m的粒子，从静止开始经加速电场加速后，垂直x轴从A点进入第二象限，A点到坐标原点O的距离为R。在第二象限的区域内，存在着指向O点的均匀辐射状电场，距O点R处的电场强度大小均为E，粒子恰好能垂直y轴从P点进入第一象限。当粒子从P点运动一段距离R后，进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感强度为B=，粒子在磁场中速度方向偏转60o，粒子离开磁场区域后继续运动，通过x轴上的Q点进入第四象限。求：（1）加速电场的电压U；（2）圆形匀强磁场区域的最小面积；（3）求粒子在第一象限中运动的时间。【答案】（1） （2） （3）【解
75、析】（1）粒子在加速电场中加速，根据动能定理有：由题意，粒子在第二象限辐射状电场中只能做半径为R的匀速圆周运动，电场力提供向心力，有;解得：（2）粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：得；，如图所示，粒子在a点进入磁场，以c为圆心做圆周运动，从b点离开磁场，速度偏转角是60o，由几何关系可知abc是正三角形，以ab为直径的圆形面积即为磁场区域的最小面积。即（3）以下均基于第（2）问分析作图后的数学计算，ab弧长为：，粒子在第一象限的路程为：则：，28如图所示，电场强度为E、方向平行于纸面的匀强电场分布在宽度为L的区域内，一个离子以初速度v0垂直于电场方向射入匀强电场中
76、，穿出电场区域时发生的侧移量为h。在同样的宽度范围内，若改用方向垂直于纸面的匀强磁场，使同样的离子以相同的初速度穿过磁场区域时发生的侧移量也为h，即两次入射点与出射点均相同，不计离子所受重力。（1）求该离子的电性和比荷（即电荷量q与其质量m的比值）；（2）求匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；（3）试分析说明离子在电场和磁场中运动的轨迹是否重合。【答案】（1）带正电，（2），垂直纸面向外（3）见解析【解析】（1）离子在电场中受到竖直向下的电场力，与电场方向相同，故带正电在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有，竖直方向有，而联立以上几式可得：；（2）当变为匀强磁场后，离子在磁场中做半径为r的匀速圆周
77、运动由几何关系有：；洛仑兹力提供向心力：；联立以上几式可得：方向垂直纸面向外（3）虽然入射点相同，出射点也相同，但离子在电场中的运动轨迹是抛物线，而在磁场中运动的轨迹是一段圆弧，因此轨迹不会重合。29如图所示，纸面内一圆形区域加一方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的粒子沿直线从圆上的a点以某一初速度射入圆形磁场区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与进入时速度方向间夹角为，圆心O到直线的距离为圆半径的倍，在圆外有一光屏与直线平行且与圆相切。若一束大量的这种粒子以同样大小的初速度从a点沿不同的方向射入圆形磁场区域，经偏转后打到光屏上，不计重力。求：（1）圆
78、形匀强磁场区域的半径r（2）粒子打中光屏区域的长度L【答案】（1）（2）【解析】（1）根据题意，带电粒子在磁场中做圆周运动，如图所示：由题意知,所以：因为，所以：，所以，为等边三角形，四边形为菱形，所以磁场圆半径等于轨迹圆半径。点睛：解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中磁偏转知道磁偏转做匀速圆周运动，画出图形，找出几何关系，即可。30如图所示，一对足够大的金属板M、N正对且竖直放置，两极板分别接在大小可调的电源两端，N极板右侧分布有匀强磁场，磁场大小为B，方向垂直纸面向里，磁场区域放有一半径为R的圆柱体，圆柱体的轴线与磁场方向平行，圆柱体的横截面圆的圆心O到右极板N的距离为，在贴近左极板M处有足
79、够大的平行且带负电等离子束，在电场力的作用下无初速沿垂直于N极板（经过特殊处理，离子能透过）射入磁场区域，已知所有离子的质量均为m，电量为q，忽略离子的重力和离子间的相互作用力求：（1）若某个离子经过N极板后恰好垂直打在圆柱体的最高点，则此时加在极板上的电源电压；（2）为了使所有的离子均不能打在圆柱体上，则电源电压需满足什么条件；（3）若电源电压调为，则从极板N上哪个范围内射出的离子能打在圆柱体上。【答案】（1）（2）（3）在离O1上方不大于和在离O1下方不大于的范围内的离子均能打在圆柱体上【解析】（1）设经过极板加速后垂直打在圆柱体的最高点时速度为v1，由动能定理知由几何关系知，离子在磁场中
80、做圆周运动的半径又联立得（2）设所有离子刚好不能打在圆柱体上时速度为v2，轨迹如图1，此时离子的轨迹半径由牛顿第二定律知联立得则电源电压需满足（3）若电源电压调为，由、得，离子的轨迹半径r=3R画出离子的运动轨迹如图2所示，从O1上方P点、O1下方Q点射入的离子刚好打在圆柱体上，只有从PQ区间射入磁场的离子均能打在圆柱体上，由几何关系知则同理可得因此在离O1上方不大于和在离O1下方不大于的范围内的离子均能打在圆柱体上。点睛：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及牛顿第二定律公式31某质谱仪装置如图所示
81、，带电粒子经电场加速后进人下方的匀强磁场进行偏转最终打在接收屏上，通过测量粒子打在接收屏上的位置即可对带电粒子进行分析。现有两个不同比荷的带正电的粒子从正极板处由静止释放，已知两个粒子的比荷分别为k1、k2 (k1k2).两极板间的距离为L，加速电压为U，磁感应强度为B。求（1）两个粒子打在接收屏上形成的光斑之间的距离;（2）两粒子打在接收屏上的时间差。【答案】（1）（2）【解析】（1）带电粒子经电场加速有：在匀强磁场：由得故（2）带电粒子经电场加速故故32如图所示，一束电荷量为q、质量为m的带正电粒子从O点由静止开始经过加速电压为U的匀强电场加速后，均能从边界AN的中点P垂直于AN和磁场方向
82、射入磁感应强度大小B (B为定值，不随加速电压U的改变而改变)的匀强磁场中，已知：匀强电场的宽度dR，匀强磁场由一个长为2R、宽为R的矩形区域组成，磁场方向垂直纸面向里，粒子间的相互作用和重力均不计试求：(1)带正电粒子经加速电压U加速后的速度v的大小；(2)每个粒子在电场中运动的时间；(3)每个粒子在电磁场中运动的总时间【答案】（1） v（2）tE3R（3）t【解析】（1）若加速电场加速电压为U，由动能定理得：得 （2）在磁场中，根据牛顿第二定律得：解得分析可知粒子在磁场中运动的轨迹为一个半圆和四分之一圆周如图所示，分析可知粒子在电场中先加速后减速再加速，由运动学公式可得： 则粒子在电场中运
83、动的时间为(3)则粒子在磁场中运动的时间为故粒子在电磁场中运动的总时间为33电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成偏转电场由加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，匀强磁场的左边界与偏转电场的右边界相距为s，如图甲所示大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场当两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均从两板间通过，进入水平宽度为l，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上问：（1）如果电子在t=0时刻进入偏转
84、电场，则离开偏转电场时的侧向位移大小是多少？（2）电子在刚穿出两板之间的偏转电场时最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？（3）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？（已知电子的质量为m、电荷量为e）【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）当电子在时刻进入偏转电场时，有，得。（2）由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为要使电子的侧向位移最小，应让电子从等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电
85、子在磁场中运动半径R，由几何关系有：设电子从偏转电场中出来时的速度为，垂直偏转极板的速度为，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：，式中又，由上述四式可得：。点睛：本题的难点是分析带电粒子的运动情况，可通过画轨迹作速度图象分析什么时刻进入偏转电场的电子侧向最大与最小。34如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12 cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30.第象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B1 T，第象限有匀强电场，方向沿y轴正方向。一质量为m81010kg，电荷量q1104C带正电粒子，从电场中M(12，8)点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场。不计
86、粒子重力，取3，求：(1)粒子在磁场中运动的速度v；(2)粒子在磁场中运动的时间t；(3)匀强电场的电场强度E。【答案】(1) 104 m/s (2) 1.6105s (3) 5103 V/m考点：考查了带电粒子在组合场中的运动【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径35真空中有一半径为R的虚线圆形区域内存在方向垂直纸面的匀强磁场，如图1所示，虚线圆的右侧放置一对水平正对放置
87、的金属板M和N，两金属板的中心线O1O2与虚线圆的圆心O在同一水平线上在圆上P点（位于O点的正下方）处有一点状电子源，电子源可以向各个方向发射速率均为v0的电子，当其中一个电子沿PO方向射入磁场时，电子恰好从圆上的O1点沿两板中心线射出，电子在进入金属板的瞬间给两板加上图2所示的交变电压，最后电子恰好从M板的边缘水平飞出。已知金属板的板长L=2.4R，板间距d=1.2R，电子的质量为m、电量为e，忽略电子的重力和相互间的作用力。求：（1）圆形区域内的磁感应强度B；（2）图2中和周期T；（3）若在两板右端加一竖直探测板（图中未画出），电子经磁场偏转后从N板的左端水平射入两板间，同时在板间加上图2
88、的交变电压，经电场偏转后垂直打在探测板上，若每秒打在探测板上的电子数为x，有70%的电子被吸收,30%的电子被原速率弹回两板间，探测板所受的平均作用力大小；（4）在满足（3）的条件下，被原速率弹回的某电子在时刻返回两板间，求该电子在磁场中运动的总时间。【答案】（1）（2）（n=1,2,3）（n=1,2,3）（3）（4）【解析】（1）根据电子的偏转和左手定则知，圆形区域内的磁场方向垂直纸面向里，对于从O1点射出的电子，在磁场中做圆周运动，轨迹半径为R，则，得；（2）画出从O1射出磁场的电子运动轨迹图如图1所示，根据电子恰好从M板的边缘水平飞出知，电子在板间的运动时间为交变电压的周期的整数倍，则，
89、得（n=1,2,3）粒子在板间偏转的总位移代入得（n=1,2,3）设电子从C点离开磁场，易知为菱形，则，则由几何关系知，OC处于竖直方向，因此电子两次进入磁场的轨迹所对圆心角之和为，在磁场中运动总时间为代入得36【加试题】如图所示，在平面直角坐标系xoy中的有一个等腰直角三角形硬质细杆框架FGH，框架竖直放在粗糙的水平面上，其中FG与地面接触。空间存在着垂直于框架平面的匀强磁场，磁感应强度为B，FG的长度为8L，在框架中垂线OH上S（0，L）处有一体积可忽略的粒子发射装置，在该平面内向各个方向发射速度大小相等带正电大量的同种粒子，射到框架上的粒子立即被框架吸收粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒
90、子间的相互作用以及粒子的重力（1）试问速率在什么范围内所有粒子均不可能打到框架上？（2）如果粒子的发射速率为，求出框架上能被粒子打中的长度（3）如果粒子的发射速率仍为，某时刻同时从S点发出粒子，求从第一个粒子到达底边FG至最后一个到达底边的时间间隔【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）如图1所示，以OS为直径的粒子在运动过程中刚好不碰到框架上。根据几何关系，根据牛顿第二定律可得满足的粒子均不可能碰到三角形框架（2）当粒子速率时，可求得其做圆周运动半径如图2所示，当粒子的入射速度方向沿SO方向时，运动轨迹与FG相切于J点；当粒子的入射速度方向沿OS时，运动轨迹与FG相切于I点，介于这二者之间的
91、入射粒子均可打在挡板FH上，挡板上被粒子打中的长度为图中IK之间的距离，其中，挡板上被粒子打中的长度（3）如图所示最长时间为，最短时间为T/6，37一个静止在磁场中的22688Ra（镭核），发生衰变后转变为氡核（元素符号为Rn）。已知衰变中释放出的粒子的速度方向跟匀强磁场的磁感线方向垂直。设镭核、氡核和粒子的质量一次是m1、m2、m3，衰变的核能都转化为氡核和粒子的动能。求:（1）写出衰变方程。（2）氡核和粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径之比。（3）氡核的动能EK【答案】：（1）衰变方程为：（2）43:1（3）氡核的动能为【解析】（1）衰变方程为：（2）根据得，两个粒子动量等大，由半径
92、公式，得（3）由质能方程得：E=（m1-m2-m3）c2，因为Ek，可知两粒子动能跟质量成反比，因此氡核分配到的动能为点睛：解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及知道两个粒子的动量相等，动能之比等于质量之反比38如图所示，用纸面表示竖直面，空间中同时存在着足够大的匀强电场在纸面内水平向右，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小T。有一带正电的固体颗粒，质量m=110-3 kg，电荷量q=210-3 C，正以某一与水平方向成45的速度在竖直面内做匀速直线运动，当经过M点时撤掉磁场，一段时间后运动到最高点N(题目中未标出)。取g=10 m/s2，求：(1)电场强度大小及颗粒做匀
93、速直线运动的速度v的大小；(2)从M点撤掉磁场到颗粒运动到最高点N经历的时间t； (3)颗粒再次回到与M点水平方向等高位置时，颗粒的动能。【答案】（1）10 m/s （2） （3）0.25J【解析】试题分析：小球做匀速直线运动时，受力平衡，根据平衡条件结合几何关系列式求解即可；撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，根据竖直上抛运动的基本公式列式求解即可求得动能。（1）小球匀速直线运动时的受力如图所示，解得：（3）颗粒再次回到与M点水平方向等高位置时，时间为：2t=s
94、 在水平方向上的初速度为：水平方向获得的速度为：，其中qE=mg联立解得：vx=15m/s在竖直方向的速度：vy=5m/s合速度大小为：v=10m/s，则动能为：Ek=0.25J点睛：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，抓住小球做匀速直线运动，合力为零求解。39水平面上两根足够长的粗糙的金属导轨平行固定放置如图1，间距为L=0,5m，一端通过导线与阻值为R=0.5的电阻连接；导轨上放一质量为m=0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计，均匀磁场竖直向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，相
95、对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图2。（取重力加速度g=10 m/s2）（1）磁感应强度B为多大？（2）金属杆与导轨的摩擦因数是多少？【答案】(1)1T (2)0.4【解析】设导轨与金属杆之间的动摩擦因数为，根据共点力的平衡条件可得：F-mg=BIL，而BIL= 整理可得：F=mg+；从图象上分别读出两组F、v数据，即当F=4N时，速度v=4m/s，当F=8N时，速度v=12m/s；代入上式求得B=1 T，=0.440如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电粒子X第一次从x轴上的P1点以一定的速度进入磁场。已知粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成60
96、0角，粒子穿过y轴正半轴的P2点时方向沿一x方向，粒子X从x轴上的P3点离开磁场。该带电粒子X第二次以相同的速度仍从P1点进入磁场，经过P2点时与一个静止的不带电的粒子Y发生正磁并立即结合为一个整体Z继续运动，离开磁场时经过x轴上的P4点。已知粒子X和粒子Y质量均为m，两个粒子的重力均不计。求：（1）两次粒子离开磁场的位置P3、P4之间的距离d（2）粒子第一次与第二次在磁场中运动时间之比【答案】（1）d=0（2）【解析】（1）粒子X第一次在磁场中做匀速圆周运动由得粒子X第二次在磁场中运动到P2点与粒子Y碰撞，根据动量守恒）同理可得粒子Z运动的轨道半径）所以P3、P4之间的距离d=0粒子X第一次
97、在磁场中运动了2400，运动时间其中得，粒子Z运动周期粒子第二次在磁场中运动时间得，所以41如图所示,在竖直平面内,水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场,其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1,并且在第一象限和第二象限有方向相反.强弱相同的平行于x轴的匀强电场,电场强度大小为E1,已知一质量为m的带电小球从y轴上的A(0,L)位置斜向下与y轴负半轴成60O角射入第一象限,恰能做匀速直线运动.(1)判定带电小球的电性,并求出所带电荷量q及入射的速度大小;(2)为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动,需要在x轴下方空间加一匀强电场,试求所加匀强电场
98、的方向和电场强度的大小;(3)在满足第(2)问的基础上,若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板,并且调节x轴下方的磁场强弱,使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时,既无电荷转移,也无能最损失,并且入射方向和反射方向的关系类似光的反射),然后恰能匀速直线运动至y轴上的A(0,L)位置,求:弹性板的最小长度及带电小球从A位置出发返回至A位置过程中所经历的时间.【答案】：（1）小球带负电，入射的速度大小为；（2）匀强电场的方向竖直向下；E1；（3）；【解析】（1）小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球的电性为负电，mg=qE1tan60又：q
99、E1=qvB1cos60即：（2）小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足：qE=mg即E=E1（3）要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到A点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知：3PD=2ON联立上述方程解得：PD=DN=L；R=L在第一象限运动的时间t1和第二象限中运动的时间t2相等，且：所以带电小球从A点出发至回到A点的过程中所经历的总时间为：t总=t+t1+t2联立上述方程解得：点睛：考查带电粒子做匀速圆周运动与匀速直线运动，用牛顿第二定律与运动学公式，并结合几何关系来
100、处理这两种运动，并突出准确的运动轨迹图42如图所示，在互相垂直的水平方向的匀强电场（E已知）和匀强磁场（B已知）中，有一固定的竖直绝缘杆，杆上套一个质量为m、电量为q的小球，它们之间的摩擦因数为，现由静止释放小球，试分析小球运动的加速度和速度的变化情况，并求出最大速度vm（已知mgqE）。【答案】【解析】根据左手定则，洛伦兹力与电场力同向，故知：FN=Eq+qvB故合力为：F合=mg-F摩=mg-（qE+qvB）可见，随v的增大，F合减小，由牛顿第二定律可知，小球做加速度越来越小的变加速度运动，直到最后匀速运动故当v=0时，加速度最大，当F合=0，即a=0时，v有最大值vm即：mg-（Bqvm
101、+Eq）=0故：点睛：本题要注意分析带电小环的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化43如图所示，为显像管电子束偏转示意图，电子质量为m，电量为e，进入磁感应强度为B的匀强磁场中，该磁场被束缚在直径为l的圆形区域，电子初速度v0的方向过圆形磁场的轴心O，轴心到光屏距离为L（即PO=L），设某一时刻电子束打到光屏上的P点，求PP0之间的距离。【答案】【解析】设电子经过磁场后速度的偏向角为，根据几何知识得到，电子在磁场中匀速圆周运动的轨迹所对的
102、圆心角也为，如图 由牛顿第二定律得，得到电子运动半径为根据数学知识有，PP0之间的距离d=Ltan代入整理得，44将一个边长为0.20m的50匝正方形的线框，放入匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，已知这个磁场的磁通密度为4.010-2Wb/m2，当线框转过180时，穿过线框的磁通量的变化量是多大？【答案】3.210-3Wb【解析】开始时刻，闭合线圈在匀强磁场中与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量：1=BS=4.010-2Wb/m2（0.2m）2=1.610-3Wb；当线圈从图示转过180时，磁通量：2=-BS=-4.010-2Wb/m2（0.2m）2=-1.610-3Wb；故线圈从图示转过18
103、0的过程，磁通量的变化量大小为：=2BS=21.610-3Wb=3.210-3Wb；45有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动.现取以下简化模型进行定量研究.如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为、内阻可不计的电源相连.设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点.已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的倍（1）.不计带电小球对极板间匀强电场的影响.重力加速度为g.(1)欲使小球能够不
104、断地在两板间上下往返运动，电动势至少应大于多少？(2)设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动.求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量.【答案】(1)(2), 【解析】(1)用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小.要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，则其中 q=Q又有Q=C由以上三式有(2)当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动.以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有小球往返一次通过的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量Q=2qn由以上两式可得【点睛】本题重点在于明确题意，要求学
105、生能够从题干中找出物体运动的情景，并能联系所学规律进行解题；对学生要求较高46如图甲所示，直角坐标系中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，场强E=1N/C，第一象限内有垂直坐标平面的交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。在x轴上的点A（-2m，0）处有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0的速度进入第二象限，从y轴上的点C（0，m）进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为t=0时刻，第一象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。(g=10m/s2)求：（1）初速度v0大小；（2）粒子出磁场时的位置坐标；（3）粒子在磁场中
106、运动的时间。【答案】（1） （2）D(9m，0)（3）【解析】（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，设从A到C的时间为t，则联立解得：（2）设粒子在C点的运动方向与y轴正方向的夹角为，在C点的速度vC，则，=300， vC=40m/s粒子在第一象限的磁场中有：解得粒子做圆周运动的周期故粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，粒子在运动的第四个半圆的过程中从D点出磁场，粒子第一次出磁场的点的位置坐标为D(9m，0)（3）粒子在磁场中运动的时间47如图所示，在xoy平面内，在“、”区域内有一垂直纸面向外的、磁感强度为B的匀强磁场，有一系列比荷为（q/m =）相同的带正电粒子从A点沿着与x轴的正方向相同的方向
107、射入，发射速度在范围内，不计粒子重力和各粒子间相互作用，（已知sin300=0.5 、=0.6、=0.707、=0.8、=0.866），则：（1）粒子在磁场中运动的最小、最大半径；（2）这些带电粒子打击在x轴上的范围？（3）若这些带电粒子从A点以v=2.5Bda的速度沿着各个方向射入该磁场区域，带电粒子在磁场中运动的最长时间为多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）带电粒子在磁场中运动，有：，则粒子射出磁场纵坐标为：得：离开磁场后，打到x轴坐标为：带电粒子打入x轴的范围在0-（3）当v=2.5Bda时，由几何关系，粒子速度v=2.5Bda沿与x轴正方向相同方向运动时，恰好经过C点射出磁场
108、，粒子在磁场中运动的时间最长。设圆心角为，则：，则，粒子在磁场中运动时间t为：得：48如图所示，等腰直角三角形abc区域中有垂直纸面向里的匀强磁场，现有质量为m，电荷量为-q的带电粒子，以速度v0从a点沿ab方向射入磁场后恰能从c点射出。现将匀强磁场换成垂直ab边向上的匀强电场，其它条件不变，结果粒子仍能够从c点射出，粒子重力不计，ac边长度为L，求：(1)磁感应强度B的大小(2)电场强度E的大小【答案】（1）（2）【解析】（1）粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，轨迹如图所示：设ab=L，则轨道半径r=根据左手定则，粒子带负电荷；根据牛顿第二定律，有：解得： （2）在电场中是类似斜抛运动，根据分
109、运动公式，沿ab方向有：沿bc方向：解得：49如图所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等，质量为m、电荷量大小为q，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。(1)若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；(2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。【答案】（1） （2）则：联立可得：（2）分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，有几何关系可得该半圆的半径：r=
110、R面积：S=r2联立可得：S=R2点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，解题的关键是要作出粒子的运动轨迹，确定圆周运动的圆心、半径和圆心角，结合半径公式、周期公式灵活求解50磁流体发电是一项新兴技术，如图是它的示意图相距为的两平行金属板、之间有一个很强的磁场一束等离子体（即高温正电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度沿垂直于磁场的方向射入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，、板上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压若、两板间的磁场、电场按匀强磁场、匀强电场处理，磁感应强度为（）求这个发电机的电动势（）发电机的输出端、间接有阻值为的电阻，设、两平行金属板的面积为，两板间等离
111、子体的导电率为（即电阻率的倒数）在图示磁极配置的情况下，判断通过电阻的电流方向计算通过电阻的电流大小【答案】（1）（2）【解析】（1）发电机的电动势（）通过电阻的电流方向：从到根据闭合电路欧姆定律通过电阻的电流大小51同步回旋加速器结构如题图所示，轨道磁铁产生的环形磁场在同一时刻处处相等，带电粒子在环形磁场的控制下沿着固定半径的轨道做匀速圆周运动，穿越沿途设置的高频加速腔从中获取能量，如题图所示同步加速器中磁感应强度随被加速粒子速度的增加而增加，高频加速电场的频率与粒子回旋频率保持同步已知圆形轨道半径为R，被加速粒子的质量为m、电荷量为+q，加速腔的长度为L，且LR,当粒子进入加速腔时，加速电
112、压的大小始终为U，粒子离开加速腔时，加速腔的电压为零已知加速腔外无电场、腔内无磁场；不考虑粒子的重力、相对论效应对质量的影响以及粒子间的相互作用若在t=0时刻将带电粒子从板内a孔处静止释放，求：（1）带电粒子第1次从b孔射出时的速度的大小v1；（2）带电粒子第k次从b孔射出时圆形轨道处的磁感应强度Bk以及下一次经过b孔的时间间隔Tk；（3）若在a处先后连续释放多个上述粒子，这些粒子经过第1次加速后形成一束长度为l1的粒子束（l1L），则这一束粒子作为整体可以获得的最大速度vmax【答案】（1） （2）（3）当k不是整数时，取k的整数部分为z，则最大速度为 ；当k为整数时，最大速度为【解析】（1
113、）由动能定理解得粒子第1此加速后的速度（2）每次加速电压相同，则加速k次的速度vk满足：由解得：带电粒子经过b孔的时间间隔由于L0.5d时，时间更长，水平位移xd，即0.5d到d这段距离的粒子会射出电场，则从平行金属板出射的尘埃占总数的百分比 （4）设两离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2，根据洛伦兹力做向心力得代入得：则半径关系为因为m14m2，则有R12R2，此时狭缝最大值x同时满足（如图所示）x=2R1-2R2 d=2R1+ x 解得：55一半径R0.3 m的金属圆筒有一圈细窄缝，形状如图所示圆筒右侧有一个垂直纸面向里的有界匀强磁场相切于O，圆筒接地，圆心O处接正极，正极与圆筒之间的
114、电场类似于正点电荷的电场，正极与圆筒之间的电势差U可调正极附近放有一粒子源S(S与正极O间距离忽略不计)，能沿纸面向四周释放比荷2105 C/kg的粒子(粒子的初速度、重力均不计)带电粒子经电场加速后从缝中射出进入磁场，已知磁场宽度为d0.2 m，磁感应强度B0.25 T.(1)当U1 000 V时，求垂直磁场右边界射出的粒子从左边界射入时与边界的夹角的大小；(2)当U250 V时，某一粒子穿过磁场(从右边界射出)的时间最短，求此粒子飞出磁场时与右边界的夹角的大小；(3)某同学猜想：只要电势差U在合适的范围内变化，总有粒子从S发出经过磁场后又回到S处你若同意该猜想，请求出U的合适范围；你若不同
115、意该猜想，请说明理由【答案】(1)60(2)60(3)同意0U127.55 V【解析】(1)粒子在电场中加速：qUmv2粒子在磁场中，qvBm得r10.4 m在半径确定时，粒子穿过磁场的时间最短，则对应圆弧的弦最短，即磁场宽度，如图所示，因为r2d，所以此时圆心角为60，则60。(3)同意该猜想由对称性知，粒子在磁场中运动的圆心O3必在OO连线的延长线上当U最大时，r3最大，此时圆弧与磁场右边界相切，由几何知识得：，得r3m由r可知，UV127.55 V，故电压范围为0的电子打不到A板iNeeUAK0m(vcos )2解得：iNe综上所述：iUAK图线如下【名师点睛】电子在磁场中做匀速圆周运动
116、，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度；求出电子从P点射出时与负y轴方向的夹角极限值，然后确定其范围；求出进入小孔的电子偏角，然后求出每秒经过极板K上的小孔到达板A的电子数；由动能定理求出遏制电压，然后求出电流的表达式，再作出图象。59在如图所示的xOy平面内，y0.5 cm和y0, 忽略极板电场的边缘效应。己知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O在y轴（0, -R）上。（不考虑粒子之间的相互作用力）（1）求带电粒子的比荷q/m；（2）求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；（3）若电压UAK=，求到达K板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值。【答案】（1）（2） （3）【解析】（
117、1）由已知条件知道偏转半径r=R（3）得：从纵坐标y=0.5R进入偏转电场的粒子恰能打到K板右边缘，其进入磁场时的速度与y轴夹角为30，所以比例64两屏幕荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别去垂直于两屏交线的直线为x和y轴，交点O为原点，如图所示。在y0，0x0，xa的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点出有一小孔，一束质量为m、带电量为q（q0）的粒子沿x周经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0xa的区域中运动的时间之比为25，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该
118、粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响）。【答案】【解析】对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和x=a相切，此时r=a，y轴上的最高点为y=2r=2a ;对于 x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a;速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是c和c 由对称性得到 c在 x轴上，设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足解得由数学关系得到：代入数据得到：所以在x 轴上的范围是65重力不计的
119、带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，由静止开始，经加速电场加速后，垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动，圆心为O，半径为r可将带电粒子的运动等效为一环形电流.（1）求粒子在磁场中做圆周运动的线速度和等效环形电流的电流大小；（2）在O点置一固定点电荷A，取适当的加速电压，使粒子仍可绕O做半径为r的圆周运动现使磁场反向，但保持磁感应强度B的大小不变，改变加速电压，使粒子仍能绕O做半径为r的圆周运动，两次所形成的等效电流之差的绝对值为I假设两次做圆周运动的线速度分别为V1、V2，试用m、q、r、B、V1（或V2）写出两次粒子所受库仑力的表达式，确定A所带电荷的电性，并用m、q、B写
120、出I的表达式【答案】（1） （2）【解析】（1）粒子在磁场中匀速圆周运动，有得：又 可得所以（2）电荷A应为负电荷否则不可能两次均绕A做圆周运动若库仑力F和磁场力同向，则得若库仑力F和磁场力反向，则得 又则得I=I1-I2由以上可解得：66如图所示装置中，区域和中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和E/2,区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60角射入区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入区域的匀强电场中。求：（1）粒子在区域匀强磁场中运动的
121、轨道半径（2）O、M间的距离（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间【答案】（1）粒子在区域匀强磁场中运动的轨道半径是（2）O、M间的距离是（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是次通过CD边界由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在区域电场中运行时间，即可求解粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛运动的规律知粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得所以（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a则有qE=mav0tan60=at1即O、M两点间的距离为（3
122、）设粒子在区域磁场中运动时间为t2则由几何关系知轨道的圆心角AO1D=60，则设粒子在区域电场中运行时间为t3，则牛顿第二定律得则 t3=（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是【点评】本题中带电粒子在复合场中运动，运用运动的分解法研究类平抛运动，画轨迹确定圆心和半径是处理粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的关键67如图，在直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m5.0108 kg、电荷量为q1.0106 C的带电粒子，从P点以v20 m/s的速度沿图示方向进入磁场，已知OP30 cm。(不计粒子重力，sin 370.6，cos 370.8)(1)若磁感应强度B
123、2.0 T，粒子从x轴上的Q点(图中未画出)离开磁场，求OQ的距离；(2)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。【答案】（1）0.90 m（2）5.33 T【解析】(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB，即R，代入数据得R0.50 m，而OP0.50 m，故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示。由几何关系可知OQRRsin 53，故OQ0.90 m。(2)带电粒子不从x轴射出的临界情况如图乙所示由几何关系得OPRRcos 53R由并代入数据得BT5.33 T点睛：本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可
124、68粗细均匀的直导线MN的两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边，MN恰好在水平位置，如图.已知MN的质量m10 g，MN的长度49 cm，沿水平方向与MN垂直的匀强磁场的磁感应强度B0.5 T。(取g9.8 m/s2)(1)要使两根弹簧能处于自然状态，既不被拉长，也不被压缩，MN中应沿什么方向、通过多大的电流？(2)若导线中有从M到N方向的、大小为0.2 A的电流通过时，两根弹簧均被拉长了x1 mm，求弹簧的劲度系数。(3)当由N到M方向通过0.2 A的电流时，两根弹簧被拉长多少？【答案】（1）0.4 A（2）24.5 N/m（3）0.003 m【解析】(1)只有MN受到的安培力方向竖直向上且等于
125、MN的重力时，两根弹簧才能处于自然状态。根据左手定则，MN中的电流方向应由M到N，电流的大小由mgBIl求得 (2)导线中通过由M到N方向的电流时，受到竖直向上的安培力作用，被拉长的两根弹簧对MN有竖直向上的拉力，MN受到竖直向下的重力，平衡时有：BI1l2kxmg可得弹簧的劲度系数 (3)当电流方向由N向M时，MN所受安培力竖直向下，平衡时有：2kxmgBI2l由此式可求出两根弹簧被拉伸的长度点睛：此题考查安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，考查了胡克定律，安培力公式，解题时要注意电流方向变化时安培力的方向也变化，注意左手定则的应用69在竖直平面直角坐标系xOy内，第象限存在沿y轴正方向
126、的匀强电场E1，第、象限存在沿y轴正方向的匀强电场E2(E2)，第象限内还存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B1，第象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B2.一带正电的小球(可视为质点)从坐标原点O以某一初速度v进入光滑的半圆轨道，半圆轨道在O点与x轴相切且直径与y轴重合，如图2所示，小球恰好从轨道最高点A垂直于y轴飞出进入第象限的匀强电场中，偏转后经x轴上xR处的P点进入第象限磁场中，然后从y轴上Q点(未画出)与y轴正方向成60角进入第象限磁场，最后从O点又进入第一象限电场.已知小球的质量为m，电荷量为q，圆轨道的半径为R，重力加速度为g.求：(1)小球的初速度大小；(2)电场强度E1的大小
127、；(3)B1与B2的比值。【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)由题意可知，在A点有从O到A由动能定理得：解得(2)小球在第一象限做类平抛运动, vyat解得：(3)vyvA，得60 vP2vA由于mgqE2解得又解得70如图所示，A、B间存在与竖直方向成45斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25m，B、C的间距为3m，C为荧光屏一质量m=1.0103kg，电荷量q=+1.0102C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B=0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O点（图中未画
128、出）取g=10m/s2求：（1）E1的大小（2）加上磁场后，粒子由b点到O点电势能的变化量【答案】（1）1.4N/C；（2）1.0102J【解析】（1）粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有： qE1cos 45=mg 解得：E1=N/C=1.4 N/C（2）粒子从a到b的过程中，由动能定理得： qE1dABsin 45=mvb2 解得：vb=5 m/s 加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2=mg 加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：qvbB=m解得：R=5 m设偏转距离为y，由几何知识得：R2=dBC2+（Ry）2 代入数据得y
129、=1.0 m 粒子在B、C间运动时电场力做的功为：W=qE2y=mgy=1.0102J 由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0102J 点睛：考查力的平行四边形定则，学会进行力的分解，理解动能定理与牛顿第二定律的应用，注意几何关系的正确性，同时掌握三角函数关系71如图所示，直角坐标系xOy平面内，在平行于y轴的虚线MN右侧y0的区域内，存在着沿y轴负方向的匀强电场；在y0的某区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场（图中未画出）。现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从虚线MN上的P点，以平行于x轴方向的初速度v0射入电场，并恰好从原点O处射出，射出时速度方向与x轴夹角为60。此后粒子先做匀速
130、运动，然后进入磁场，粒子从有界磁场中射出时，恰好位于y轴上Q（0，l）点，且射出时速度方向沿x轴负方向，不计带电粒子的重力。求：（1）P、O两点间的电势差；（2）带电粒子在磁场中运动的时间。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）粒子在点场中做类平抛运动，有设P、Q两点间电势差为U，由动能定理有得（2）由几何知道得解得 3rl得考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在匀强电场中做类平抛运动，进入磁场做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律、运动学公式以及几何关系进行求解。72如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2103T；磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=40V/
131、m、方向向左的匀强电场一带电粒子电荷量q=3.21019C，质量m=6.41027kg，以v=4104m/s的速度沿OO垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出求：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（画在答题纸上给出的图中）（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）带电粒子飞出电场时的动能EK【答案】（1）（2）0.4m；（3）J【解析】解：（1）|轨迹如图（2）带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有m（3）带电粒子在电场中运动时，电场力做功，粒子的动能增加：代人数据解得：J答：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹如图；（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径是0.
132、4m；（3）带电粒子飞出电场时的动能J【点评】本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识是处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法73如图所示，粒子源O可以源源不断地产生初速度为零的正离子同位素，即这些正离子带相同的电量q，质量却不相同。所有的正离子先被一个电压为U0的匀强加速电场加速，再从两板中央垂直射入一个匀强偏转电场，已知此偏转电场两板间距为d，板间电压为2U0，偏转后通过下极板上的小孔P离开电场。经过一段匀速直线运动后，正离子从Q点垂直于边界AB进入一正方形的区域匀强磁场（磁感应强度为B，方向垂直纸面向里），不计正离子的重力及离子之间的相互作用力，求：（1）当
133、正离子从P点离开偏转电场时，求P点和极板左端间的距离L以及此时的速度偏转角；（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径R；（3）若质量为4m的离子垂直打在磁场边界AD的中点处，求能打在边界AD上的正离子的质量范围。【答案】（1） 45（2） （3）m25m【解析】（1）在加速电场中，由动能定理得：在偏转电场中，离子做类平抛运动，L=v0t，由牛顿第二定律得：解得（3）由题意可知，质量为4m的正离子在磁场中运动轨迹的圆心恰好在A点，设此时的轨道半径为R0；临界状态1：质量为m1的正离子刚好打在A点，如图所示：由几何知识可得：由可知：解得：m1=m 临界状态2：质量为m2的正离子刚好打在D点，
134、此时轨道半径为R2，由几何知识得解得：，则，得m2=25m 则能打在AD上的正离子质量范围为：m25m；74如图所示，两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置，它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角=37，两轨道之间的距离L=050m。一根质量m=020kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中。在导轨的上端接有电动势E=36V、内阻r=16的直流电源和电阻箱R。已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计，sin37=060，cos37=080，重力加速度g=10m/s2。（1）若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计，当电阻箱接入电路中的电阻R1=2
135、0时，金属杆ab静止在轨道上。如果磁场方向竖直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；如果磁场的方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值及方向；（2）如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略，整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B=040T的匀强磁场中，当电阻箱接入电路中的电阻值R2=34时，金属杆ab仍保持静止，求此时金属杆ab受到的摩擦力f大小及方向。【答案】（1）030T；024T；垂直于轨道平面斜向下；（2）024N；沿轨道平面向下。【解析】试题分析：（1）设通过金属杆ab的电流为I1，根据闭合电路欧姆定律可知： I1=E/（R1+r）设磁感应强度为B1，由安培定则可知金
136、属杆ab受安培力沿水平方向，金属杆ab受力如答图1。对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：B1I1L=mgtan解得：=030T根据共点力平衡条件可知，最小的安培力方向应沿导轨平面向上，金属杆ab受力如答图2所示。结果为正，说明假设成立，摩擦力方向沿轨道平面向下。考点：闭合电路欧姆定律，共点力平衡，安培力，摩擦力。75（16分）如图所示，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相
137、切于N。一质量为m的带电小球从y轴上(y0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)。（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少多高；（3）若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间小球距坐标原点O的距离s为多大？【答案】（1），带正电（2）（3）【解析】试题分析：(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，qEmg 得: （2分）小球带正电（1分）由解得
138、：根据运动的独立性可知，小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上作类平抛运动设加速度为a，则有：沿x轴方向：（1分）沿电场方向：（1分）由牛顿第二定律得：（1分）t时刻小球距O点为：（2分）考点：本题考查了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76如图所示，在平面直角坐标系中AO是xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等一质量为m、电荷量为q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动而通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C，D均未画出)已知ODOM，匀
139、强磁场的磁感应强度大小为B (T)，重力加速度为g10 m/s2.求： (1)两匀强电场的电场强度E的大小；(2)OM的长度L；(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.【答案】(1)(2)20 m或m(3)7.71 s或6.38 s【解析】试题分析：质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动，结合力学关系即可求出电场强度，点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，结合运动学知识及平抛规律即可解题，运动时间包括匀变速运动时间和圆周运动时间。质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动，所以有mgqE，即(2)质点在x轴下方，重力与电场力平
140、衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示有由运动学规律知v22aL，设粒子从C点运动到D点所用时间为t3，由类平抛运动规律知Rvt3，联立解得：或(3)质点做匀加速直线运动有得t12 s或质点做匀速圆周运动有质点做类平抛运动有Rvt3，得t31 s质点从M点出发到击中D点所经历的时间为：tt1t2t37.71 s或6.38 s.点睛：本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，画出粒子轨迹，再结合数学知识即可解题。77在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于圆面指向纸外一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿
141、纸面射入磁场，其速度方向与AC成15角，如图所示若此粒子在磁场区域运动的过程中，速度的方向一共改变了90.重力可忽略不计，求： (1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t；(2)该粒子射入时的速度大小v.【答案】(1)(2)【解析】试题分析：带电粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据推论：带电粒子的轨迹所对应的圆心角等于速度的偏向角，由题则知轨迹所对应的圆心角是90，即可求出该粒子在磁场区域内运动所用的时间t画出轨迹，由几何知识求出粒子圆周运动的半径，由半径公式求出该粒子射入时的速度大小v.（1）带电粒子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动时，轨迹所对应的圆心角等于速度的偏向角，由题，粒
142、子速度的方向一共改变了90则知轨迹所对应的圆心角是90，则粒子在磁场区域内运动所用的时间, 洛伦兹力提供向心力，有：，解得：则解得：。（2）画出粒子运动的轨迹，如图设带电粒子圆周运动的半径为r，则由几何知识得解得：,由得。点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场中的偏转，解题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角78如图甲所示，y轴右侧空间有垂直xoy平面向里的匀强磁场，同时还有沿-y方向的匀强电场（图中电场未画出）。磁感应强度随时间变化规律如图乙所示（图中B0已知，其余量均为未知）t=0时刻,一质量为m、电荷量为+q的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴射入电场和磁场区，t0时刻粒
143、子到达坐标为（x0,y0）的点A (x0y0)，速度大小为v，方向沿+x方向，此时撤去电场t=t0+t1+t2时刻,粒子经过x轴上x=x0点，速度沿+x方向不计粒子重力，求：（1）0-t0时间内OA两点间电势差UOA；（2）粒子在t=0时刻的加速度大小a0；（3）B1的最小值及对应t2的表达式。【答案】（1）（2）（3） （k=0，1，2） 【解析】（1）带电粒子由O到A运动过程中，由动能定理解得（2）设电场强度大小为E，则t=0时刻，由牛顿第二定律解得（3）时间内，粒子在小的虚线圆上运动，时刻粒子从C点切入大圆，大圆最大半径为，相应小圆最大半径为R，则又的最小值对应于取最小值，带电粒子由C点
144、到经过x轴上点的时间满足（k=0，1，2）79已知镭的原子序数是88，原子核的质量数是226，问：(1)镭核中有几个质子？几个中子？(2)镭核所带电荷量是多少？(3)若镭原子呈电中性，它核外有几个电子？(4)22888Ra是镭的一种同位素，让22688Ra和22888Ra核以相同速度垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，它们运动的轨迹半径之比是多少？【答案】(1)88138(2)1.411017 C(3)88(4)113114核电荷数，但质量数不同，故点睛：根据电荷数守恒和质量数守恒分析质子数和质量数的变化质量数=质子数+中子数质子数=原子序数=核外电子数80如图所示，倾斜角=30的光滑倾斜导体
145、轨道（足够长）与光滑水平导体轨道连接轨道宽度均为L=1m，电阻忽略不计匀强磁场I仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1=1T；匀强磁场II仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2=1T现将两质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.5的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放取g=10m/s2（1）求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；（3）若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h=10m，cd
146、棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为t=0，此时磁场的磁感应强度为B0=1T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系式【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】试题分析：（1）做出侧视平面图，cd棒加速下滑，安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，加速度减小到零时速度增大到最大，此时cd棒所受合力为零，此后cd棒匀速下滑。对cd棒受力分析，如图所示。沿导轨方向有感应电动势感应电流安培力得最大速度（2）设cd棒下滑距离为x时，ab棒产生的焦耳热Q，此时回路中总焦耳热为2Q。根据能量守恒定律，有解得下滑距离根据法拉第电磁感应定律，感应电动势平均值感应电流平均值通过cd棒横截面的电荷量由上可得磁感应强度代入数据得，磁感应强度B随时间t变化的关系式为考点：电磁感应现象的综合应用