長安一中電磁題目

1、一解答題（共19小題）1在如圖所示的裝置中，懸掛在某固定點的光滑定滑輪上繞有柔軟細線細線的一端系一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿，另一端系一質(zhì)量為3m的重物在豎直平面內(nèi)有間距為L的足夠長的平行金屬導軌PQ、EF，在QF之間連接有阻值為R的電阻其余電阻不計，磁感應強度為B0的勻強磁場與導軌平面垂直，開始時金屬桿置于導軌下端QF處，將重物由靜止釋放，當重物下降h時恰好達到穩(wěn)定速度而勻速下降運動過程中金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好忽略所有摩擦，重力加速度為g，求：（1）電阻R中的感應電流方向；（2）重物勻速下降的速度v；（3）重物從釋放到下降h的過程中，電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QR：（4）若將重物下降h時刻

2、記作t=0，速度記為v0，從此時刻起，磁感應強度逐漸減小，若此后金屬桿中恰好不產(chǎn)生感應電流，則磁感應強度B怎樣隨時間t變化（寫出B與t的關系式）2如圖所示，在以坐標原點O為圓心，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，方向沿x軸負方向勻強磁場方向垂直于xOy平面一帶負電的粒子（不計重力）從P（0，R）點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)時間t0從O點射出（1）求勻強磁場的大小和方向；（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從P點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰好從半圓形區(qū)域的邊界射出求粒子的加速度和射出時的速度大??；（3）若僅撤去電場，帶電粒子從O點沿Y軸

3、負方向射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間3如圖，在xOy平面第一象限整個區(qū)域分布一勻強電場，電場方向平行y軸向下在第四象限內(nèi)存在一有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為x=的直線，磁場方向垂直紙面向外一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從y軸上P點以初速度v0垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向45°角進入勻強磁場已知OQ=l，不計粒子重力求：（1）P與O兩點的距離；（2）要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的取值范圍；（3）要使粒子能第二次進入磁場，磁感應強度B的取值范圍4如右圖所示，在矩形ABCD區(qū)域內(nèi)，對角錢BD以上的區(qū)域存在有平行于AD向下的勻

4、強電場，對角線BD以下的區(qū)域存在有垂直于紙面的勻強磁場（圖中未標出），矩形AD邊長L，AB邊長為2L一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子（重力不計）以初速度vo從A點沿AB方向進入電場，在對角線BD的中點P處進入磁場，并從DC邊上以垂直于DC邊的速度離開磁場（圖中未畫出），求：（1）電場強度E的大??？（2）帶電粒子經(jīng)過P點時速度v的大小和方向？（3）磁場的磁感應強度B的大小和方向？5如圖甲所示，在以O為坐標原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場一個帶正電小球在0時刻以v0=3gt0的初速度從O點沿+x方向（水平向右）射入該空間，在t0時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場

5、沿+y方向（豎直向上），場強大小E0=，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大小B0=已知小球的質(zhì)量為m，帶電量為q，時間單位t0，當?shù)刂亓铀俣萭，空氣阻力不計試求：（1）12t0末小球速度的大?。?）在給定的xOy坐標系中，大體畫出小球在0到24t0內(nèi)運動軌跡的示意圖（3）30t0內(nèi)小球距x軸的最大距離6如圖所示，中軸線PQ將矩形區(qū)域MNDC分成上下兩部分，上部分充滿垂直紙面向外的勻強磁場，下部分充滿垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度皆為B一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子從P點進入磁場，速度與邊MC的夾角=30°MC邊長為a，MN邊長為8a，不計粒子重力求：（1）若要該粒子不從

6、MN邊射出磁場，其速度最大值是多少？（2）若要該粒子恰從Q點射出磁場，其在磁場中的運行時間最少是多少？8在xoy直角坐標系中，第象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第象限內(nèi)分布著方向沿y軸負方向的勻強電場初速度為零、帶電量為q、質(zhì)量為m的離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區(qū)域，在電場偏轉并擊中x軸上的C點已知OA=OC=d求：（1）電場強度E（2）磁感強度B的大小9如圖為裝置的垂直截面圖，虛線A1A2是垂直截面與磁場區(qū)邊界面的交線，勻強磁場分布在A1A2的右側區(qū)域，磁感應強度B=0.4T，方向垂直紙面向外，A1A2與

7、垂直截面上的水平線夾角為45°在A1A2左側，固定的薄板和等大的擋板均水平放置，它們與垂直截面交線分別為S1、S2，相距L=0.2m在薄板上P處開一小孔，P與A1A2線上點D的水平距離為L在小孔處裝一個電子快門起初快門開啟，一旦有帶正電微粒通過小孔，快門立即關閉，此后每隔T=3.0×103s開啟一次并瞬間關閉從S1S2之間的某一位置水平發(fā)射一速度為v0的帶正電微粒，它經(jīng)過磁場區(qū)域后入射到P處小孔通過小孔的微粒與檔板發(fā)生碰撞而反彈，反彈速度大小是碰前的0.5倍（1）通過一次反彈直接從小孔射出的微粒，其初速度v0應為多少？（2）求上述微粒從最初水平射入磁場到第二次離開磁場的時間

8、（忽略微粒所受重力影響，碰撞過程無電荷轉移已知微粒的荷質(zhì)比只考慮紙面上帶電微粒的運動）10如圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0×103T，在x軸上距坐標原點L=m的P處為離子的入射口，在y軸上上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=4×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，不計重力（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運

9、動，求勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加上這個勻強電場；（3）為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形11如圖1所示，兩根相距為L的金屬軌道固定于水平面上，導軌電阻不計一根質(zhì)量為m、長為L、電阻為及的金屬棒兩端放于導軌上，導軌與金屬棒間的動摩擦因數(shù)為，棒與導軌的接觸電阻不計導軌左端連有阻值為2R的電阻，在電阻兩端接有電壓傳感器并與計算機相連軌道平面上有n段豎直向下的寬度為a間距為b的勻強磁場（ab），磁感應強度為B金屬棒初始位于00處，與第一段磁場相距2a（1）若金屬棒

10、有向右的初速度v0，為使金屬棒保持v0）的速度一直向右穿過各磁場，需對金屬棒施加一個水平向右的拉力求金屬棒進入磁場前拉力F1的大小和進入磁場后拉力F2的大小，以及金屬棒從開始運動到離開第n段磁場過程中，拉力所做的功（2）若金屬棒初速度為零，現(xiàn)對其施以水平向右的恒定拉力F使棒穿過各段磁場，發(fā)現(xiàn)計算機顯示出的電壓圖象隨時間以T作周期性變化請在圖2的坐標系中定性地畫出計算機顯示的ut圖象（從金屬棒進入第一段磁場開始計時）（3）在（2）的情況下，求金屬棒從處開始運動到離開第n段磁場的過程中導軌左端電阻上產(chǎn)生的熱量，以及金屬棒從第n段磁場穿出時的速度大小12如圖所示，在坐標系xOy內(nèi)有一半徑為a的圓形區(qū)

11、域，圓心坐標為O1（a，0），圓內(nèi)分布有垂直紙面向里的勻強磁場在直線y=a的上方和直線x=2a的左側區(qū)域內(nèi)，有一沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E一質(zhì)量為m、電荷量為+q（q0）的粒子以速度v從O點垂直于磁場方向射入，當速度方向為x軸正方向時，粒子恰好從O1點正上方的A點射出磁場，不計粒子重力（1）求磁感應強度B的大??；（2）粒子在第一象限內(nèi)運動到最高點時的位置坐標；（3）求粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間t13如圖所示，在直角坐標xOy平面y軸左側（含y軸）有一沿y軸負向的勻強電場，一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從x軸上P處以速度v0沿x軸正向進入電場，從y軸上Q點離開電場時速度方向與

12、y軸負向夾角=30°，Q點坐標為（0，d），在y軸右側有一與坐標平面垂直的有界勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），磁場磁感應強度大小B=，粒子能從坐標原點O沿x軸負向再進入電場不計粒子重力，求：（1）電場強度大小E；（2）如果有界勻強磁場區(qū)域為半圓形，求磁場區(qū)域的最小面積；（3）粒子從P點運動到O點的總時間14如圖，OAC的三個頂點的坐標分別為O（0，0）、A（L，0）、C（0，L），在OAC區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場在t=0時刻，同時從三角形的OA邊各處以沿y軸正向的相同速度將質(zhì)量均為m，電荷量均為q的帶正電粒子射入磁場，已知在t=t0時刻從OC邊射出磁場的粒子的速度方向垂直于

13、y軸不計粒子重力和空氣阻力及粒子間相互作用（1）求磁場的磁感應強度B的大?。唬?）若從OA邊兩個不同位置射入磁場的粒子，先后從OC邊上的同一點P（P點圖中未標出）射出磁場，求這兩個粒子在磁場中運動的時間t1與t2之間應滿足的關系；（3）從OC邊上的同一點P射出磁場的這兩個粒子經(jīng)過P點的時間間隔與P點位置有關，若該時間間隔最大值為，求粒子進入磁場時的速度大小15如圖是計算機模擬出的一種宇宙空間的情境，在此宇宙空間存在這樣一個遠離其他空間的區(qū)域，以MN為界，上部分勻強磁場的磁感強度為B1，下部分的勻強磁場的磁感強度為B2，B1=2B2=2B0，方向相同，且磁場區(qū)域足夠大在距離界線為h的P點有一宇航

14、員處于靜止狀態(tài)，宇航員以平行于界線的速度拋出一質(zhì)量為m、帶電量q的小球，發(fā)現(xiàn)球在界線處速度方向與界線成60°角，進入下部分磁場然后當宇航員沿與界線平行的直線勻速到達目標Q點時，剛好又接住球而靜止，求（1）PQ間距離是多大？（2）宇航員質(zhì)量是多少？16如圖所示，空間某平面內(nèi)有一條折線是磁場的分界線，在折線的兩側分布著方向相反、與平面垂直的勻強磁場，且折線上方的磁感應強度大小是下方磁場的2倍，已知折線下方的磁場是B折線的頂角A=90°，P、Q是折線上的兩點，AP=AQ=L現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電微粒從P點沿PQ方向射出，不計微粒的重力（1）為使微粒從P點射出后，途經(jīng)折

15、線的頂點A而到達Q點，求初速度v應該滿足什么條件；（2）滿足上述條件中的微粒從P點到Q點所用時間17如圖所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和；區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B一質(zhì)量為m、帶電量為q的帶負電粒子（不計重力）從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入電場，經(jīng)水平分界線OP上的A點與OP成60°角射入?yún)^(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入?yún)^(qū)域的勻強電場中求：（1）粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑（2）O、M間的距離（3）粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時間18如圖，xOy平面內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場一個質(zhì)量為

16、m，帶電荷量為+q的粒子從坐標原點O以速度v0沿x軸正方向開始運動當它經(jīng)過圖中虛線上的M（2a，a）點時，撤去電場，粒子繼續(xù)運動一段時間后進入一個矩形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），又從虛線上的某一位置N處y軸負方向運動并再次經(jīng)過M點已知磁場方向垂直xOy平面（紙面）向里，磁感應強度大小為B，不計粒子的重力試求：（1）電場強度的大??；（2）N點的坐標；（3）矩形磁場的最小面積19如圖，區(qū)域內(nèi)有與水平方向成45°角的勻強電場E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下一質(zhì)量為m、帶電量為q的微粒在區(qū)域左邊界的P點，

17、由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域后做勻速圓周運動，從區(qū)域右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了60°，重力加速度為g，求：（1）區(qū)域和區(qū)域內(nèi)勻強電場的電場強度E1、E2的大??？（2）區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B的大?。?）微粒從P運動到Q的時間有多長？2017年01月18日Q919509572的高中物理組卷參考答案與試題解析一解答題（共19小題）1（2015包頭二模）在如圖所示的裝置中，懸掛在某固定點的光滑定滑輪上繞有柔軟細線細線的一端系一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿，另一端系一質(zhì)量為3m的重物在豎直平面內(nèi)有間距為L的足夠長的平行金屬導軌PQ、EF，在QF之間連接有阻值為R的電阻

18、其余電阻不計，磁感應強度為B0的勻強磁場與導軌平面垂直，開始時金屬桿置于導軌下端QF處，將重物由靜止釋放，當重物下降h時恰好達到穩(wěn)定速度而勻速下降運動過程中金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好忽略所有摩擦，重力加速度為g，求：（1）電阻R中的感應電流方向；（2）重物勻速下降的速度v；（3）重物從釋放到下降h的過程中，電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QR：（4）若將重物下降h時刻記作t=0，速度記為v0，從此時刻起，磁感應強度逐漸減小，若此后金屬桿中恰好不產(chǎn)生感應電流，則磁感應強度B怎樣隨時間t變化（寫出B與t的關系式）【分析】（1）由右手定則判斷出感應電流方向，判斷出R中的電流方向（2）重物勻速下降時，金屬桿勻

19、速上升，受力平衡推導出安培力，由平衡條件列式求出速度v（3）重物從釋放到下降h的過程中，重物的重力勢能減小轉化為桿的重力勢能和動能、重物的動能及整個回路的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒求出整個回路產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)串聯(lián)電路電流關系，求出電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QR；（4）當回路中總磁通量不變時，金屬棒中不產(chǎn)生感應電流，此時棒將導軌做勻加速運動根據(jù)磁通量不變，列式求B與t的關系式【解答】解：（1）釋放重物后，金屬桿向上運動，由右手定則可知，電阻R中的感應電流方向為QRF；（2）重物勻速下降時，金屬棒勻速上升，處于平衡狀態(tài)，對金屬棒，由平衡條件得：T=mg+F，金屬棒受到的安培力：F=B0IL=，對重物，由平衡條

20、件得：T=3mg，解得：v=；（3）設電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q，由能量守恒定律得：3mghmgh=（3m）v2+mv2+Q，電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱：QR=Q，解得：QR=；（4）金屬桿中恰好不產(chǎn)生感應電流，即磁通量不變：0=t，hLB0=（h+h2）LBt，h2=at2，又 a=解得，磁感應強度B怎樣隨時間t變化關系：Bt=；答：（1）電阻R中的感應電流方向為：QRF；（2）重物勻速下降的速度為；（3）重物從釋放到下降h的過程中，電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為；（4）磁感應強度B隨時間t的變化關系為Bt=【點評】本題分別從力和能量兩個角度研究電磁感應現(xiàn)象，關鍵是計算安培力和分析能量如何變化，以及把握沒有

21、感應電流產(chǎn)生的條件2（2014陜西校級二模）如圖所示，在以坐標原點O為圓心，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，方向沿x軸負方向勻強磁場方向垂直于xOy平面一帶負電的粒子（不計重力）從P（0，R）點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)時間t0從O點射出（1）求勻強磁場的大小和方向；（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從P點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰好從半圓形區(qū)域的邊界射出求粒子的加速度和射出時的速度大?。唬?）若僅撤去電場，帶電粒子從O點沿Y軸負方向射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間【分析】（1）經(jīng)時間t0從O點射出，求出粒子的

22、速率，帶電粒子恰好做勻速直線運動根據(jù)受電場力和洛倫茲力平衡列方程求B的大小；（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可以求得粒子運動加速度大??；（3）僅有磁場時，入射速度v=4v，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由幾何關系可以求得圓周運動的半徑的大小，由周期公式可以求得粒子的運動的時間【解答】解：（1）設帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，磁感應強度為B可判斷出粒子受到的電場力沿x軸正方向，則洛倫茲力沿X軸負方向，于是可知磁感應強度垂直XOY平面向外 且有：qE=qvB R=vt0聯(lián)立得：（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，在y方向位

23、移：y=設在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是又有：由幾何關系可得，x=R 得：a=設出射速度v1，出射時水平分速度vx，則：則（3）僅有磁場時，入射速度v2=4V，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，圓心為C，圓心角為2，如圖，設軌道半徑為r，由牛頓第二定律有：又qv2B=4qE，qE=ma得：r=R 由幾何關系 sin=即 sin=所以 =帶電粒子在磁場中運動周期：T=則帶電粒子在磁場中運動時間：tB=T 所以 tB=t0答：（1）勻強磁場的大小為，方向垂直XOY平面向外；（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從P點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰好從半圓形區(qū)域的邊界射出粒子的加速度為

24、a=，射出時的速度大?。唬?）若僅撤去電場，帶電粒子從O點沿Y軸負方向射入，且速度為原來的4倍，粒子在磁場中運動的時間為t0【點評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，幾何關系就比較明顯了3（2011西安模擬）如圖，在xOy平面第一象限整個區(qū)域分布一勻強電場，電場方向平行y軸向下在第四象限內(nèi)存在一有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為x=的直線，磁場方向垂直紙面向外一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從y軸上P點以初速度v0垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向45°角進入勻強磁場已知OQ=l，不計粒子重力求：（1）P

25、與O兩點的距離；（2）要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的取值范圍；（3）要使粒子能第二次進入磁場，磁感應強度B的取值范圍【分析】（1）粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運動，在x軸方向上做勻速直線運動，在y軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，已經(jīng)知道在Q點時的速度方向為45°，可知此時沿兩個坐標軸的速度都是v0，在x軸和y軸分別列式，可求出OP的距離（2）、對粒子在第四象限中的運動軌道進行分析，找到臨界狀態(tài)，即軌道恰好與y軸相切為軌道的最大半徑，結合洛倫茲力做向心力的公式可求出此時的磁感應強度，該磁感應強度為最小值，從而可表示出磁感應強度的范圍（3）、首先要分析粒子恰能第二次進入磁場的軌跡，

26、畫出軌跡圖，結合軌跡圖可求出CQ之間的距離，由幾何關系再求出在第四象限內(nèi)運動軌道的半徑，結合洛倫茲力做向心力的公式可求出磁感應強度的最大值，從而可得磁感應強度的范圍【解答】解：（1）、設粒子進入電場時y方向的速度為vy，設粒子在電場中運動時間為t，則有：由以上各式，得（2）、粒子剛好能再進入電場的軌跡如圖所示，設此時的軌跡半徑為r1粒子在磁場中的速度根據(jù)牛頓第二定律得：要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的范圍（3）要使粒子剛好能第二次進入磁場的軌跡如圖粒子從P到Q的時間為t，則粒子從C到D的時間為2t，所以設此時粒子在磁場中的軌道半徑為r2，由幾何關系根據(jù)牛頓第二定律要使粒子能第二次進磁場，磁

27、感應強度B的范圍B1BB2即 答：（1）P與O兩點的距離為（2）要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的取值范圍為（3）要使粒子能第二次進入磁場，磁感應強度B的取值范圍為【點評】帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學的知識，分析方法和力學的分析方法基本相同先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程，然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運動的觀點，選用牛頓第二定律和運動學公式求解；第二種利用能量轉化的觀點，選用動能定理和功能關系求解經(jīng)對本題的分析可知，粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運動，第一問還可以用能量進行求解本題第四象限內(nèi)存在著有界磁場，帶電粒子在第四象限內(nèi)運動時，受到洛

28、倫茲力的作用，將做有臨界狀態(tài)的圓周運動，對臨界狀態(tài)的尋找與分析成為了解決此類為題的重點和難點此種類型的題能充分考查考生的綜合分析能力和應用數(shù)學處理物理問題的能力解此類問題的關鍵是做出帶電粒子運動的軌跡圖，抓住物理過程變化的轉折點（列出對應的狀態(tài)方程），找出粒子運動的半徑與磁場邊界的約束關系4（2015秋深圳期末）如右圖所示，在矩形ABCD區(qū)域內(nèi)，對角錢BD以上的區(qū)域存在有平行于AD向下的勻強電場，對角線BD以下的區(qū)域存在有垂直于紙面的勻強磁場（圖中未標出），矩形AD邊長L，AB邊長為2L一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子（重力不計）以初速度vo從A點沿AB方向進入電場，在對角線BD的中點P處

29、進入磁場，并從DC邊上以垂直于DC邊的速度離開磁場（圖中未畫出），求：（1）電場強度E的大??？（2）帶電粒子經(jīng)過P點時速度v的大小和方向？（3）磁場的磁感應強度B的大小和方向？【分析】（1）（2）帶電粒子進入電場做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，到達P點后，水平位移是豎直位移的倍，抓住這一關系，求出電場強度的大小在豎直方向上做勻變速運動，根據(jù)運動學公式求出豎直方向速度，再根據(jù)運動的合成和分解規(guī)律求出速度，根據(jù)兩分速度的關系求出夾角；（3）作出進入磁場的軌跡圖，確定出圓心，根據(jù)幾何關系得出半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，通過半徑公式，求出磁感應強度B的大小

30、，根據(jù)洛倫茲力的方向確定出磁場的方向【解答】解：（1）（2）帶電粒子受電場力作用做類平拋運動，在豎直方向上：L=at2，在水平方向上：L=v0t，由牛頓第二定律得：Eq=ma，解得：a=，場強為：E=；在豎直方向上做勻變速運動，Y方向分速度為vy，vy2=2a，解得：vy=v0，到P點時速度為：V=v0，速度與水平方向的夾角滿足：tan=1，此時速度與水平方向的夾角為=45°；（3）由幾何關系可知：粒子在磁場中轉過的圓心角為45° sin45°=，解得：r=L，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：B=，方向垂直紙面向

31、外答：（1）場強度E的大小為；（2）粒子經(jīng)過P點時速度v的大小為v0，速度與水平方向的夾角為=45°；（3）磁場的磁感應強度B的大小為：，方向垂直紙面向外【點評】本題重點考查帶電粒子在勻強電場中的類平拋和勻強磁場中的勻速圓周運動，以及運用數(shù)學知識解決物理問題的能力；要明確粒子在電場中運動時一般根據(jù)運動的合成和分解規(guī)律求解；而在磁場中運動時要注意分析粒子的運動軌跡，確定圓心和半徑，再利用洛倫茲力充當向心力求解5（2013錦州四模）如圖甲所示，在以O為坐標原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場一個帶正電小球在0時刻以v0=3gt0的初速度從O點沿+x方向（水平向右）射入該空間，

32、在t0時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿+y方向（豎直向上），場強大小E0=，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大小B0=已知小球的質(zhì)量為m，帶電量為q，時間單位t0，當?shù)刂亓铀俣萭，空氣阻力不計試求：（1）12t0末小球速度的大?。?）在給定的xOy坐標系中，大體畫出小球在0到24t0內(nèi)運動軌跡的示意圖（3）30t0內(nèi)小球距x軸的最大距離【分析】（1）正確對小球進行受力分析，明確運動形式，求出圓周運動的周期和所給時間直間的關系，最后利用平拋運動規(guī)律求解；（2）根據(jù)第一問的解答，可正確畫出圖象；（3）利用運動的周期性畫出30t0內(nèi)小球運動軌跡圖，然后利用數(shù)學知識求解【解答

33、】解：（1）0t0內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運動當同時加上電場和磁場時，電場力：F1=qE0=mg，方向向上因為重力和電場力恰好平衡，所以在電場和磁場同時存在時小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有： qvB0=m，得 r=運動周期 T=聯(lián)立解得 T=2t0電場、磁場同時存在的時間正好是小球做圓周運動周期的5倍，即在這10t0內(nèi)，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動所以小球在t1=12 t0時刻的速度相當于小球做平拋運動t=2t0時的末速度vy1=g2t0=2gt0所以12t0末小球的速度大小為 v1=gt0（2）24t0內(nèi)運動軌跡的示意圖如下圖所示（3）分析可知，小球在30t0

34、時與24t0時的位置相同，在24t0內(nèi)小球做了t2=3t0的平拋運動，和半個圓周運動23t0末小球平拋運動的豎直分位移大小為： y2=豎直分速度 vy2=3gt0所以小球與豎直方向的夾角為=45°，速度大小為 v2=3此后小球做勻速圓周運動的半徑 r2=30t0末小球距x軸的最大距離：y3=y2+（1+cos45°）r2=（）g答：（1）12t0末小球速度的大小為gt0（2）大體畫出小球在0到24t0內(nèi)運動軌跡的示意圖如圖所示（3）30t0內(nèi)小球距x軸的最大距離為（）g【點評】解答帶電粒子在磁場中運動的基本思路是正確受力分析，畫出運動軌跡圖，這類問題對學生數(shù)學知識要求較高，

35、是考查重點和難點，要加強練習，提高解題能力6（2013鄭州一模）如圖所示，中軸線PQ將矩形區(qū)域MNDC分成上下兩部分，上部分充滿垂直紙面向外的勻強磁場，下部分充滿垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度皆為B一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子從P點進入磁場，速度與邊MC的夾角=30°MC邊長為a，MN邊長為8a，不計粒子重力求：（1）若要該粒子不從MN邊射出磁場，其速度最大值是多少？（2）若要該粒子恰從Q點射出磁場，其在磁場中的運行時間最少是多少？【分析】（1）帶電粒子進入磁場后，做勻速圓周運動，當該粒子恰好不從MN邊射出磁場時，軌跡與MN相切，根據(jù)幾何知識求出軌跡的半徑，由牛頓第二定律求

36、解速度的最大值（2）由幾何知識得知，=30°，粒子每經(jīng)過分界線PQ一次，在PQ方向前進的位移為軌跡半徑的，粒子進入磁場后第n次經(jīng)過PQ線時恰好到達Q點，則有nr=8a，是正整數(shù)，而且ra，再根據(jù)周期公式求出最少時間【解答】解：（1）設該粒子恰不從MN邊射出磁場時的軌跡半徑為r，由幾何關系得：rcos60°=r，解得 r=a 又由 qvB=m解得最大速度為 v=（2）粒子每經(jīng)過分界線PQ一次，在PQ方向前進的位移為軌跡半徑R的倍有nR=8a，且Ra 解得n=4.62n所能取的最小自然數(shù)為5粒子做圓周運動的周期為 T=粒子每經(jīng)過PQ分界線一次用去的時間為 t=粒子到達Q點的最短

37、時間為 tmin=5t=答：（1）若要該粒子不從MN邊射出磁場，其速度最大值是（2）若要該粒子恰從Q點射出磁場，其在磁場中的運行時間最少是【點評】本題中帶電粒子的運動具有周期性，要運用數(shù)學上分析數(shù)列通項的方法進行研究，同時要考慮臨界條件7（2010秋江陰市校級期末）如圖所示，在xoy直角坐標系中，第象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第二象限內(nèi)分布著方向沿y軸負方向的勻強電場初速度為零、帶電量為q、質(zhì)量為m的離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區(qū)域，在電場偏轉并擊中x軸上的C點已知OA=OC=d不計重力求；（1）粒子到

38、達A點的速度；（2）磁感強度B和電場強度E的大小【分析】（1）粒子在電場的加速下達到A點，由動能定理可求得粒子到達A點的速度；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系可得出半徑，由洛侖茲力充當向心力可得出磁感應強度B；粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，由平拋運動的知識可求得電場強度為E【解答】解：（1）設帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后獲得速度為v，由動能定理得：Uq=mv2；故粒子的速度v=；（2）帶電粒子進入磁場后，洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律：Bqv=m； 依題意可知：R=d； 解得：B=； 帶電粒子在電場中偏轉，做類平拋運動，設經(jīng)時間t

39、從P點到達C點，由運動學公式得：d=vt；d=； 聯(lián)立解得：E=；答：（1）粒子到達A點的速度為；（2）磁感應強度為，電場強度為【點評】本題為帶電粒子在電場、磁場中的運動類題目，若粒子垂直磁場進入，則粒子做勻速圓周運動，若垂直電場線進入電場粒子做類平拋運動8（2013長安區(qū)校級一模）在xoy直角坐標系中，第象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第象限內(nèi)分布著方向沿y軸負方向的勻強電場初速度為零、帶電量為q、質(zhì)量為m的離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區(qū)域，在電場偏轉并擊中x軸上的C點已知OA=OC=d求：（1）電場強度

40、E（2）磁感強度B的大小【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，由平拋運動的知識可求得電場強度為E（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系可得出半徑，由洛侖茲力充當向心力可得出磁感應強度B；【解答】解：設帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后獲得速度為v，由帶電粒子進入磁場后，洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律：依題意可知：r=d帶電粒子在電場中偏轉，做類平拋運動，設經(jīng)時間t從P點到達C點，由運動學公式得 d=vt 又qE=ma 聯(lián)立可解得：聯(lián)立可解得：答：（1）電場強度E為（2）磁感強度B的大小為【點評】本題為帶電粒子在電場、磁場中的運動類題目，

41、若粒子垂直磁場進入，則粒子做勻速圓周運動，若垂直電場線進入電場粒子做類平拋運動9（2007廣東）如圖為裝置的垂直截面圖，虛線A1A2是垂直截面與磁場區(qū)邊界面的交線，勻強磁場分布在A1A2的右側區(qū)域，磁感應強度B=0.4T，方向垂直紙面向外，A1A2與垂直截面上的水平線夾角為45°在A1A2左側，固定的薄板和等大的擋板均水平放置，它們與垂直截面交線分別為S1、S2，相距L=0.2m在薄板上P處開一小孔，P與A1A2線上點D的水平距離為L在小孔處裝一個電子快門起初快門開啟，一旦有帶正電微粒通過小孔，快門立即關閉，此后每隔T=3.0×103s開啟一次并瞬間關閉從S1S2之間的某一

42、位置水平發(fā)射一速度為v0的帶正電微粒，它經(jīng)過磁場區(qū)域后入射到P處小孔通過小孔的微粒與檔板發(fā)生碰撞而反彈，反彈速度大小是碰前的0.5倍（1）通過一次反彈直接從小孔射出的微粒，其初速度v0應為多少？（2）求上述微粒從最初水平射入磁場到第二次離開磁場的時間（忽略微粒所受重力影響，碰撞過程無電荷轉移已知微粒的荷質(zhì)比只考慮紙面上帶電微粒的運動）【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解半徑，欲使微粒能進入小孔，半徑r的取值范圍為：Lr2L，帶入可求得速度范圍，欲使進入小孔的微粒與擋板一次相碰返回后能通過小孔，還必須滿足條件：其中n=1，2，3，進而即可求得速度；（2）畫出粒子在磁場中運動的軌跡，根據(jù)周期公

43、式求出在磁場中運動的周期，分別求出帶電微粒第一次、第二次在磁場中運動的時間和第一次離開磁場運動到擋板的時間及碰撞后再返回磁場的時間為，總時間為4個時間時間之和【解答】解：（1）如圖所示，設帶正電微粒在S1S2之間任意點Q以水平速度v0進入磁場，微粒受到的洛侖茲力為f，在磁場中做圓周運動的半徑為r，有：解得：r=欲使微粒能進入小孔，半徑r的取值范圍為：Lr2L代入數(shù)據(jù)得：80 m/sv0160 m/s欲使進入小孔的微粒與擋板一次相碰返回后能通過小孔，還必須滿足條件：其中n=1，2，3，可知，只有n=2滿足條件，即有：v0=100 m/s（2）設微粒在磁場中做圓周運動的周期為T0，從水平進入磁場到

44、第二次離開磁場的總時間為t，設t1、t4分別為帶電微粒第一次、第二次在磁場中運動的時間，第一次離開磁場運動到擋板的時間為t2，碰撞后再返回磁場的時間為t3，運動軌跡如答圖所示，則有：； ； ； ； 所以t=t1+t2+t3+t4=2.8×102s答：（1）通過一次反彈直接從小孔射出的微粒，其初速度v0應為100 m/s；（2）上述微粒從最初水平射入磁場到第二次離開磁場的時間為2.8×102s【點評】本題主要考查了帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的問題，要求同學們能畫出粒子運動的軌跡，正確分析帶電微粒的運動過程，難度適中10（2011長安區(qū)校級三模）如圖為可測定比荷的某裝置的簡

45、化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0×103T，在x軸上距坐標原點L=m的P處為離子的入射口，在y軸上上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=4×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，不計重力（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加上這個勻強電場；（3）為了在M處觀測到按題設

46、條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形【分析】第（1）問考查帶電粒子在磁場中的運動，根據(jù)粒子的運動的軌跡可以求得粒子的比荷第（2）問粒子做的是勻速直線運動，所以粒子處于受力平衡狀態(tài)，由此可以求得電場的大小和方向第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區(qū)域）中的運動，當磁場和帶電粒子的軌跡相切時，磁場的面積最小【解答】解：（1）設粒子在磁場中的運動半徑為r如圖甲，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得 由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得（2）設所加電場的場強大小

47、為E如圖乙，當粒子子經(jīng)過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有qE=Bqv代入數(shù)據(jù)得 E=80V/m所加電場的長槍方向沿x軸正方向由幾何關系可知，圓弧PQ所對應的圓心角為45°，設帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則有 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 （3）如圖丙，所求的最小矩形是MM1P1P，該區(qū)域面積s=2rr=2r2代入數(shù)據(jù)得 s=0.5m2矩形如圖丙中MM1P1（虛線）【點評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，幾何關系就比較明顯了11（2012自貢模擬）如圖1所示，

48、兩根相距為L的金屬軌道固定于水平面上，導軌電阻不計一根質(zhì)量為m、長為L、電阻為及的金屬棒兩端放于導軌上，導軌與金屬棒間的動摩擦因數(shù)為，棒與導軌的接觸電阻不計導軌左端連有阻值為2R的電阻，在電阻兩端接有電壓傳感器并與計算機相連軌道平面上有n段豎直向下的寬度為a間距為b的勻強磁場（ab），磁感應強度為B金屬棒初始位于00處，與第一段磁場相距2a（1）若金屬棒有向右的初速度v0，為使金屬棒保持v0）的速度一直向右穿過各磁場，需對金屬棒施加一個水平向右的拉力求金屬棒進入磁場前拉力F1的大小和進入磁場后拉力F2的大小，以及金屬棒從開始運動到離開第n段磁場過程中，拉力所做的功（2）若金屬棒初速度為零，現(xiàn)對

49、其施以水平向右的恒定拉力F使棒穿過各段磁場，發(fā)現(xiàn)計算機顯示出的電壓圖象隨時間以T作周期性變化請在圖2的坐標系中定性地畫出計算機顯示的ut圖象（從金屬棒進入第一段磁場開始計時）（3）在（2）的情況下，求金屬棒從處開始運動到離開第n段磁場的過程中導軌左端電阻上產(chǎn)生的熱量，以及金屬棒從第n段磁場穿出時的速度大小【分析】（1）金屬棒保持v0一直向右勻速運動，進入磁場前，拉力F1與滑動摩擦力平衡，由平衡條件可解；金屬棒在磁場中運動時，拉力與滑動摩擦力、安培力平衡，推導出安培力表達式，可解分兩段求功：一段在非磁場區(qū)域，運動的位移為2a+（n1）b，可求出功；另一段在在磁場區(qū)域，每一段拉力做功相同，共有n段

50、，由功的公式可求解（3）要使棒進入各磁場的速度都相同，金屬棒在無磁場區(qū)域做加速運動，在磁場區(qū)域做減速運動，則穿過各段磁場時，感應電動勢減小，路端電壓減小，根據(jù)速度的變化情況，可作出電壓圖象（4）進入磁場前，拉力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理，求出金屬棒進入磁場時的速度進入在磁場時，拉力、摩擦力和安培力做功，根據(jù)動能定理可求出磁場速度，根據(jù)能量守恒定律求出熱量【解答】解：（1）當金屬棒勻速運動時，所受合力為0，則：進入磁場前有：F1=mg 進入磁場后有：F2=mg+BIL 電流：I=所以F2=mg+金屬棒在磁場外的運動過程中拉力做功：W1=mg2a+（n1）b穿過n段磁場過程中拉力做功：W2=F2n

51、a 所以拉力做功為：W=W1+W2=mg（n+2）a+（n1）b+（2）由題中要求，要使棒進入各磁場的速度都相同，金屬棒在無磁場區(qū)域做加速運動，在磁場區(qū)域做減速運動，則穿過各段磁場時，感應電動勢減小，路端電壓減小，根據(jù)速度的變化情況，可作出Ut圖象如右圖所示（3）由第（2）中結果可知，金屬棒進入各段磁場時速度都應相同，等于從OO運動2a距離第一次進入磁場時的速度，設為v1，由動能定理得（Fmg ）2a=mv要保證每次進入磁場時速度均為v1，棒在磁場中須做減速運動，離開磁場后再加速每一段磁場中克服安培力做功均相同，都為W'，棒離開磁場時速度也都相同，設為v2由動能定理得（Fmg ）aW&

52、#39;=vmv在兩個磁場間運動時，有（Fmg ）b=mvv由此可得：W'=（Fmg ）（a+b） 而電路中產(chǎn)生的總熱量為：Q=n W'所以由以上各式解得左端電阻R上產(chǎn)生的熱量為：QR=Q=nFmg ）（a+b） 金屬棒從第n段磁場穿出時的速度大小為：v2=答：（1）屬棒進入磁場前拉力F1的大小為mg，進入磁場后拉力F2的大小為mg+，金屬棒從開始運動到離開第n段磁場過程中，拉力所做的功為mg（n+2）a+（n1）b+（2）如圖（3）金屬棒從處開始運動到離開第n段磁場的過程中導軌左端電阻上產(chǎn)生的熱量為nFmg ）（a+b），金屬棒從第n段磁場穿出時的速度大小為【點評】本題分析受

53、力是基礎，關鍵從能量轉化和守恒角度來求解，解題時要注意抓住使棒進入各磁場的速度都相同，以及通過每段磁場時電路中發(fā)熱量均相同的條件，屬于難題12（2013秋南充校級期末）如圖所示，在坐標系xOy內(nèi)有一半徑為a的圓形區(qū)域，圓心坐標為O1（a，0），圓內(nèi)分布有垂直紙面向里的勻強磁場在直線y=a的上方和直線x=2a的左側區(qū)域內(nèi)，有一沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E一質(zhì)量為m、電荷量為+q（q0）的粒子以速度v從O點垂直于磁場方向射入，當速度方向為x軸正方向時，粒子恰好從O1點正上方的A點射出磁場，不計粒子重力（1）求磁感應強度B的大小；（2）粒子在第一象限內(nèi)運動到最高點時的位置坐標；（3）求粒子從

54、射入磁場到最終離開磁場的時間t【分析】（1）根據(jù)幾何關系先得到圓心、半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解B；（2）粒子離開磁場后，進入電場，根據(jù)動能定理列式求解粒子在電場中的位移，從而得到最高點的坐標（3）粒子在磁場中做圓周運動，先得到第一次圓心和射出點，進入電場后，又沿原路返回，再得到第二次圓心和射出點，最后得到總時間【解答】解：（1）設粒子在磁場中做圓運動的軌跡半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律，有 qvB=m粒子自A點射出，由幾何知識得：R=a解得 B=即磁感應強度B的大小為（2）粒子從A點向上在電場中做勻減運動，設在電場中減速的距離為y由動能定理，得到Eqy=0mv2；解得y=故粒子在第一象

55、限內(nèi)運動到最高點時的位置坐標為a，（a+）（3）畫出粒子的運動軌跡如圖粒子在磁場中運動的時間為 tB=在電場中運動的時間為 tE=2=故粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間 t=tB+tE=+答：（1）磁感應強度B的大小是；（2）粒子在第一象限內(nèi)運動到最高點時的位置坐標是a，（a+）；（3）求粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間t是+【點評】本題關鍵先確定圓心、半徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解；第三問關鍵先根據(jù)題意，分析后畫出物體的運動軌跡，然后再列式計算13（2013湖北模擬）如圖所示，在直角坐標xOy平面y軸左側（含y軸）有一沿y軸負向的勻強電場，一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從x軸上P處以速度v0沿x軸正向進入電場，從y軸上Q點離開電場時速度方向與y軸負向夾角=30°，Q點坐標為（0，d），在y軸右側有一與坐標平面垂直的有界勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），磁場磁感應強度大小B=，粒子能從坐標原點O沿x軸負向再進入電場不計粒子重力，求：（1）電場強度大小E；（2）如果有界勻強磁場區(qū)域為半圓形，求磁場區(qū)域的最小面積；（3）粒子從P點運動到O點的總時