電場(chǎng)磁場(chǎng)綜合題目

1、電場(chǎng)磁場(chǎng)一選擇題（共10小題）1（2016廣西模擬）如圖所示，長(zhǎng)直導(dǎo)線中有從A到B的電流，C為導(dǎo)線正下方的一點(diǎn)，則該電流在C處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向是（）A向右B向左C垂直紙面向外D垂直紙面向里2（2016廣西模擬）一通電直導(dǎo)線用細(xì)線懸掛于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)及電流方向如圖通電導(dǎo)線所受安培力的方向是（）A水平向左B水平向右C豎直向上D豎直向下3（2015武清區(qū)校級(jí)學(xué)業(yè)考試）下列各圖中，運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向、磁場(chǎng)方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系正確的是（）ABCD4（2015秋大連校級(jí)期中）如圖所示，相同的帶正電粒子A和B，同時(shí)以vA和vB的速度從寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界上的0點(diǎn)分別以60°和30

2、°（與邊界的夾角）方向射入磁場(chǎng)，又恰好不從另一邊界飛出，則下列說(shuō)法中正確的是（）AA、B兩粒子的速度之比BA、B兩粒子在磁場(chǎng)中的位移之比1：1CA、B兩粒子在磁場(chǎng)中的路程之比1：2DA、B兩粒子在磁場(chǎng)中的時(shí)間之比2：15（2015春上饒期末）如圖所示，真空中狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，區(qū)域?qū)挾葹閐，邊界為CD和EF，速度為v的電子從邊界CD外側(cè)沿垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，入射方向跟CD的夾角為，已知電子的質(zhì)量為m、帶電荷量為e，為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應(yīng)滿足的條件是（）AvBvCvDv6（2016福建模擬）空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域的

3、橫截面的半徑為R，磁場(chǎng)方向垂直橫截面一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏離入射方向60°不計(jì)重力，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）ABCD7（2016咸陽(yáng)一模）如圖所示，金屬棒ab置于水平放置的金屬導(dǎo)軌cdef上，棒ab與導(dǎo)軌相互垂直并接觸良好，導(dǎo)軌間接有電源現(xiàn)用兩種方式在空間加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ab棒均處于靜止第一次勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上；第二次勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向斜向左上與金屬導(dǎo)軌平面成=30°角，兩次勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等下列說(shuō)法中正確的是（）A兩次金屬棒ab所受的安培力大小不變B第二次金屬棒ab所受的安培力大C第二次金屬棒ab

4、受的摩擦力小D第二次金屬棒ab受的摩擦力大8（2016廣西模擬）質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以速度v垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和周期分別為（）ABCD9（2016春玉溪校級(jí)月考）如圖所示，在開關(guān)S閉合時(shí)，質(zhì)量為m的帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列判斷正確的是（）A保持S閉合，將上極板稍向左平移，液滴將會(huì)向上運(yùn)動(dòng)B保持S閉合，將上極板稍向下平移，電流表中會(huì)有ab的電流C將S斷開，將上極板稍向左平移，液滴仍保持靜止D將S斷開，將上極板稍向下平移，液滴仍保持靜止10（2015西華縣模擬）如圖，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且與磁場(chǎng)方向（垂直于紙面向里）

5、垂直線段ab、bc和cd的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，且abc=bcd=135°流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示導(dǎo)線段abcd所受到的磁場(chǎng)的作用力的合力（）A方向沿紙面向上，大小為（+1）ILBB方向沿紙面向上，大小為（1）ILBC方向沿紙面向下，大小為（+1）ILBD方向沿紙面向下，大小為（1）ILB二解答題（共15小題）11（2015秋天津校級(jí)期末）帶正電的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）質(zhì)量 m=0.01kg，帶電量q=0.01C，自光滑斜面頂端由靜止開始下滑，斜面傾角30°，長(zhǎng)10m滑出斜面后恰好進(jìn)入虛線區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，虛線區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向右和勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向外，如圖所示（g取

6、10m/s2）（1）物塊滑出斜面的速度大?。唬?）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E多大；（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B多大12（2012無(wú)錫二模）如圖所示，在光滑的水平面上有一直角坐標(biāo)系Oxy現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m=Olkg帶電荷量q=一2×104C的微粒，(重力不計(jì)）從y軸正半軸上的P1點(diǎn)以速度v0=0.6m/s垂直于y軸射入已知在y0的空間內(nèi)有與y軸方向平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y0的空間內(nèi)存在方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)帶電微粒從P1點(diǎn)射入電場(chǎng)后，經(jīng)坐標(biāo)（1.2，0）的P2點(diǎn)與x軸正方向成53°角射入y0的空間，最后從y軸負(fù)半軸上的P3點(diǎn)垂直于y軸射出（已知：sin53=0.8，cos53°

7、=0.6）求：（1）P1點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B13（2013秋德州期末）如圖所示，質(zhì)量為m=0.04kg的導(dǎo)電細(xì)桿ab置于傾角為=30°的平行放置的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌寬為d=0.4m，細(xì)桿ab與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌所在區(qū)域存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T，已知電源電動(dòng)勢(shì)E=1.5V，內(nèi)阻r=0.2，導(dǎo)軌和細(xì)桿的電阻均忽略不計(jì)（g取10m/s2）（1）若導(dǎo)軌光滑，為保證釋放細(xì)桿后ab保持靜止不動(dòng)，則滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值是多大？（2）若導(dǎo)軌粗糙，且與細(xì)桿的動(dòng)摩擦因數(shù)=，為保證釋放細(xì)桿后ab仍保持靜止不動(dòng)，則通過(guò)細(xì)桿的電流范圍是多少？

8、（已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）14（2013秋廬江縣期末）如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏現(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子（重力不計(jì)），以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O試求：（1）粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間；（2）粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan；（3）粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離s15（2010秋高安市校級(jí)期中）一個(gè)帶正電的微粒，從A點(diǎn)射入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒沿直線由A向B運(yùn)動(dòng)，如圖所示，AB與電場(chǎng)線夾角為已知帶電微粒的質(zhì)量為m，電

9、荷量為q，A、B相距L（重力加速度為g）（1）試說(shuō)明微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，要求說(shuō)明理由（2）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向？16（2015臨潼區(qū)）一束電子流在經(jīng)U=5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，若兩板間距d=1.0cm，板長(zhǎng)l=5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最多能加多大電壓？17（2015陜西模擬）如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連它的極板長(zhǎng)L=0.4m，兩板間距離d=4×103m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落

10、到下板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m=4×105kg，電量q=+1×108C，（g=10m/s2）求：（1）微粒入射速度v0為多少？（2）為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，電容器的上板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？18（2015紅橋區(qū)模擬）如圖所示，兩塊相同的金屬板正對(duì)著水平放置，板間距離為d當(dāng)兩板間加電壓U時(shí)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，以水平速度v0從A點(diǎn)射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后從B點(diǎn)射出電場(chǎng)，A、B間的水平距離為L(zhǎng)，不計(jì)重力影響求：（1）帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間；（2）帶電粒子經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度的大?。唬?）A、B間的電勢(shì)差1

11、9（2016大慶模擬）如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.40m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角=37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50的直流電源現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m=0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0=2.5，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：（1）通過(guò)導(dǎo)體棒的電流；（2）導(dǎo)體棒受到的安培力大?。唬?）導(dǎo)體棒受

12、到的摩擦力20（2016大慶模擬）如圖，水平放置金屬導(dǎo)軌M、N，平行地置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，間距為1m，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T，方向與導(dǎo)軌平面夾角為=37°，金屬棒ab的質(zhì)量為0.02kg，放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4電源電動(dòng)勢(shì)為1.5V，內(nèi)阻為0.5，定值電阻R為1，其余部分的電阻不計(jì)，則當(dāng)電鍵閉合的瞬間，求：（sin37°=0.6、cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）電流多大；（2）棒ab的加速度為多大21（2016天津校級(jí)模擬）如圖所示，兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)A板帶正電荷，B板帶等量負(fù)電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度

13、為E；磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1平行金屬板右側(cè)有一擋板M，中間有小孔O，OO是平行于兩金屬板的中心線擋板右側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)應(yīng)強(qiáng)度為B2CD為磁場(chǎng)B2邊界上的一絕緣板，它與M板的夾角=45°，OC=a，現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m，含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子（不計(jì)重力），自O(shè)點(diǎn)沿OO方向進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO方向運(yùn)動(dòng)，并進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中，求：（1）進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的帶電粒子的速度；（2）能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值；（3）絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長(zhǎng)度22（2016大慶模擬）如圖所示，、為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的理想邊界，一束電

14、子（電量為e，質(zhì)量為m，重力不計(jì)）由靜止?fàn)顟B(tài)從P點(diǎn)經(jīng)過(guò)、間的電場(chǎng)加速后垂直到達(dá)邊界的Q點(diǎn)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)邊界寬度為d，電子從磁場(chǎng)邊界穿出時(shí)的速度方向與電子原來(lái)的入射方向夾角為30°求：（1）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（2）若改變PQ間的電勢(shì)差，使電子剛好不能從邊界射出，則此時(shí)PQ間的電勢(shì)差U是多少？23（2016大慶模擬）如圖，在xOy平面第一象限整個(gè)區(qū)域分布一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向平行y軸向下在第四象限內(nèi)存在一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左邊界為y軸，右邊界為x=的直線，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從y軸上P點(diǎn)以初速度v0垂直y軸射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)力作用下從x

15、軸上Q點(diǎn)以與x軸正方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)已知OQ=l，不計(jì)粒子重力求：（1）P點(diǎn)的縱坐標(biāo)；（2）要使粒子能再次進(jìn)入電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍24（2016洛陽(yáng)模擬）如圖所示，質(zhì)量為m=5×108 kg的帶電粒子以v0=2m/s的速度從水平放置的平行金屬板A、B中央飛入電場(chǎng)，已知板長(zhǎng)L=10cm，板間距離d=2cm，當(dāng)A、B間加電壓UAB=103 V時(shí)，帶電粒子恰好沿直線穿過(guò)電場(chǎng)（設(shè)此時(shí)A板電勢(shì)高）求：（1）帶電粒子的電性和所帶電荷量；（2）A、B間所加電壓在什么范圍內(nèi)帶電粒子能從板間飛出？25（2016大慶模擬）水平放置的兩塊平行金屬板長(zhǎng)L，兩板間距d，兩板間電壓為U

16、，且上板為正，一個(gè)電子沿水平方向以速度v0從兩板中間射入，已知電子質(zhì)量m，電荷量e，如圖，求：（1）電子偏離金屬板時(shí)的側(cè)位移y是多少？（2）電子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度是多少？（3）電子離開電場(chǎng)后，打在屏上的P點(diǎn)，若屏與金屬板右端相距S，求OP的長(zhǎng)？2016年03月14日1224966的高中物理組卷參考答案與試題解析一選擇題（共10小題）1（2016廣西模擬）如圖所示，長(zhǎng)直導(dǎo)線中有從A到B的電流，C為導(dǎo)線正下方的一點(diǎn)，則該電流在C處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向是（）A向右B向左C垂直紙面向外D垂直紙面向里【考點(diǎn)】通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場(chǎng)的方向菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】由右手螺旋定則可判斷電流周圍磁場(chǎng)的分布【解答】解

17、：長(zhǎng)直導(dǎo)線中有從A到B的電流，由右手螺旋定則得：導(dǎo)線正下方產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里故選D【點(diǎn)評(píng)】右手螺旋定則在應(yīng)用過(guò)程中容易出現(xiàn)錯(cuò)誤，要加強(qiáng)練習(xí)，增加熟練程度2（2016廣西模擬）一通電直導(dǎo)線用細(xì)線懸掛于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)及電流方向如圖通電導(dǎo)線所受安培力的方向是（）A水平向左B水平向右C豎直向上D豎直向下【考點(diǎn)】安培力菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】已知磁場(chǎng)方向與電流方向，由左手定則可以判斷出安培力的方向【解答】解：根據(jù)圖示磁場(chǎng)與電流方向，由左手定則可得，安培力方向豎直向下，故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了左手定則的應(yīng)用，熟練應(yīng)用左手定則即可判斷出安培力的方向3（2015武清區(qū)校級(jí)學(xué)業(yè)考試

18、）下列各圖中，運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向、磁場(chǎng)方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系正確的是（）ABCD【考點(diǎn)】判斷洛侖茲力的方向菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受洛倫茲力方向由左手定則進(jìn)行判斷，伸開左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一平面內(nèi)，讓磁感線進(jìn)入手心，并使四指指向正電荷運(yùn)動(dòng)方向或者負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向，這時(shí)拇指所指的方向就是運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力的方向【解答】解：根據(jù)左手定則可知：A圖中洛倫茲力方向應(yīng)該向上，故A錯(cuò)誤；B圖中電荷的速度方向、磁場(chǎng)方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系符合左手定則，故B正確；C圖中洛倫茲力方向應(yīng)該向里，故C錯(cuò)誤

19、；D圖中電荷運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向在一條線上，不受洛倫茲力，故D錯(cuò)誤故選：B【點(diǎn)評(píng)】帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)受洛倫茲力的條件以及左手定則的熟練應(yīng)用是對(duì)學(xué)生的基本要求，要熟練掌握4（2015秋大連校級(jí)期中）如圖所示，相同的帶正電粒子A和B，同時(shí)以vA和vB的速度從寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界上的0點(diǎn)分別以60°和30°（與邊界的夾角）方向射入磁場(chǎng)，又恰好不從另一邊界飛出，則下列說(shuō)法中正確的是（）AA、B兩粒子的速度之比BA、B兩粒子在磁場(chǎng)中的位移之比1：1CA、B兩粒子在磁場(chǎng)中的路程之比1：2DA、B兩粒子在磁場(chǎng)中的時(shí)間之比2：1【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題

20、】帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】以任一帶電粒子為研究對(duì)象，畫出軌跡示意圖，根據(jù)幾何知識(shí)得出軌跡半徑r與磁場(chǎng)的寬度d的關(guān)系式，結(jié)合半徑公式r=，即可求得速度之比；根據(jù)公式t=，是軌跡的圓心角求時(shí)間之比；路程s=r；【解答】解：A、設(shè)粒子速度方向和磁場(chǎng)邊界的夾角為，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，如圖所示，有 r+rcos=d得 r=又由軌跡半徑公式 r=所以=故A正確B、粒子在磁場(chǎng)中的位移x=2rsin，所以=故B錯(cuò)誤C、粒子在磁場(chǎng)中的路程s=r=r×（22）所以=故C錯(cuò)誤D、軌跡的圓心角為時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=T，而周期T=，兩個(gè)粒子的周期是相同的所以=故D錯(cuò)誤故選A【點(diǎn)評(píng)】考

21、查牛頓第二定律、勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑和周期公式，并與幾何關(guān)系綜合解題，注意考慮粒子的臨界情況是本題突破口同時(shí)還強(qiáng)調(diào)圓心角的正確表示5（2015春上饒期末）如圖所示，真空中狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，區(qū)域?qū)挾葹閐，邊界為CD和EF，速度為v的電子從邊界CD外側(cè)沿垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，入射方向跟CD的夾角為，已知電子的質(zhì)量為m、帶電荷量為e，為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應(yīng)滿足的條件是（）AvBvCvDv【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其軌跡恰好與EF邊

22、相切時(shí)，軌跡半徑最小，對(duì)應(yīng)的速度最小【解答】解：由題意可知電子從EF射出的臨界條件為到達(dá)邊界EF時(shí)，速度與EF平行，軌跡與EF相切，如右圖由幾何知識(shí)得R+Rcos=d，R=，解得v0=，vv0，即能從EF射出故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周運(yùn)動(dòng)的邊界問(wèn)題的求解方法當(dāng)入射速率v0很小時(shí)，電子會(huì)在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)一段圓弧后又從CD一側(cè)射出，速率越大，軌道半徑越大，當(dāng)軌道與邊界EF相切時(shí)，電子恰好不能從EF射出6（2016福建模擬）空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場(chǎng)方向垂直橫截面一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏離入射方向60&

23、#176;不計(jì)重力，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）ABCD【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】帶正電的粒子垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力，由幾何知識(shí)求出軌跡半徑r，根據(jù)牛頓第二定律求出磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度【解答】解：帶正電的粒子垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡如圖，根據(jù)幾何知識(shí)得知，軌跡的圓心角等于速度的偏向角60°，且軌跡的半徑為 r=Rcot30°= R根據(jù)牛頓第二定律得 qv0B=m 得，B=，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題是帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，畫軌跡是關(guān)鍵，是幾何知識(shí)和動(dòng)力

24、學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，常規(guī)問(wèn)題7（2016咸陽(yáng)一模）如圖所示，金屬棒ab置于水平放置的金屬導(dǎo)軌cdef上，棒ab與導(dǎo)軌相互垂直并接觸良好，導(dǎo)軌間接有電源現(xiàn)用兩種方式在空間加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ab棒均處于靜止第一次勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上；第二次勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向斜向左上與金屬導(dǎo)軌平面成=30°角，兩次勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等下列說(shuō)法中正確的是（）A兩次金屬棒ab所受的安培力大小不變B第二次金屬棒ab所受的安培力大C第二次金屬棒ab受的摩擦力小D第二次金屬棒ab受的摩擦力大【考點(diǎn)】安培力；力的合成與分解的運(yùn)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】第一次安培力水平向右，第二次安培力斜向右上方，受力分析后根據(jù)平衡條件列式求

25、解即可【解答】解：A、B、兩次磁場(chǎng)方向都與導(dǎo)體棒垂直，故安培力均為F=BIL，故A正確，B錯(cuò)誤；C、D、第一次安培力水平向右，導(dǎo)體棒受重力、支持力、安培力和向左的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：f=F=BIL第二次安培力斜向右上方，與豎直方向成30°，導(dǎo)體棒受重力、支持力、安培力和向左的靜摩擦力，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：f=Fsin30°=BIL故第二次的摩擦力較小，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵對(duì)導(dǎo)體棒受力分析后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列式求解，安培力方向用左手定則判斷，基礎(chǔ)題8（2016廣西模擬）質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以速度v垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

26、電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和周期分別為（）ABCD【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】由洛倫茲力提供向心力列方程推導(dǎo)半徑的表達(dá)式，由半徑表達(dá)式和T=推導(dǎo)周期公式【解答】解：帶電粒子垂直磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，則有：Bev=m解得半徑R=；而根據(jù)T=，代入R可知：周期T=； 故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期公式的推導(dǎo)，要注意在計(jì)算題中我們得出的半徑公式R=不能直接應(yīng)用，應(yīng)寫出本題解答中的推導(dǎo)過(guò)程9（2016春玉溪校級(jí)月考）如圖所示，在開關(guān)S閉合時(shí)，質(zhì)量為m的帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列判

27、斷正確的是（）A保持S閉合，將上極板稍向左平移，液滴將會(huì)向上運(yùn)動(dòng)B保持S閉合，將上極板稍向下平移，電流表中會(huì)有ab的電流C將S斷開，將上極板稍向左平移，液滴仍保持靜止D將S斷開，將上極板稍向下平移，液滴仍保持靜止【考點(diǎn)】帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；電容；閉合電路的歐姆定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】電鍵s斷開，極板上的電荷量不變，根據(jù)電容的決定式C=分析電容的變化，由電容的定義式C= 分析板間電壓的變化，由板間場(chǎng)強(qiáng)公式E=分析液滴所受的電場(chǎng)力的變化，判斷其運(yùn)動(dòng)情況【解答】解：A、S閉合時(shí)時(shí)，兩板間的電壓不變，將上極板向左平移時(shí)，兩板間的正對(duì)面積減小

28、，但兩板間的距離不變；故液滴受力平衡，保持靜止；故A錯(cuò)誤；B、S閉合時(shí)時(shí)，兩板間的電壓不變，將上極板向下平移時(shí)，兩板間的距離減小；由決定式可知C增大，則由Q=UC可知，極板間電量增大，電容器充電，電流表中有ab中的電流；故B正確；C、S斷開時(shí)，電量不變，上移板向左移動(dòng)時(shí)，正對(duì)面積減小，則由決定式可知，電容減小；由Q=UC可知，U增大，故液滴將向上運(yùn)動(dòng)；故C錯(cuò)誤；D、S斷開時(shí)，電量不變，上移板向下移動(dòng)時(shí)，極板間距減小，則由決定式C=，定義式C=，及板間場(chǎng)強(qiáng)公式E=，導(dǎo)出電場(chǎng)強(qiáng)度綜合表達(dá)式E=可知，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，故液滴將靜止不動(dòng)，故D正確；故選：BD【點(diǎn)評(píng)】本題考查電容器的動(dòng)態(tài)分析，要注意正確應(yīng)用

29、電容的決定式、定義式的正確應(yīng)用，同時(shí)掌握電場(chǎng)強(qiáng)度綜合表達(dá)式，是解題的關(guān)鍵10（2015西華縣模擬）如圖，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且與磁場(chǎng)方向（垂直于紙面向里）垂直線段ab、bc和cd的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，且abc=bcd=135°流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示導(dǎo)線段abcd所受到的磁場(chǎng)的作用力的合力（）A方向沿紙面向上，大小為（+1）ILBB方向沿紙面向上，大小為（1）ILBC方向沿紙面向下，大小為（+1）ILBD方向沿紙面向下，大小為（1）ILB【考點(diǎn)】安培力菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，由安培力F=BIL，根據(jù)電流的大小可求出各段安

30、培力大小，由左手定則判定安培力方向，再根據(jù)平行四邊形定則，對(duì)安培力進(jìn)行分解即可解得【解答】解：該導(dǎo)線可以用a和d之間的直導(dǎo)線長(zhǎng)為L(zhǎng)來(lái)等效代替，根據(jù)F=BIL，可知大小為，方向根據(jù)左手定則判斷，向上；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查安培力的大小與方向的判斷；解決本題的關(guān)鍵要掌握安培力的大小公式F=BIL（B與I垂直），同時(shí)運(yùn)用力的平行四邊形定則對(duì)安培力時(shí)行分解此處的導(dǎo)線也可以等效成將ad兩點(diǎn)連接的導(dǎo)線所受的安培力二解答題（共15小題）11（2015秋天津校級(jí)期末）帶正電的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）質(zhì)量 m=0.01kg，帶電量q=0.01C，自光滑斜面頂端由靜止開始下滑，斜面傾角30°，長(zhǎng)10m滑出斜面

31、后恰好進(jìn)入虛線區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，虛線區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向右和勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向外，如圖所示（g取10m/s2）（1）物塊滑出斜面的速度大?。唬?）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E多大；（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B多大【考點(diǎn)】帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）根據(jù)受力分析，結(jié)合平行四邊形定則，及牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解；（2）根據(jù)物塊處于平衡狀態(tài)，結(jié)合矢量的合成法則，及三角知識(shí)，即可求解；（3）根據(jù)洛倫茲力表達(dá)式，結(jié)合受力平衡，求得洛倫茲力的大小，從而可求得磁感強(qiáng)度大小【解答】解：（1）物塊在光滑斜面下，受到重力與支持力，

32、根據(jù)力的平行四邊形定則，結(jié)合牛頓第二定律，則有，下滑的加速度a=gsin30°=10×=5m/s2；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，則有：物塊滑出斜面的速度大小，v=10m/s；（2）當(dāng)物塊進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)，對(duì)帶電物塊受力分析，重力，向右的電場(chǎng)力與垂直斜面向上的洛倫茲力；如圖所示：由于滑出斜面后恰好進(jìn)入虛線區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)力的合成與分解法則，結(jié)合三角知識(shí)，則有：qE=mgtan30° 解得：E=10N/C （3）根據(jù)洛倫茲力表達(dá)式f=Bqv且有，f=那么勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T答：（1）物塊滑出斜面的速度大小10m/s；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度10N/C；（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的

33、磁感應(yīng)強(qiáng)度2T【點(diǎn)評(píng)】考查受力分析的內(nèi)容，掌握平衡條件的應(yīng)用，理解左手定則與牛頓第二定律，及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的內(nèi)容，注意正確的受力圖，及三角知識(shí)的運(yùn)用12（2012無(wú)錫二模）如圖所示，在光滑的水平面上有一直角坐標(biāo)系Oxy現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m=Olkg帶電荷量q=一2×104C的微粒，從y軸正半軸上的P1點(diǎn)以速度v0=0.6m/s垂直于y軸射入已知在y0的空間內(nèi)有與y軸方向平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y0的空間內(nèi)存在方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)帶電微粒從P1點(diǎn)射入電場(chǎng)后，經(jīng)坐標(biāo)（1.2，0）的P2點(diǎn)與x軸正方向成53°角射入y0的空間，最后從y軸負(fù)半軸上的P3點(diǎn)垂直于y軸射出（已知：sin53=0.8

34、，cos53°=0.6）求：（1）P1點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）微粒從P1點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)得基本公式即可求解（2）根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式及粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡即可解題；【解答】解：微粒在y0的空間內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)P2 點(diǎn)時(shí)的速度v，沿y方向的速度為vy，則：m/svy=vsin53°=0.8m/s微粒從到點(diǎn)的過(guò)程，有：sm/s2；m則P1點(diǎn)的坐標(biāo)為（0

35、，0.8m）（2）由題意可知，微粒在y0的空間內(nèi)受到的電場(chǎng)力的方向沿y軸的負(fù)方向，由于微粒帶負(fù)電，故電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿y軸的正方向由：qE=ma得：N/C（3）由題意知：微粒在y0的空間中以O(shè)為圓心做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里由幾何關(guān)系得：m由洛倫茲力提供向心力，代人數(shù)據(jù)得：T答：（1）P1點(diǎn)的坐標(biāo)（0，0.8）；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度2×102N/C；（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度3.3×102T【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過(guò)受力情況分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，熟練掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)及平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式，

36、難度適中13（2013秋德州期末）如圖所示，質(zhì)量為m=0.04kg的導(dǎo)電細(xì)桿ab置于傾角為=30°的平行放置的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌寬為d=0.4m，細(xì)桿ab與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌所在區(qū)域存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T，已知電源電動(dòng)勢(shì)E=1.5V，內(nèi)阻r=0.2，導(dǎo)軌和細(xì)桿的電阻均忽略不計(jì)（g取10m/s2）（1）若導(dǎo)軌光滑，為保證釋放細(xì)桿后ab保持靜止不動(dòng)，則滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值是多大？（2）若導(dǎo)軌粗糙，且與細(xì)桿的動(dòng)摩擦因數(shù)=，為保證釋放細(xì)桿后ab仍保持靜止不動(dòng)，則通過(guò)細(xì)桿的電流范圍是多少？（已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）【考點(diǎn)】安培力；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版

37、權(quán)所有【分析】導(dǎo)體棒受重力、支持力和安培力，根據(jù)平衡條件求解出安培力；然后根據(jù)安培力公式求解出電流；最后根據(jù)閉合電路歐姆定律求解出電阻R【解答】解：（1）通電細(xì)桿在磁場(chǎng)中受到的安培力方向沿斜面向上，設(shè)電流為I時(shí)，細(xì)桿剛好靜止不動(dòng)，由平衡關(guān)系：BId=mgsin代入數(shù)據(jù)解的：I=0.5A由歐姆定律有：E=I（R+r）代入數(shù)據(jù)解得：R=2.8（2）當(dāng)Ff沿斜面向下的時(shí)候，沿斜面方向：BI1d=mgsin+Ff垂直斜面方向：FN=mgcos物體恰好靜止時(shí)有：Ff=FN聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：I1=0.75A當(dāng)Ff沿斜面向上的時(shí)候，沿斜面方向：BI2d+Ff=mgsin聯(lián)立解的：BI2d+Ff=mgsin聯(lián)

38、立并代入數(shù)據(jù)得：I2=0.25A故電流范圍為：0.25AI0.75A答：（1）若導(dǎo)軌光滑，為保證釋放細(xì)桿后ab保持靜止不動(dòng)，則滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值是2.8；（2）若導(dǎo)軌粗糙，且與細(xì)桿的動(dòng)摩擦因數(shù)=，為保證釋放細(xì)桿后ab仍保持靜止不動(dòng)，則通過(guò)細(xì)桿的電流范圍是0.25AI0.75A【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵先根據(jù)平衡條件求解安培力，然后結(jié)合閉合電路歐姆定律和安培力公式列式求解14（2013秋廬江縣期末）如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏現(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子（重力不計(jì)），以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0

39、方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O試求：（1）粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間；（2）粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan；（3）粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離s【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）帶電粒子垂直射入電場(chǎng)，只受電場(chǎng)力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由L=v0t求解時(shí)間t（2）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度研究豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況，由速度公式vy=at求出粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)豎直分速度，由求出tan（3）由位移公式求出粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)的距離y帶電粒子離開電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)

40、動(dòng)，偏轉(zhuǎn)的距離Ltan，兩個(gè)偏轉(zhuǎn)之和即為粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離S【解答】解：（1）根據(jù)題意，粒子在垂直于電場(chǎng)線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間（2）設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：粒子在電場(chǎng)中的加速度為：所以：所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為（3）設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則又s=y+Ltan ，解得：答：（1）粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間；（2）粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值；（3）粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離【點(diǎn)評(píng)】本題中帶電粒子先做類平拋運(yùn)動(dòng)后

41、做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解研究類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何知識(shí)求解S15（2010秋高安市校級(jí)期中）一個(gè)帶正電的微粒，從A點(diǎn)射入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒沿直線由A向B運(yùn)動(dòng)，如圖所示，AB與電場(chǎng)線夾角為已知帶電微粒的質(zhì)量為m，電荷量為q，A、B相距L（重力加速度為g）（1）試說(shuō)明微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，要求說(shuō)明理由（2）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向？【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】分析微粒在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，受先分析微粒在電場(chǎng)中的受力情況，根據(jù)受力情況分析微粒做何種運(yùn)動(dòng)，同理根據(jù)受力情況和運(yùn)動(dòng)情況確定物體的受力，根據(jù)力的合成

42、與分解確定電場(chǎng)力的大小和方向【解答】解：對(duì)微粒進(jìn)行建立坐標(biāo)系進(jìn)行受力分析：建立AB方向的x軸和垂直AB方向的y軸，因?yàn)槲⒘Ｑ靥摼€AB運(yùn)動(dòng)，故在垂直AB的y軸方向的合力應(yīng)該為0，因?yàn)槲⒘Ｔ陔妶?chǎng)中受重力和電場(chǎng)力作用，重力方向豎直向下，電場(chǎng)力可以沿1和2的方向，因?yàn)榇怪眣軸的方向合力為0，故微粒受電場(chǎng)力只能沿2方向x軸方向：F合=0F電cosGsin=max y軸方向：F合y=F電sinGcos=0 （1）根據(jù)受力分析知，微粒所受合力沿x軸的負(fù)方向，因?yàn)槲矬w沿AB運(yùn)動(dòng)也就是x軸的正方向，故微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；（2）由可知又因?yàn)镕電=qE所以又因?yàn)槲⒘д?，受電?chǎng)力沿圖中2方向，故電場(chǎng)強(qiáng)度的方向和

43、正電荷受力方向相同，即電場(chǎng)強(qiáng)度水平向左答：（1）微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，原因微粒在直線上運(yùn)動(dòng)且合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向左【點(diǎn)評(píng)】能正確的抓住微粒的運(yùn)動(dòng)特征，微粒沿AB方向做直線運(yùn)動(dòng)，只在垂直AB方向微粒受合外力為0，再根據(jù)對(duì)微粒的受力分析確定所受電場(chǎng)力的方向是水平向左還是向右因?yàn)槲⒘д?，根?jù)電荷受力方向確定電場(chǎng)強(qiáng)度方向16（2015臨潼區(qū)）一束電子流在經(jīng)U=5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，若兩板間距d=1.0cm，板長(zhǎng)l=5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最多能加多大電壓？【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)

44、中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】粒子先加速再偏轉(zhuǎn)，由題意可知當(dāng)電子恰好飛出時(shí)，所加電場(chǎng)最大；由運(yùn)動(dòng)的合成與分解關(guān)系可得出電壓值【解答】解：在加速電壓一定時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓U越大，電子在極板間的偏距就越大當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時(shí)的偏轉(zhuǎn)電壓，即為題目要求的最大電壓加速過(guò)程，由動(dòng)能定理得：進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動(dòng)：l=v0t在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：偏距：能飛出的條件為：y，解式得：UV=4.0×102 V，即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V；答：兩個(gè)極板上最多能加400V的電壓【點(diǎn)評(píng)】本題

45、考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，在列式計(jì)算時(shí)應(yīng)注意不要提前代入數(shù)值，應(yīng)將公式簡(jiǎn)化后再計(jì)算，這樣可以減少計(jì)算量17（2015陜西模擬）如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連它的極板長(zhǎng)L=0.4m，兩板間距離d=4×103m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m=4×105kg，電量q=+1×108C，（g=10m/s2）求：（1）微粒入射速度v0為多少？（2）為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，電容器的上板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電

46、壓U應(yīng)取什么范圍？【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）粒子剛進(jìn)入平行板時(shí)，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可以求得粒子入射速度v0的大?。唬?）由于兩板之間加入了勻強(qiáng)電場(chǎng)，此時(shí)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)，仍把運(yùn)動(dòng)在水平和豎直兩個(gè)方向上分解，進(jìn)行列式計(jì)算由于帶電粒子的水平位移增加，在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變大，而豎直方向位移不變，所以在豎直方向的加速度減小了，由此可判斷受到了豎直向上的電場(chǎng)力作用，再結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解即可【解答】解：（1）粒子剛進(jìn)入平行板時(shí)，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運(yùn)動(dòng)，則有：

47、水平方向有：豎直方向有：解得：v0=10m/s（2）由于帶電粒子的水平位移增加，在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變大，而豎直方向位移不變，所以在豎直方向的加速度減小，所以電場(chǎng)力方向向上，又因?yàn)槭钦姾?，所以上極板與電源的負(fù)極相連，當(dāng)所加電壓為U1時(shí)，微粒恰好從下板的右邊緣射出，則有：根據(jù)牛頓第二定律得：解得：U1=120V當(dāng)所加電壓為U2時(shí)，微粒恰好從上板的右邊緣射出，則有：根據(jù)牛頓第二定律得：解得：U2=200V所以所加電壓的范圍為：120VU200V答：（1）微粒入射速度v0為10m/s；（2）為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，電容器的上板應(yīng)與電源的負(fù)極相連，所加的電壓U的范圍為120VU200V【

48、點(diǎn)評(píng)】解得此類問(wèn)題，首先要正確的對(duì)帶電粒子在這兩種情況下進(jìn)行正確的受力分析，確定粒子的運(yùn)動(dòng)類型解決帶電粒子垂直射入電場(chǎng)的類型的題，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行求解此類型的題要注意是否要考慮帶電粒子的重力，原則是：除有說(shuō)明或暗示外，對(duì)基本粒子（例如電子，質(zhì)子、粒子、離子等），一般不考慮重力；對(duì)帶點(diǎn)微粒，（如液滴、油滴、小球、塵埃等），一般要考慮重力18（2015紅橋區(qū)模擬）如圖所示，兩塊相同的金屬板正對(duì)著水平放置，板間距離為d當(dāng)兩板間加電壓U時(shí)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，以水平速度v0從A點(diǎn)射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后從B點(diǎn)射出電場(chǎng)，A、B間的水平距離為L(zhǎng)，不計(jì)重力影響求：（1）帶電粒子從A點(diǎn)

49、運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間；（2）帶電粒子經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度的大小；（3）A、B間的電勢(shì)差【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移和初速度直接得出粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（2）帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，已知兩極間的電勢(shì)差和析間距離可以求得粒子在電場(chǎng)中的受力，粒子在電場(chǎng)方向上做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)加速度大小和時(shí)間可以求得電場(chǎng)方向上的分速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成求出粒子在B點(diǎn)的速度大?。唬?）根據(jù)只有電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理求得粒子在A至B過(guò)程中電場(chǎng)力做的功，從而求得A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差【解答

50、】解：（1）帶電粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間；（2）帶電粒子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)板間場(chǎng)強(qiáng)大小加速度大小=經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)粒子沿豎直方向的速度大小vy=at=帶電粒子在B點(diǎn)速度的大小v=（3）帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得A、B間的電勢(shì)差UAB=答：（1）帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為；（2）帶電粒子經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為；（3）A、B間的電勢(shì)差為【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是能根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解求帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，知道電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系以及電場(chǎng)力做功與物體動(dòng)能變化的關(guān)系19（2016大慶模擬）如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.4

51、0m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角=37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50的直流電源現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m=0.040kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0=2.5，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：（1）通過(guò)導(dǎo)體棒的電流；（2）導(dǎo)體棒受到的安培力大小；（3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力【考點(diǎn)】安培力菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）根據(jù)閉合電路

52、歐姆定律求出電流的大?。?）根據(jù)安培力的公式F=BIL求出安培力的大小（3）導(dǎo)體棒受重力、支持力、安培力、摩擦力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出摩擦力的大小【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I=1.5 A；（2）導(dǎo)體棒受到的安培力：F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30 N；（3）導(dǎo)體棒受力如圖，將重力正交分解，如圖：F1=mgsin 37°=0.24 NF1F安，根據(jù)平衡條件：mgsin 37°+f=F安代入數(shù)據(jù)得：f=0.06 N答：（1）通過(guò)導(dǎo)體棒的電流為1.5A；（2）導(dǎo)體棒受到的安培力大小0.30N；（3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力為0.

53、06N【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握閉合電路歐姆定律，安培力的大小公式，以及會(huì)利用共點(diǎn)力平衡去求未知力20（2016大慶模擬）如圖，水平放置金屬導(dǎo)軌M、N，平行地置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，間距為1m，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T，方向與導(dǎo)軌平面夾角為=37°，金屬棒ab的質(zhì)量為0.02kg，放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4電源電動(dòng)勢(shì)為1.5V，內(nèi)阻為0.5，定值電阻R為1，其余部分的電阻不計(jì)，則當(dāng)電鍵閉合的瞬間，求：（sin37°=0.6、cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）電流多大；（2）棒ab的加速度為多大【考點(diǎn)】安培力菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】定量

54、思想；方程法；磁場(chǎng) 磁場(chǎng)對(duì)電流的作用【分析】（1）有閉合電路的歐姆定律求的電流；（2）對(duì)導(dǎo)體棒受力分析根據(jù)牛頓第二定律求的加速度【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得（2）對(duì)導(dǎo)體棒受力分析可知FN=mg+BILcos由牛頓第二定律可的BILsinFN=ma聯(lián)立解得a=10m/s2答：（1）電流為1A；（2）棒ab的加速度為10m/s2【點(diǎn)評(píng)】考查閉合電路的歐姆定律和與牛頓第二定律，關(guān)鍵是抓住受力分析即可21（2016天津校級(jí)模擬）如圖所示，兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)A板帶正電荷，B板帶等量負(fù)電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度為E；磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1平行金屬板右側(cè)有

55、一擋板M，中間有小孔O，OO是平行于兩金屬板的中心線擋板右側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)應(yīng)強(qiáng)度為B2CD為磁場(chǎng)B2邊界上的一絕緣板，它與M板的夾角=45°，OC=a，現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m，含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子（不計(jì)重力），自O(shè)點(diǎn)沿OO方向進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO方向運(yùn)動(dòng)，并進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中，求：（1）進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的帶電粒子的速度；（2）能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值；（3）絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長(zhǎng)度【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）根據(jù)電場(chǎng)力與洛倫茲力相等，即可求出進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的帶電粒子的速度；（2）根