電場磁場綜合題目

1、電場磁場一選擇題（共10小題）1（2016廣西模擬）如圖所示，長直導線中有從A到B的電流，C為導線正下方的一點，則該電流在C處產(chǎn)生的磁場方向是（）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）一通電直導線用細線懸掛于勻強磁場中，磁場及電流方向如圖通電導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)校級學業(yè)考試）下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁場方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是（）ABCD4（2015秋大連校級期中）如圖所示，相同的帶正電粒子A和B，同時以vA和vB的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的0點分別以60°和30

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

3、橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面一質量為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，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°不計重力，該磁場的磁感應強度大小為（）ABCD7（2016咸陽一模）如圖所示，金屬棒ab置于水平放置的金屬導軌cdef上，棒ab與導軌相互垂直并接觸良好，導軌間接有電源現(xiàn)用兩種方式在空間加勻強磁場，ab棒均處于靜止第一次勻強磁場方向豎直向上；第二次勻強磁場方向斜向左上與金屬導軌平面成=30°角，兩次勻強磁場的磁感應強度大小相等下列說法中正確的是（）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）質量為m、電荷量為e的電子以速度v垂直射入磁感應強度為B的勻強磁場電子做勻速圓周運動的軌道半徑和周期分別為（）ABCD9（2016春玉溪校級月考）如圖所示，在開關S閉合時，質量為m的帶電液滴處于靜止狀態(tài)，下列判斷正確的是（）A保持S閉合，將上極板稍向左平移，液滴將會向上運動B保持S閉合，將上極板稍向下平移，電流表中會有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，一段導線abcd位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）

5、垂直線段ab、bc和cd的長度均為L，且abc=bcd=135°流經(jīng)導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力（）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秋天津校級期末）帶正電的物塊（可視為質點）質量 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10m滑出斜面后恰好進入虛線區(qū)域做勻速直線運動，虛線區(qū)域內(nèi)勻強電場水平向右和勻強磁場垂直于紙面向外，如圖所示（g取

6、10m/s2）（1）物塊滑出斜面的速度大??；（2）勻強電場的電場強度E多大；（3）勻強磁場的磁感應強度B多大12（2012無錫二模）如圖所示，在光滑的水平面上有一直角坐標系Oxy現(xiàn)有一個質量m=Olkg帶電荷量q=一2×104C的微粒，(重力不計）從y軸正半軸上的P1點以速度v0=0.6m/s垂直于y軸射入已知在y0的空間內(nèi)有與y軸方向平行的勻強電場，在y0的空間內(nèi)存在方向與紙面垂直的勻強磁場帶電微粒從P1點射入電場后，經(jīng)坐標（1.2，0）的P2點與x軸正方向成53°角射入y0的空間，最后從y軸負半軸上的P3點垂直于y軸射出（已知：sin53=0.8，cos53°

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

8、（已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）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、場強為E的勻強電場，在與右側虛線相距也為L處有一與電場平行的屏現(xiàn)有一電荷量為+q、質量為m的帶電粒子（重力不計），以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O試求：（1）粒子從射入到打到屏上所用的時間；（2）粒子剛射出電場時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P到O點的距離s15（2010秋高安市校級期中）一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線由A向B運動，如圖所示，AB與電場線夾角為已知帶電微粒的質量為m，電

9、荷量為q，A、B相距L（重力加速度為g）（1）試說明微粒在電場中運動的性質，要求說明理由（2）求電場強度的大小和方向？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入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距d=1.0cm，板長l=5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個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，電容器的上板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？18（2015紅橋區(qū)模擬）如圖所示，兩塊相同的金屬板正對著水平放置，板間距離為d當兩板間加電壓U時，一個質量為m、電荷量為+q的帶電粒子，以水平速度v0從A點射入電場，經(jīng)過一段時間后從B點射出電場，A、B間的水平距離為L，不計重力影響求：（1）帶電粒子從A點運動到B點經(jīng)歷的時間；（2）帶電粒子經(jīng)過B點時速度的大小；（3）A、B間的電勢差1

11、9（2016大慶模擬）如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角=37°，在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50的直流電源現(xiàn)把一個質量m=0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：（1）通過導體棒的電流；（2）導體棒受到的安培力大小；（3）導體棒受

12、到的摩擦力20（2016大慶模擬）如圖，水平放置金屬導軌M、N，平行地置于勻強磁場中，間距為1m，磁場的磁感應強度大小為1T，方向與導軌平面夾角為=37°，金屬棒ab的質量為0.02kg，放在導軌上且與導軌垂直，且與導軌的動摩擦因數(shù)為0.4電源電動勢為1.5V，內(nèi)阻為0.5，定值電阻R為1，其余部分的電阻不計，則當電鍵閉合的瞬間，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天津校級模擬）如圖所示，兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場A板帶正電荷，B板帶等量負電荷，電場強度

13、為E；磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B1平行金屬板右側有一擋板M，中間有小孔O，OO是平行于兩金屬板的中心線擋板右側有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場應強度為B2CD為磁場B2邊界上的一絕緣板，它與M板的夾角=45°，OC=a，現(xiàn)有大量質量均為m，含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子（不計重力），自O點沿OO方向進入電磁場區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO方向運動，并進入勻強磁場B2中，求：（1）進入勻強磁場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)域的長度22（2016大慶模擬）如圖所示，、為電場和磁場的理想邊界，一束電

14、子（電量為e，質量為m，重力不計）由靜止狀態(tài)從P點經(jīng)過、間的電場加速后垂直到達邊界的Q點勻強磁場的磁感應強度為B，磁場邊界寬度為d，電子從磁場邊界穿出時的速度方向與電子原來的入射方向夾角為30°求：（1）電子在磁場中運動的時間t；（2）若改變PQ間的電勢差，使電子剛好不能從邊界射出，則此時PQ間的電勢差U是多少？23（2016大慶模擬）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量為m、帶電荷量為+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

15、軸上Q點以與x軸正方向成45°角進入勻強磁場已知OQ=l，不計粒子重力求：（1）P點的縱坐標；（2）要使粒子能再次進入電場，磁感應強度B的取值范圍24（2016洛陽模擬）如圖所示，質量為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，已知板長L=10cm，板間距離d=2cm，當A、B間加電壓UAB=103 V時，帶電粒子恰好沿直線穿過電場（設此時A板電勢高）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L，兩板間距d，兩板間電壓為U

16、，且上板為正，一個電子沿水平方向以速度v0從兩板中間射入，已知電子質量m，電荷量e，如圖，求：（1）電子偏離金屬板時的側位移y是多少？（2）電子飛出電場時的速度是多少？（3）電子離開電場后，打在屏上的P點，若屏與金屬板右端相距S，求OP的長？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，長直導線中有從A到B的電流，C為導線正下方的一點，則該電流在C處產(chǎn)生的磁場方向是（）A向右B向左C垂直紙面向外D垂直紙面向里【考點】通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】由右手螺旋定則可判斷電流周圍磁場的分布【解答】解

17、：長直導線中有從A到B的電流，由右手螺旋定則得：導線正下方產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里故選D【點評】右手螺旋定則在應用過程中容易出現(xiàn)錯誤，要加強練習，增加熟練程度2（2016廣西模擬）一通電直導線用細線懸掛于勻強磁場中，磁場及電流方向如圖通電導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】安培力菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】已知磁場方向與電流方向，由左手定則可以判斷出安培力的方向【解答】解：根據(jù)圖示磁場與電流方向，由左手定則可得，安培力方向豎直向下，故ABC錯誤，D正確；故選D【點評】本題考查了左手定則的應用，熟練應用左手定則即可判斷出安培力的方向3（2015武清區(qū)校級學業(yè)考試

18、）下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁場方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是（）ABCD【考點】判斷洛侖茲力的方向菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】帶電粒子在磁場中運動時，所受洛倫茲力方向由左手定則進行判斷，伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一平面內(nèi)，讓磁感線進入手心，并使四指指向正電荷運動方向或者負電荷運動的反方向，這時拇指所指的方向就是運動電荷在磁場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該向上，故A錯誤；B圖中電荷的速度方向、磁場方向和電荷的受力方向之間的關系符合左手定則，故B正確；C圖中洛倫茲力方向應該向里，故C錯誤

19、；D圖中電荷運動方向與磁場方向在一條線上，不受洛倫茲力，故D錯誤故選：B【點評】帶電粒子在磁場中運動受洛倫茲力的條件以及左手定則的熟練應用是對學生的基本要求，要熟練掌握4（2015秋大連校級期中）如圖所示，相同的帶正電粒子A和B，同時以vA和vB的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的0點分別以60°和30°（與邊界的夾角）方向射入磁場，又恰好不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是（）AA、B兩粒子的速度之比BA、B兩粒子在磁場中的位移之比1：1CA、B兩粒子在磁場中的路程之比1：2DA、B兩粒子在磁場中的時間之比2：1【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題

20、】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】以任一帶電粒子為研究對象，畫出軌跡示意圖，根據(jù)幾何知識得出軌跡半徑r與磁場的寬度d的關系式，結合半徑公式r=，即可求得速度之比；根據(jù)公式t=，是軌跡的圓心角求時間之比；路程s=r；【解答】解：A、設粒子速度方向和磁場邊界的夾角為，粒子做圓周運動的半徑為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、粒子在磁場中的位移x=2rsin，所以=故B錯誤C、粒子在磁場中的路程s=r=r×（22）所以=故C錯誤D、軌跡的圓心角為時，粒子在磁場中運動時間為t=T，而周期T=，兩個粒子的周期是相同的所以=故D錯誤故選A【點評】考

21、查牛頓第二定律、勻速圓周運動半徑和周期公式，并與幾何關系綜合解題，注意考慮粒子的臨界情況是本題突破口同時還強調(diào)圓心角的正確表示5（2015春上饒期末）如圖所示，真空中狹長區(qū)域內(nèi)的勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，區(qū)域寬度為d，邊界為CD和EF，速度為v的電子從邊界CD外側沿垂直于磁場方向射入磁場，入射方向跟CD的夾角為，已知電子的質量為m、帶電荷量為e，為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應滿足的條件是（）AvBvCvDv【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，當其軌跡恰好與EF邊

22、相切時，軌跡半徑最小，對應的速度最小【解答】解：由題意可知電子從EF射出的臨界條件為到達邊界EF時，速度與EF平行，軌跡與EF相切，如右圖由幾何知識得R+Rcos=d，R=，解得v0=，vv0，即能從EF射出故選：A【點評】本題考查圓周運動的邊界問題的求解方法當入射速率v0很小時，電子會在磁場中轉動一段圓弧后又從CD一側射出，速率越大，軌道半徑越大，當軌道與邊界EF相切時，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磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面一質量為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，離開磁場時速度方向偏離入射方向60&

23、#176;不計重力，該磁場的磁感應強度大小為（）ABCD【考點】磁感應強度菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】帶正電的粒子垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力，由幾何知識求出軌跡半徑r，根據(jù)牛頓第二定律求出磁場的磁感應強度【解答】解：帶正電的粒子垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖，根據(jù)幾何知識得知，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錯誤；故選：A【點評】本題是帶電粒子在勻強磁場中運動的問題，畫軌跡是關鍵，是幾何知識和動力

24、學知識的綜合應用，常規(guī)問題7（2016咸陽一模）如圖所示，金屬棒ab置于水平放置的金屬導軌cdef上，棒ab與導軌相互垂直并接觸良好，導軌間接有電源現(xiàn)用兩種方式在空間加勻強磁場，ab棒均處于靜止第一次勻強磁場方向豎直向上；第二次勻強磁場方向斜向左上與金屬導軌平面成=30°角，兩次勻強磁場的磁感應強度大小相等下列說法中正確的是（）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】安培力；力的合成與分解的運用菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【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、兩次磁場方向都與導體棒垂直，故安培力均為F=BIL，故A正確，B錯誤；C、D、第一次安培力水平向右，導體棒受重力、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錯誤；故選：AC【點評】本題關鍵對導體棒受力分析后根據(jù)共點力平衡條件列式求解，安培力方向用左手定則判斷，基礎題8（2016廣西模擬）質量為m、電荷量為e的電子以速度v垂直射入磁感應強度為B的勻強磁場

26、電子做勻速圓周運動的軌道半徑和周期分別為（）ABCD【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】由洛倫茲力提供向心力列方程推導半徑的表達式，由半徑表達式和T=推導周期公式【解答】解：帶電粒子垂直磁場運動時，洛倫茲力充當向心力，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【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中圓周運動的半徑和周期公式的推導，要注意在計算題中我們得出的半徑公式R=不能直接應用，應寫出本題解答中的推導過程9（2016春玉溪校級月考）如圖所示，在開關S閉合時，質量為m的帶電液滴處于靜止狀態(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，液滴將會向上運動B保持S閉合，將上極板稍向下平移，電流表中會有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】帶電粒子在混合場中的運動；電容；閉合電路的歐姆定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題【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，由板間場強公式E=分析液滴所受的電場力的變化，判斷其運動情況【解答】解：A、S閉合時時，兩板間的電壓不變，將上極板向左平移時，兩板間的正對面積減小

28、，但兩板間的距離不變；故液滴受力平衡，保持靜止；故A錯誤；B、S閉合時時，兩板間的電壓不變，將上極板向下平移時，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，電量不變，上移板向左移動時，正對面積減小，則由決定式可知，電容減??；由Q=UC可知，U增大，故液滴將向上運動；故C錯誤；D、S斷開時，電量不變，上移板向下移動時，極板間距減小，則由決定式C=，定義式C=，及板間場強公式E=，導出電場強度綜合表達式E=可知，電場強度不變，故液滴將靜止不動，故D正確；故選：BD【點評】本題考查電容器的動態(tài)分析，要注意正確應用

29、電容的決定式、定義式的正確應用，同時掌握電場強度綜合表達式，是解題的關鍵10（2015西華縣模擬）如圖，一段導線abcd位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）垂直線段ab、bc和cd的長度均為L，且abc=bcd=135°流經(jīng)導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力（）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】安培力菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】當磁場方向與電流方向垂直時，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，對安培力進行分解即可解得【解答】解：該導線可以用a和d之間的直導線長為L來等效代替，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【點評】本題考查安培力的大小與方向的判斷；解決本題的關鍵要掌握安培力的大小公式F=BIL（B與I垂直），同時運用力的平行四邊形定則對安培力時行分解此處的導線也可以等效成將ad兩點連接的導線所受的安培力二解答題（共15小題）11（2015秋天津校級期末）帶正電的物塊（可視為質點）質量 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10m滑出斜面

31、后恰好進入虛線區(qū)域做勻速直線運動，虛線區(qū)域內(nèi)勻強電場水平向右和勻強磁場垂直于紙面向外，如圖所示（g取10m/s2）（1）物塊滑出斜面的速度大??；（2）勻強電場的電場強度E多大；（3）勻強磁場的磁感應強度B多大【考點】帶電粒子在混合場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題【分析】（1）根據(jù)受力分析，結合平行四邊形定則，及牛頓第二定律與運動學公式，即可求解；（2）根據(jù)物塊處于平衡狀態(tài)，結合矢量的合成法則，及三角知識，即可求解；（3）根據(jù)洛倫茲力表達式，結合受力平衡，求得洛倫茲力的大小，從而可求得磁感強度大小【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，結合牛頓第二定律，則有，下滑的加速度a=gsin30°=10×=5m/s2；根據(jù)運動學公式，則有：物塊滑出斜面的速度大小，v=10m/s；（2）當物塊進入復合場時，對帶電物塊受力分析，重力，向右的電場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入虛線區(qū)域做勻速直線運動，根據(jù)力的合成與分解法則，結合三角知識，則有：qE=mgtan30° 解得：E=10N/C （3）根據(jù)洛倫茲力表達式f=Bqv且有，f=那么勻強磁場的磁感應強度B=2T答：（1）物塊滑出斜面的速度大小10m/s；（2）勻強電場的電場強度10N/C；（3）勻強磁場的

33、磁感應強度2T【點評】考查受力分析的內(nèi)容，掌握平衡條件的應用，理解左手定則與牛頓第二定律，及運動學公式的內(nèi)容，注意正確的受力圖，及三角知識的運用12（2012無錫二模）如圖所示，在光滑的水平面上有一直角坐標系Oxy現(xiàn)有一個質量m=Olkg帶電荷量q=一2×104C的微粒，從y軸正半軸上的P1點以速度v0=0.6m/s垂直于y軸射入已知在y0的空間內(nèi)有與y軸方向平行的勻強電場，在y0的空間內(nèi)存在方向與紙面垂直的勻強磁場帶電微粒從P1點射入電場后，經(jīng)坐標（1.2，0）的P2點與x軸正方向成53°角射入y0的空間，最后從y軸負半軸上的P3點垂直于y軸射出（已知：sin53=0.8

34、，cos53°=0.6）求：（1）P1點的坐標；（2）勻強電場的電場強度E；（3）勻強磁場的磁感應強度B【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強電場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）微粒從P1點沿x軸正方向進入電場，做類平拋運動，根據(jù)平拋運動得基本公式即可求解（2）根據(jù)圓周運動的半徑公式及粒子在磁場中的運動軌跡即可解題；【解答】解：微粒在y0的空間內(nèi)做類平拋運動，經(jīng)過P2 點時的速度v，沿y方向的速度為vy，則：m/svy=vsin53°=0.8m/s微粒從到點的過程，有：sm/s2；m則P1點的坐標為（0

35、，0.8m）（2）由題意可知，微粒在y0的空間內(nèi)受到的電場力的方向沿y軸的負方向，由于微粒帶負電，故電場強度的方向沿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為圓心做半徑為r的勻速圓周運動，故磁場的方向垂直紙面向里由幾何關系得：m由洛倫茲力提供向心力，代人數(shù)據(jù)得：T答：（1）P1點的坐標（0，0.8）；（2）勻強電場的電場強度2×102N/C；（3）勻強磁場的磁感應強度3.3×102T【點評】本題主要考查了帶電粒子在復合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握圓周運動及平拋運動的基本公式，

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

37、權所有【分析】導體棒受重力、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）通電細桿在磁場中受到的安培力方向沿斜面向上，設電流為I時，細桿剛好靜止不動，由平衡關系：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Ff沿斜面向下的時候，沿斜面方向：BI1d=mgsin+Ff垂直斜面方向：FN=mgcos物體恰好靜止時有：Ff=FN聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：I1=0.75A當Ff沿斜面向上的時候，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）若導軌光滑，為保證釋放細桿后ab保持靜止不動，則滑動變阻器接入電路的阻值是2.8；（2）若導軌粗糙，且與細桿的動摩擦因數(shù)=，為保證釋放細桿后ab仍保持靜止不動，則通過細桿的電流范圍是0.25AI0.75A【點評】本題關鍵先根據(jù)平衡條件求解安培力，然后結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、場強為E的勻強電場，在與右側虛線相距也為L處有一與電場平行的屏現(xiàn)有一電荷量為+q、質量為m的帶電粒子（重力不計），以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0

39、方向的延長線與屏的交點為O試求：（1）粒子從射入到打到屏上所用的時間；（2）粒子剛射出電場時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P到O點的距離s【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】帶電粒子在電場中的運動專題【分析】（1）帶電粒子垂直射入電場，只受電場力作用而做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速運動，由L=v0t求解時間t（2）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度研究豎直方向的運動情況，由速度公式vy=at求出粒子剛射出電場時豎直分速度，由求出tan（3）由位移公式求出粒子剛射出電場時偏轉的距離y帶電粒子離開電場后做勻速直線運

40、動，偏轉的距離Ltan，兩個偏轉之和即為粒子打到屏上的點P到O點的距離S【解答】解：（1）根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間（2）設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中運動的時間：粒子在電場中的加速度為：所以：所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為（3）設粒子在電場中的偏轉距離為y，則又s=y+Ltan ，解得：答：（1）粒子從射入到打到屏上所用的時間；（2）粒子剛射出電場時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P到O點的距離【點評】本題中帶電粒子先做類平拋運動后

41、做勻速直線運動，運用運動的分解研究類平拋運動，根據(jù)幾何知識求解S15（2010秋高安市校級期中）一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線由A向B運動，如圖所示，AB與電場線夾角為已知帶電微粒的質量為m，電荷量為q，A、B相距L（重力加速度為g）（1）試說明微粒在電場中運動的性質，要求說明理由（2）求電場強度的大小和方向？【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；共點力平衡的條件及其應用菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】電場力與電勢的性質專題【分析】分析微粒在電場中的運動性質，受先分析微粒在電場中的受力情況，根據(jù)受力情況分析微粒做何種運動，同理根據(jù)受力情況和運動情況確定物體的受力，根據(jù)力的合成

42、與分解確定電場力的大小和方向【解答】解：對微粒進行建立坐標系進行受力分析：建立AB方向的x軸和垂直AB方向的y軸，因為微粒沿虛線AB運動，故在垂直AB的y軸方向的合力應該為0，因為微粒在電場中受重力和電場力作用，重力方向豎直向下，電場力可以沿1和2的方向，因為垂直y軸的方向合力為0，故微粒受電場力只能沿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軸的負方向，因為物體沿AB運動也就是x軸的正方向，故微粒做勻減速直線運動；（2）由可知又因為F電=qE所以又因為微粒帶正電，受電場力沿圖中2方向，故電場強度的方向和

43、正電荷受力方向相同，即電場強度水平向左答：（1）微粒做勻減速直線運動，原因微粒在直線上運動且合力方向與運動方向相反；（2）電場強度方向水平向左【點評】能正確的抓住微粒的運動特征，微粒沿AB方向做直線運動，只在垂直AB方向微粒受合外力為0，再根據(jù)對微粒的受力分析確定所受電場力的方向是水平向左還是向右因為微粒帶正電，根據(jù)電荷受力方向確定電場強度方向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入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距d=1.0cm，板長l=5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最多能加多大電壓？【考點】帶電粒子在勻強電場

44、中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】帶電粒子在電場中的運動專題【分析】粒子先加速再偏轉，由題意可知當電子恰好飛出時，所加電場最大；由運動的合成與分解關系可得出電壓值【解答】解：在加速電壓一定時，偏轉電壓U越大，電子在極板間的偏距就越大當偏轉電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時的偏轉電壓，即為題目要求的最大電壓加速過程，由動能定理得：進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動：l=v0t在垂直于板面的方向做勻加速直線運動，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：兩個極板上最多能加400V的電壓【點評】本題

45、考查帶電粒子在電場中的偏轉，在列式計算時應注意不要提前代入數(shù)值，應將公式簡化后再計算，這樣可以減少計算量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，電容器的上板應與電源的正極還是負極相連？所加的電

46、壓U應取什么范圍？【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】帶電粒子在電場中的運動專題【分析】（1）粒子剛進入平行板時，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可以求得粒子入射速度v0的大??；（2）由于兩板之間加入了勻強電場，此時帶電粒子在電場中的運動是類平拋運動，仍把運動在水平和豎直兩個方向上分解，進行列式計算由于帶電粒子的水平位移增加，在板間的運動時間變大，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力作用，再結合牛頓運動定律列式求解即可【解答】解：（1）粒子剛進入平行板時，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運動，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，在板間的運動時間變大，而豎直方向位移不變，所以在豎直方向的加速度減小，所以電場力方向向上，又因為是正電荷，所以上極板與電源的負極相連，當所加電壓為U1時，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當所加電壓為U2時，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，電容器的上板應與電源的負極相連，所加的電壓U的范圍為120VU200V【

48、點評】解得此類問題，首先要正確的對帶電粒子在這兩種情況下進行正確的受力分析，確定粒子的運動類型解決帶電粒子垂直射入電場的類型的題，應用平拋運動的規(guī)律進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：除有說明或暗示外，對基本粒子（例如電子，質子、粒子、離子等），一般不考慮重力；對帶點微粒，（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著水平放置，板間距離為d當兩板間加電壓U時，一個質量為m、電荷量為+q的帶電粒子，以水平速度v0從A點射入電場，經(jīng)過一段時間后從B點射出電場，A、B間的水平距離為L，不計重力影響求：（1）帶電粒子從A點

49、運動到B點經(jīng)歷的時間；（2）帶電粒子經(jīng)過B點時速度的大小；（3）A、B間的電勢差【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】帶電粒子在電場中的運動專題【分析】（1）帶電粒子在板間做類平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，根據(jù)位移和初速度直接得出粒子運動時間；（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，已知兩極間的電勢差和析間距離可以求得粒子在電場中的受力，粒子在電場方向上做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)加速度大小和時間可以求得電場方向上的分速度，根據(jù)運動的合成求出粒子在B點的速度大??；（3）根據(jù)只有電場力做功，由動能定理求得粒子在A至B過程中電場力做的功，從而求得A、B兩點間的電勢差【解答

50、】解：（1）帶電粒子在水平方向做勻速直線運動，從A點運動到B點經(jīng)歷的時間；（2）帶電粒子在豎直方向做勻加速直線運動板間場強大小加速度大小=經(jīng)過B點時粒子沿豎直方向的速度大小vy=at=帶電粒子在B點速度的大小v=（3）帶電粒子從A點運動到B點過程中，根據(jù)動能定理得A、B間的電勢差UAB=答：（1）帶電粒子從A點運動到B點經(jīng)歷的時間為；（2）帶電粒子經(jīng)過B點時速度的大小為；（3）A、B間的電勢差為【點評】解決本題的關鍵是能根據(jù)運動的合成與分解求帶電粒子做類平拋運動的問題，知道電場強度與電勢差的關系以及電場力做功與物體動能變化的關系19（2016大慶模擬）如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.4

51、0m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角=37°，在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內(nèi)阻r=0.50的直流電源現(xiàn)把一個質量m=0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：（1）通過導體棒的電流；（2）導體棒受到的安培力大??；（3）導體棒受到的摩擦力【考點】安培力菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【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?。?）導體棒受重力、支持力、安培力、摩擦力處于平衡，根據(jù)共點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）導體棒受到的安培力：F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30 N；（3）導體棒受力如圖，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）通過導體棒的電流為1.5A；（2）導體棒受到的安培力大小0.30N；（3）導體棒受到的摩擦力為0.

53、06N【點評】解決本題的關鍵掌握閉合電路歐姆定律，安培力的大小公式，以及會利用共點力平衡去求未知力20（2016大慶模擬）如圖，水平放置金屬導軌M、N，平行地置于勻強磁場中，間距為1m，磁場的磁感應強度大小為1T，方向與導軌平面夾角為=37°，金屬棒ab的質量為0.02kg，放在導軌上且與導軌垂直，且與導軌的動摩擦因數(shù)為0.4電源電動勢為1.5V，內(nèi)阻為0.5，定值電阻R為1，其余部分的電阻不計，則當電鍵閉合的瞬間，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】安培力菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】定量

54、思想；方程法；磁場 磁場對電流的作用【分析】（1）有閉合電路的歐姆定律求的電流；（2）對導體棒受力分析根據(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）對導體棒受力分析可知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【點評】考查閉合電路的歐姆定律和與牛頓第二定律，關鍵是抓住受力分析即可21（2016天津校級模擬）如圖所示，兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場A板帶正電荷，B板帶等量負電荷，電場強度為E；磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B1平行金屬板右側有

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有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場應強度為B2CD為磁場B2邊界上的一絕緣板，它與M板的夾角=45°，OC=a，現(xiàn)有大量質量均為m，含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子（不計重力），自O點沿OO方向進入電磁場區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO方向運動，并進入勻強磁場B2中，求：（1）進入勻強磁場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)域的長度【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）根據(jù)電場力與洛倫茲力相等，即可求出進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度；（2）根