1．(2016·理綜，17，6分)中國宋代科學家述材料，下列說法不正確的是()ABC正確． D N、SS極指向南方，A知，小磁針在通電導線放置位置合適的情況下，會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，D錯誤．3.(2014·海南物理，8，3分)(多選)如圖，兩根平行長直導線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、cl平面內(nèi)的三點，左側(cè)導線與它們的距離分別為2、l3l.三點處的磁感應強度，下列判斷正確的是 A．a(chǎn)cB．b、cC．a(chǎn)、cD．bADabc點產(chǎn)生的磁場方向向外；右側(cè)導線在a點和b點產(chǎn)生的磁場方向向c點產(chǎn)a、c兩處的磁感應強度方向相反，根據(jù)離長直導線越遠處的磁場越弱，可知a處的磁感應強度大小比c處的大，在b點0.A、D正確，B、C錯誤．下列說法正確的是()D B正確．由安培力F＝BILsinθ(θ為B與I的夾角)可知，C錯誤．若在22大小也變?yōu)樵瓉淼?，D25．(2014·浙江理綜，20，6分)(多選)如圖甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒．從t＝0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向，則金屬棒( ～2T向右，向右做勻加速運動，在2～T左，向右做勻運動，T時刻速度恰好減到0，之后v—t圖象，A、B、C正確．在一個周期內(nèi)安培力先做正功，后做負功，D錯誤．【點撥】v—t根金屬導軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平足夠大的電磁鐵(未畫出)其中正確的 6【解析】(1)由于磁場方向豎直向下，要使金屬棒的運動如圖所示，則金屬棒 vv，換一根更長的金屬棒，增大了質(zhì)量，v變小，因此A、C正確．【答案】(1)圖見解析(2012·大綱，18，6分)如圖所示，兩根相互平行的大小相等、方向相反的電流．a(chǎn)、o、bM、NMN的中點，c、dMNa、b、c、do點的距離均相等．關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是()A．oB．a(chǎn)、bC．c、dD．a(chǎn)、c【解析】MN兩行四邊形定則可確定各點(合)磁場的方場方向均相同，a、b點的磁感應強度大小相等，c、d兩點的磁感應強度大小相等．所以只有C正確．選C.導學導考利用安培定則(右手螺旋定則)判斷電生的磁場的方向是考生()【解析】由題圖可知，A圖中線圈回路在磁場中的有效長度L最長，由F＝失去平衡，A正確．選A.導學導考該題考查考生對F＝BIL中“有效長度”的理解，在備，考生F＝BIL中“有效磁感應強度”及“有效長度”(2012·理綜，2，6分)如圖所示，金屬棒MN強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線θ.如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應變化情況是()A．棒中的電流變大，θ角變D．磁感應強度變大，θ角變【解析】MN受力分析及其側(cè)視圖如圖所示，由平衡F安＝mgtanθF安＝BILBIL＝mgtanθ，則I↑?θ↑，m↑?θ↓，B↑?θ↑，A正確，C、D錯誤．θ角與懸線長度無關(guān)，B錯誤．選A.導學導考該類考題為通電導體在磁場中的平衡問題，關(guān)磁場的大小和方向．如圖中M、N在c點產(chǎn)生的磁場．常用F＝BIL，要求“兩兩垂直θF＝BILsinL是有效長度．如導線為彎曲的，則其有效長度L等于兩端點所連直線的長結(jié)：同向電流相互吸引，異向電流相互排斥的是()針仍然會轉(zhuǎn)動，B錯誤．把小磁針放在導線下方，給導線通以恒定電流，導線周C正確．黃銅針沒有磁性，不會轉(zhuǎn)動，D錯誤．B＝Ik為比例系數(shù)，I為電流強度，rOB0＝3Ta點的磁感應強度大小為( ．2 B.3 C.2 兩電流在O

B＝kI，OB0B0＝B

I I I＝ ＝4k＝ a處的磁感應強度—I —

Ba＝B甲′－B乙 1 L＋ 2由①②可得 1 3T＝1＝3BabMN、PQ放置，導軌(AabBba abba方向的勻強磁場，導體棒都不受安培力，不可能靜止在導軌上，A、Bba時，施加一個豎直向下的Cba時，施加一個豎直向上的勻強磁場，由左手定則可知，導體棒所受安培力方向水平向左，不可能靜止在導軌上，D錯誤．＝3水平固定在勻強磁場中，磁感應強度為B，導軌寬度為L，一端mab垂直于平行導軌放置并μ3＝3用下金屬棒以v0的速度向右勻速運動通過改變磁感應強度的方向可使流過 θBILcosθ＝μ(mg－BILsin 整理得BIL＝cosθ＋μsinθ.θ＝30°，B正確．框單位長度自由電子個數(shù)為n，重力加速度為g，則電子定向移動對應的洛倫茲力大小為()

F安＝nL·F洛Mg＝F＋F安，所以F洛＝ ，D正確MMN30°角當筒轉(zhuǎn)過90°時該粒子恰好從小孔N飛出圓電粒子的比荷為() D.1．A90N到達N′位置，由對稱關(guān)系可知，當粒子射出磁場時速度方向與過N′點的半徑之間的夾角β＝30°，由幾何關(guān)系知軌跡應的圓心角α＝30°，粒子運動時間t＝1 π

＝6qB1901

，由t ＝ω

2可得2．(2016·Ⅲ，18，6分)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離

OMAOMF 可知，qvB＝mr，r＝qBO′OM—ONCOME

7＋rcos30°＝cos—

＋rsin30°＝4r＝qB，Dtan3．(2016·理綜，4，6分)如圖所示正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場在磁場中運動的時間為tb，當速度大小vcctc.不計粒子重力．則() 粒子在磁場中做圓周運動，由第二定律得 mr，得v＝m T.設(shè)邊長為l，當粒子從b點飛出時由幾何關(guān)系可知，rb＝l，θb＝120°，即

＝m，當粒子從c點飛出時，由幾何關(guān)系可得rc＝2l，θc＝60°， ＝m，t＝6Tv∶v＝1∶2，t∶t＝2∶1，A4．(2015·海南物理，1，3分)如圖所示，aP上的一點，P前有一條PSa點．P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過點．在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向( B．向下C．向左D．向右 aPa點的瞬時速度方向向右．根據(jù)左手定則，可以判斷出洛倫茲力方向向上，A正確． qvB＝RR＝qBB小，故R增大．帶電粒子在磁場中運動，v大小不變，R增大，根據(jù) ω減小，D

Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子()Ak倍Bk倍Ck倍D 對電子 evB＝maa＝evBa∶a＝k∶1，B

＝v

eB2π得T∶T＝1∶k，C正確．由 ，得ω∶ω＝k∶1，D錯誤 T＝ T成正比，為約束更高溫B正比于()T T

Ek＝2mv＝kTqvB＝r

＝qr

∝T，A8．(2014·新課標Ⅱ，20，6分)(多選)圖為某磁譜垂直進入磁場時，下列說法正確的是() BCr＝mv

粒子的動能越大，半徑越大，D

qB＝QPQO.已知粒子穿越鋁磁感應強度大小之比為()2 2

D.2 MNv1MNv22 22

2qR，又R＝2，解得B＝2，D 截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)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()A. B.C. D. 動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，其運動的軌跡半徑 0°rtan ，得°r

＝qBB＝3qR直紙面向下可得到同樣的結(jié)果．A【點撥】帶電粒子在圓形磁場區(qū)域中運動時，如果入射速度沿半徑方向，則出11．(2013·新課標Ⅰ，18，6分)如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方q(q＞0)mab

的距離為2.粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重

D. PRab距離為2

α＝30°.PQPR30

＝R.qvB＝r

m，B12．(2016·浙江理綜，25，22分)的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速O的圓強度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場．質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，以不變的速率v逆時針；θT；(3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B′，新的閉合平衡軌θ90B′B的關(guān)系．已知：sin(α±β)＝sin2αcosβ±cosαsinβ，cos2【解析】(1)①②θ＝③

3＝ L＝2rcos6＝

周期 ⑥（2π＋3（2π＋3⑦谷區(qū)內(nèi)的圓心角 ⑨ 由幾何關(guān)系rsin2＝r′sin 6－6－4由三角關(guān)系sin2＝sin2代入得2?

（2π＋3(1)qB；逆時針 (3)B′＝ 空間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂q(q>0)a在紙面內(nèi)垂直于EFF點射出，其軌跡G點；再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內(nèi)與EF成一定角度從E點射其軌跡也經(jīng)過G兩點電荷從GG點時的速度方向也相同．已知點電amR.不計重力．求：(1)aG(2)b【解析】(1)設(shè)點電荷a的速度大小為v，由第二定律qvB＝m①m由①m②aTT＝③如圖所示，OO1ab的圓軌道的圓aθ aG⑤(2)設(shè)點電荷b的速度大小為v1，軌道半徑為R1，b在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為 ⑥

v1＝由⑥式得 GGOGO1G (∠EGO1＝60°，EO1＝GO1)⑧ 聯(lián)立②④⑦⑧⑨式，解得

【點撥】本題的關(guān)鍵是作出規(guī)范的幾何關(guān)系圖，確定圓心，利用好兩個軌跡之14．(2015·山東理綜，24，20分)如圖所示，直徑分別為D2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和22

qD、qDH點，求這段時間?！窘馕觥?1)設(shè)極板間電場強度的大小為E由動能定理得 ①式得E＝ 得qvB＝m 4幾何關(guān)系得 4聯(lián)立③④式得 4 4聯(lián)立③⑥式得 設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2 1Ⅱ區(qū)磁感應強度的大小分別為B1＝qDB2＝qD 第二定律得qvB1＝mR1⑧ ⑨設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、 由運動 得T1＝v，T2＝ 相同，設(shè)為θ1，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設(shè)為θ2Oα?? H點，軌跡如圖丙所示，設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2，可得

t1＝α×360°T1，t2＝α 設(shè)粒子運動的路程為s，由運動學?聯(lián)立⑨⑩?????? 【答案】(1)qd(2)qD或3qD圓邊界的臨界態(tài)，往往會涉及“相切”這個幾何關(guān)系，充分考慮相切(2012·理綜，15，4分)質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同正確的是()A．M帶負電，NB．MNCM、ND．MN＝子在磁場中的運動時間 θT＝T，又T＝

t

，D

＝qB，所以 導學導考該類題考查考生對洛倫茲力方向、大小及帶電粒子在勻強磁場中半徑關(guān)系對比，充分利用好基本進行判斷．(2014·理綜，26，18分)如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直置，間距6L.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ.以水平面MN為理的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子dS1進入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)MNP點，再進入Ⅱ區(qū)．PA1Lk倍．不計重力，碰kBk【解析 (1)當k＝1時，軌道半徑R＝L，由qvB0＝mR，解得

m根據(jù)動能定理有qEd＝mv2，解得 (2)2＜k＜3S2水平射出，根據(jù)對稱性可知粒子運動軌跡如圖設(shè)粒子磁場Ⅰ由幾何關(guān)系可知R2－(R－L)2＝(kL)2，解得

0由R＝qB ，解得 0根據(jù)三角形相似可知

R 3－k

3L

1＝k由

k·qB0B＝3－

k【答案

利用直邊界磁場的特點，尤其是其對稱性，找圓心、畫軌跡、求半徑，再利用粒子在磁場中運動的兩個基本(半徑、周期)，是解此類考題的通(2013·理綜，11，18分)一圓筒的橫截面如圖O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷．質(zhì)量為mqMP處由靜NSvSOE的大??；(2)(3)M、NEM板向上平移2MPS2【解析 (1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得2①②＝＝③

AS射出，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于3π由幾何關(guān)系得r＝Rtan 粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由第二定律

＝⑤聯(lián)立④⑤R＝

m⑥33 ⑦ Sv′，由①式得出U＝3聯(lián)立⑦⑧v′＝3⑧r′r′＝⑨S1θ，比較⑥⑩πr′＝R⑩粒子需經(jīng)過4個這樣的圓弧才能從S孔射出，故 3mv答案 (2) 導學導考在確定粒子軌跡半徑時，可充分利用由軌跡圓心，磁場圓心，MN垂L＝9.1cmOS間d＝4.55cm，MNSOθ平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0×10－4Tm＝9.1×10－31kge＝－1.6×10－19C，不計電子重v＝1.6×106m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的l，則()A．θ＝90°時，l＝9.1cm B．θ＝60°時，l＝9.1cmC．θ＝45°時，l＝4.55cm D．θ＝30°時，l＝4.55cm【解析】如圖，SMNd0＝dsinθ，因電子在磁MN上最上端的位置MNMN上最下端的位置對應于到S的距離等于電子運動軌跡直徑的點( 1 OD＞2MN，則最下端位置為N)．因電子運動軌跡的半徑r＝|e|B＝4.55cm.

-＝ 2

- 22.θ＝90°時，－00得最小值3r，此 ＞L，從而有00

－－

2－（－d0）2－dosθ.當θ＝90°時，l＝9.1cmθ＝60°時，l＝6.78導學導考通過定圓旋轉(zhuǎn)法不難發(fā)現(xiàn)，該問題的兩個邊界往往是一個為軌跡(2015·西安八校第三次聯(lián)考)(多選)如圖所示是半徑R方向垂直于紙面向外，磁場外有一粒子源，能沿一直線發(fā)射速度大小不等的在一定范圍內(nèi)的同種帶電粒子，帶電粒子的質(zhì)量q(q＞0)O中點且垂直于cO方向射入磁場區(qū)域發(fā)現(xiàn)帶電粒子恰能從bd之間飛出磁場則 bddbACD粒子在磁場中，受到洛倫茲力作用做勻速圓周運動，根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖所Obb點的軌跡的圓心，Od為到達drd，到達d點轉(zhuǎn)過的圓心角比到達b點的圓心角大．根據(jù)r＝Bq可知，b的半最大，d的半徑最小，所以從b點飛出的帶電粒子的速度最大，從d帶電粒子的速度最小，ABT＝Bqdbd飛出的帶電粒子的運動時間最長，從b點飛出的帶電粒子的運動時間最短，CD洛倫茲力的大?。篎＝qvBsinθ，其中θ是v與B的夾角．當時，F(xiàn)＝qvB；當θ＝0°(v∥B)時注意：(1)BvBv的方向不一定垂vt＝αTt＝s.其中，α為粒子運動的圓弧所對的圓心角(單位需用“弧度”v2π不能用“度”)，T為周期，v為粒子的速度，s即為圓心，如圖1所示．的垂線及弦的垂直平分線，交點即為圓心，如圖2所示．角平分：如果帶電粒子通過磁場區(qū)后又通過無場即為圓心，如圖3所示.4θθv垂直邊界時，dmax＝2R，如圖甲所示；同一出射點，可能對應粒子5示67所示是正△ABCAB方向進入磁場的粒子臨界軌跡示2a，DA點3aAB間射出的臨界軌跡如圖甲所示，粒子能從AC間射出的臨界軌跡如圖乙所示．反向延長線一定過圓心，即兩速度矢量相交于圓心，如圖8所示．910所示(沿)1111丙所示；沿各方向從中空區(qū)域射入磁場區(qū)的所有粒子都不能穿越磁場的最大速度對應軌跡如圖11丁所示．動的軌道半徑R是確定的．在確定粒子運動的臨界情景時，可以以入射點為定當帶電粒子射入磁場的方向確定，但射入時的速度v大小或磁場的強弱B變化件．如圖所示，粒子進入長方形邊界OABC從BC邊射出的臨界情景為②和④.1．(2015·廣州二模)(多選)如圖所示，MN、PQ是圓O荷質(zhì)比相等的正、負離子分別從M、N以等大速率射向O.若正離子從P出射，則( QP 針旋轉(zhuǎn)．由半 r＝mv知，正、負離子的比荷q相等，速率v相等，則軌 則它們的周期相等，兩個離子軌跡對應的圓心角都為90T都是4，C程相等，D

42．(2015·江蘇三調(diào))(多選)如圖所示在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直xOyv0y軸上坐標(0，3L)AB點(坐標未知)y(以確定()ACAC連線的中垂＝AC23L，∠BAC＝30R3L＝2L＝2A120°，B l

＝v0可以求得運動的時間應強度，故無法求得荷質(zhì)比，更不能求出電荷量或質(zhì)量，B、D3．(2015·湖南師大附中月考)(多選)O為圓心、MN為直徑的圓的左半部分內(nèi)有垂直紙面向里的勻強a、bcaO、bOcO于磁場射入磁場區(qū)域，已知bO垂直MN，aO、cObO的夾角都為30°，a、b、c三個粒子從射入磁場到射出磁場所用時間分別為ta、tb、tc，則下列給出的時間關(guān)系可能正確的是() ADθ

3≤ 1R，≤3軌跡如圖乙所示，ta＝tb＝tc.同理，1R＜r≤R時，ta＜tb＝tc.A、D34．(2015·湖南師大附中月考)如圖所示，M、N＋qm(不計重力)P經(jīng)電場加速后，從小QNB，方向垂直于紙面向外，CDNθ＝45QCLM、N兩板間電壓取最大值時，粒子CD板上，求：CD【解析】(1)M、N 11

＝，又因為

＝

2mqUm＝1v22m

設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點，此軌跡的半徑為r2A，在△AKC中，sin45°＝r2r＝(2－1)L，即－＝r＝(22

-所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的s＝HK，即＝1－2＝(2－ 【答案】(1) (2)(2－ (3)個小孔三個小孔在圓形截面上均勻分半徑為R.一個帶正電的粒子其質(zhì)量為m，帶電荷量為q，使粒子在如圖所在平面內(nèi)運動，如果在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小也B，則為使粒子以后都不會碰到圓筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？【解析】(1)abb進入磁場偏轉(zhuǎn)后只rr粒子運動的半徑

mm

(2)如果在圓筒內(nèi)的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小也Bab，然后在外側(cè)后在外側(cè)的磁場中到a，如圖乙所示．粒子運動的方向是從a指向圓心，由圖乙可知，cd⊥Oc，bd⊥Ob，所以粒子的徑為r′，有r′＝Rtan60°＝3Rmm由第二定律得

，解得

(1)m，方向從a指向

a初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過P＋和 A1∶1B．在磁場中運動的半徑之比為 第二定律得 ma1∶3Ad2qU＝Ek＝1mv221∶3，DqvB＝mr

sin 1＝R∝R

＝θ′＝60°＝2θ，可知C3sin3【點撥】本題是電磁組合場，兩種粒子質(zhì)量相等，但電量不等，因此，在電場qvRE的大?。窘馕觥?1)f＝qvB＝m

v＝(2)F＝qEE

(1)qB； 3．(2016·理綜，11，18分)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場3電場強度大小 3B＝0.5Tm＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場引起的電磁感應現(xiàn)象)g＝10m/s2v從撤掉磁場到小球再次穿過P【解析】(1)小球做勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB代入數(shù)據(jù)解得v＝20 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tan 代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝ mmx⑥yy＝1⑦xamgvEθ，又tanx⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧t＝23s＝3.5⑨影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻運動，其初速度vy＝vsinθ⑤P

⑥3聯(lián)立⑤⑥3⑦

s＝3.5【答案】(1)20m/sE60°(2)3.54．(2016·理綜，11，19分)如圖所示，圖面內(nèi)有豎直線DD′，過DD′且垂直π向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)C點在DD′距地面高H＝3l.零時刻，mqPKv0＝glπθ＝3

r＝3lC點水平進入?yún)^(qū)域Ⅱ.A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面PP所帶電量對空間電磁場的影響．l已知，g為重力加速度．BA、PAgA、Pt＝βl(β為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域ⅡEE的極大值和極小值及相應的方向．g【解析】(1)P在區(qū)域Ⅰrmr①B＝3lq②P在區(qū)域ⅠθCtC，到達斜面底端時刻為t1，有③s－h(huán)cot④AaAPt1mgsin h＝1A Asin

2a(t－t tA＝(3－2⑦設(shè)所求電場方向向下，在tA′時刻釋放小球A，小球P在區(qū)域ⅡaP，s＝v0(t－tC)＋1A－tA′)2cos 2a H－h(huán)＋1aA(t－tA′)2sinα＝1

2a?P?Emin＝0Emax＝7mg 【答案】(1) (2)(3－2 (3)q（β－1）2；Emax＝8q，方向xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子yP(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電通過電場后從x軸上的a(2h0)點進入第Ⅳ象限，yy45°角，不EaabcB【解析】(1)22根據(jù)第二定

ay0y0則 v2＋v2＝0y0vtanv0a點的速度大小為2v0x2bB最?。鶕?jù)幾何關(guān)系知，R＝2

＝

m

【答案】 (2)2v0，方向與x軸正方向夾角為45° 帶電粒子在組合場區(qū)內(nèi)運動時，分析每個場區(qū)內(nèi)的受力和運動比較簡單．解題的關(guān)鍵是抓住場區(qū)之間的交接特點(v的大小、方向)，建立時間為電離區(qū)將氙氣電離獲得1價正離子；Ⅱ為加速區(qū)長度為L，兩端加有電壓，形成軸向的勻強電場．Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進入Ⅱ區(qū)，被加速后vM從右側(cè)噴出．

，在離軸線2

Cα90vvmaxα【解析】(1)由動能定理得1Mv2 ①MU＝2eM②

U＝vM vM③垂直紙面向外 r eBv＝m

<⑦要使⑦⑧

B>22根據(jù)余弦定理得 4（2－sin由⑥⑨式得 4m（2－sin 【答案】

2e

4mB>3eR

（2－sin本題難點在于把題目中的情境抽象為具體的物理模型，之后便為粒子b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽略邊緣效應．p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點右側(cè)相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同被發(fā)射裝置(圖中未畫出)O點發(fā)射p板上表面運動時間t后到達K孔，不g.rS接“1”b板R的電阻中的電流強度；此時在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應強度大小合適的勻強磁場(B

（

范圍內(nèi)選取)b（b板板面的夾角的所有可能值(可用反三角函【解析】(1)pv0①W ②2聯(lián)立①②W＝③(2)S接“1”E0U④到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋at1，有U＝Eh⑤⑥h＝1⑦⑧S接“2”RII＝⑨

聯(lián)立①④～⑨

⑩(3)由題意知此時在板間運動的粒子重力與電場力平衡，當粒子從K進入板間后速直線運動，DT與b板上表面的夾角為題目所求夾角θ，磁場的磁感應強度θθmR，有R R過D點作b板的垂線與b板的上表面交于G，由幾何關(guān)系有DG＝h－R(1＋cosθ) TG＝h＋Rsin tan

sin cos5聯(lián)立①?～?，將B＝Bm代入，求得θm＝arcsin 5BR會隨之變大，Db板靠近，DTbθDb板上表面時，粒子離開磁場后在板間幾乎沿著b板上表面運動而從TBm>B>0滿足題目要求，夾角θ趨近θ0，即θ0＝0?5則題目所求為 5 【答案】(1) ） 8．(2013·福建理綜，22，20分)如圖甲所示間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向外的勻強磁場磁感應強度大小為B.讓質(zhì)量為m，電量為q(q>0)的粒子從OxOy平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中．不計重力若粒子以初速度v1y軸正向入射，恰好能經(jīng)過xA(a，0)v1的已知一粒子的初速度大小為v(v>v1)，為使該粒子能經(jīng)過A(a，0)點，其入射角θ(x軸正向的夾角)有幾個？并求出對應的sinθ值．yE的勻強電場，一粒子O點以初速度v0y軸正向發(fā)射．研究表明：粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動，且在任一時刻，粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標成正比，比例系Evm.【解析】(1)vBqvB＝m①2yAR1R1＝a2②代入①③2如圖所示，O、A兩點處于同一圓周上，且圓心在x＝a的直線上，半徑為R.2第1、2象限，有sinθ′＝sinθ＝a 由①④式解得sinymyqEym＝1mv2－1 2m⑥⑦E＝0v0yqv0B＝m⑧R0y0v0，有⑨＋＋0B

【答案】(1) (2)2個

板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙22S2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)．(不計粒子重力，不考慮極板外的電場S2vt＝3T0S2，且速度【解析】(1)S1S22 2m由①式得 m②設(shè)粒子的加速度大小為a，由第二定律③

＝q ＝1由運動 ④4聯(lián)立③④4

m⑤

＝ m⑥22⑦L聯(lián)立②⑥⑦L

q⑧4設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有d＝vt1 聯(lián)立②⑤⑨式得t1＝T04⑩若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間做勻運動，設(shè)勻運動的時間為t2，根據(jù)運動學得 2聯(lián)立⑨⑩?2?2設(shè)粒子在磁場中運動的時間 240??4?設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結(jié)合運動學得??聯(lián)立???mm

； (3)4T0；(2014·海南物理，14，14分)x軸上B，方向垂直于紙q(q＞0)0yPyT0于紙面向里，大小不變，不計重力．(1)Px(2)P【解析】(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設(shè)運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力及圓周運

＝

＝00

v0轉(zhuǎn)過的角度為5πt

1＝4qBaEP0

2【答案

0導學導考處理這類帶電粒子在分區(qū)域的電場、磁場中的運動問題，首先應(2013·理綜，11，19分)如圖xOy，xx≤0B1貼y軸固定放置長為l、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸h.在第一象限內(nèi)的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強磁場(磁感應強度大小為B2、方向垂直于紙面向外)和勻強電場(圖中未畫出)．一質(zhì)量為m、不帶電的小球Q從平板下側(cè)Ax軸正向拋出；另一質(zhì)量也為m、帶電量為qPAxyD經(jīng)4做勻速圓周運動 ，沿y軸負方向運動，然后從x經(jīng)4的K點進入第四象限．小球P、Q相遇在第四象限的某一點，且豎直方向速度相g.求：PQv0B1B2】qEmg＝qEq小球P在平板下側(cè)緊貼平板運動，其所受洛倫茲力豎直向上，故小球P帶正電1設(shè)小球P緊貼平板勻速運動的速度為v，此時洛倫茲力與重力平衡，有B1qv＝mg，設(shè)小球P以速度v在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為R，有QP在第四象限相遇點的坐標為(x，y)x＝R，y≤0.Q運＝1m2g＋

m2g＋ gy≤0

m2gv0＞00＜v0≤

2QPKv0Ql＋R＝v0mt，h＝1P球：qvB1＝mg，qvB2＝m m2g g 1 m2g g12 12QP穿出電、磁場WvyyQ必須滿足QWtvy＝gt，yQ＝12B1＝12，B1B2的12 m2g g 12【答案 (1)q；正電荷(2)0<v0≤l＋q2BB 12導學導考分析帶電粒子在復合場中的運動情況時，要根據(jù)場的情況正確分力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方P板上(不考慮粒子反彈)m、q、d、v0為已知量．若

B 若

4mv0P＝【解析 (1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，由第二定律R R1據(jù)題意由幾何關(guān)系得 聯(lián)立①②式得 設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動a＝ 根據(jù)題意由幾何關(guān)系得 聯(lián) d④⑤式得 d設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動T＝ 由第二定律

R R已知B0＝4mv0，代入⑧式得 P板，且均要求0<θ<2，π2

2πT＝ TB若在A點P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系R＋2(R＋Rsin 當n＝0時，無解 當n＝1時，聯(lián)立⑨?式得θ＝π或sin 6 聯(lián)立⑦⑨⑩?式得 π當n≥2時，不滿足0<θ<2的要求 若在B點P板，由幾何關(guān)系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsin 當n＝0時，無解 1

聯(lián)立⑦⑧⑩?TB＝2

當n≥2時，不滿足0<θ<90°的要求

1【答案】(1)

或

d導學導考dEB做勻變速曲線運動(類平拋運動變“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)(磁偏轉(zhuǎn)(電偏轉(zhuǎn)FB＝qv0Bv0FE＝qE r＝qB，T＝qBm t＝L變加↓——↓——↓——↓ 運動定律

*勻速圓周運動：條件是帶電粒子所受重力與電場力平衡，合力等于洛倫茲力帶電粒子在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動常應用第二定律和衡條件列方程聯(lián)立求解．題目中所給出的一些邊界條件是另一個突破口，如“垂直打在板上”“相切”“剛好不出區(qū)域”等．v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為bvaB180°種解出現(xiàn)的條件1．(2015·南充三診)(多選)如圖所示直角坐標系xOy位y軸的勻強電場(圖中未畫出)xAP點垂直于y軸進入第Ⅳ象限，然后做圓周Q點垂直于x軸進入第Ⅰ象限，Q點距O點的距離為d，重力加速度為g.根據(jù)以上信息，能求出的物理量有() 到達P點的速度為v，根據(jù)機械能守恒定律得 1v2，v＝2gd，即帶電球做圓周運動的速度大小為2gd，所以可以求出帶電小球做圓周運動的速度大小，A

1 運動的時間 ＝2v，可知能求出小球在第Ⅳ象限運動的時間t，CqBqB不能求出磁感應強度的大小，DxOyMNy軸，N點坐標(－L，0)，MNyy軸正方向的勻強電場，在第四象(圖中未畫出)m、電荷量為－e的電子，MNPxv0yA點(0，0.5L)射出電場，射出時y30°6Q點(6

，－L)xEB【解析】(1)設(shè)電子在電場中運動的加速度為a，時間為t，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy，則L＝v0t，a＝eE，vy＝at，vy＝ m＝＝ 聯(lián)立解得

tan6xD，ODxD，則xD＝0.5Ltan30°＝36所以，DQy軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道的圓心在DQ上，電子運動軌跡如圖所示．設(shè)電子離開電場時速度為v的軌道半徑為， ＝

＝ m

sin由幾何關(guān)系有 ＝L，即sin 31203 T＝v＝3v0FQ2Smin＝20【答案】0

3．(2015·江蘇鹽城三模)如圖所示，在xOy平面內(nèi)y軸與MN邊界之間有沿x軸度大小相等的勻強磁場，MN邊界與y軸平行且間距保持不變．一質(zhì)量為m、電荷量為－qv0Ox軸負方向射入磁場，每次經(jīng)過磁t0，粒子重力不計．t＝5t0OdOE【解析】(1)T＝B＝t＝5t0 由向心 qBv0＝m0 qBv2＝mr1 電場寬度d＝v0＋v2t，解得 ＝2v0

＋m

＝由向心力

qBv2′＝mr2′

n

1 ′－2m

【答案】

E

2v00； 坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強x45°場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間正好垂直于y軸穿出復合場．(不EB【解析】(1)A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲Eq＝mgqqvB＝qqvB＝mr＝ql聯(lián)立解得v＝ ql微粒做勻速直線運動的時間t1＝

43π4

t＝t1＋t2＝4【答案

2)

43長 m，板間距離d＝0.2m，在金屬板右端豎直邊界MN的右側(cè)有一3＝105m/s

108C/kg連續(xù)射入電場中，粒子的比荷

0.05mMN【解析】(1)v水平方向：t＝L＝23×10－6v0豎直方向：y＝12＝d

Vq3當3

3V3

qU1＝1mv2－1

2m解得vt＝233×105邊緣射出的粒子軌跡如圖中b＝BqO′點射入磁場的粒子速度為v0，它在磁場中的出射點與入射點間距d1＝2R1

mv RR

01

0，則 4O′點下方d＝0.05mφ4v2＝v0d2＝2R2coscos

2，解得

qBcos場時的間距，即0.05m.3【答案】(1)23×105 (3)0.053意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在處從靜止開始被加速電場加速，12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為() qU＝2mvqvB＝r的半徑相同若必須將磁場增加到原來的12說明離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確．d2．(2014·江蘇物理，9，4分)(多選)如圖所示，導電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強磁場，磁感應強度大小B與UH＝kIHBd(IHIRLCD倫茲力指向后側(cè)面，因此后側(cè)面帶負電，電勢低，A錯誤．若電源正負極對調(diào)，發(fā)生反偏，BRRLIHR＝(I－IH)RLIH＝RL·I，C正確．RRLRLdIRLP＝I2RLUH＝kIHB，BId【點撥】考查磁場對運動電荷的作用、霍爾元件的工作原理及分析問題的能的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與m，電荷量為＋q 乙所示，電壓值的大小為U，周期 一束該粒子在 時間內(nèi)從 ＝qB 甲乙Em99%能射出，d【解析】R時，qvB＝m22解 Em＝nEmn次經(jīng)過狹縫的總時間為Δtnd＝1 t0＝(n－1)·2＋Δt

－只有在T比例 T2

η>99%

【答案】

－ ．4．(2016·理綜，9，15分)中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放．移管分別接在高頻脈沖電源的兩極．質(zhì)子從K點沿軸線進入并依次向右B8×106m/sE時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時1/2.1×108C/kg.求：B【解析】(1)BvBf、T，漂移管B的長度為L，則f f2 2聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4 (2)EvEU，電場單次WBEW′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則 聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104 【答案】(1)0.4m(2)6×104引出，離子束引出的方法有磁通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等．質(zhì)量為m、速度為v的離子在回旋內(nèi)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓，圓心在O點，軌道在垂B.為引出離子束使用磁通道法設(shè)計引出器引出器原理如圖所示一對圓弧′點(′點圖中未畫出)PQQL，QPθ.q離子從P點進入Q點射出通道內(nèi)勻強磁場的磁感應強度應降為B′，求B′；(3)B不變，在內(nèi)外進入、QE【解析】(1)離子做圓周運動，有

r 如圖所示-RR

r2＋L2－2rLcos2r－2LcosB′＝mv＝mv（2r－2Lcos q（r2＋L2－2rLcos

v2（2－2Losq（2＋L2－2Los【答案】(1)mv，正電荷(2)mv（2r－2Lcos

(3) q（r2＋L2－2rLcosmv2（2r－2Lcosq（r2＋L2－2rLcos6．(2014·理綜，12，20分)同步在粒子物理研究Nm＋qA(不計重力)MAUAN板時，兩板的電荷量均立即變?yōu)榱悖畠砂逋獠看嬖诖怪奔埫嫦蚶锏膭驈姶艌?，A在R的圓周運動，R遠大于板間距離．A經(jīng)電場多次加速，動A1B1—An周的時間內(nèi)電場力做功的平均功率mkq(k1的整數(shù))B(不計重力)與條件均不變，下圖中虛線、實線分別表示A、B的運動軌跡．在B的軌跡半徑遠【解析】(1)qU＝1mv2v＝ 1 1Rqv1B1＝m，得 R

A第n周運動時，有nqU＝1mv2，解得v

粒子在磁場中做勻速圓周運動時，根 v＝

vn 2B12m解得 m＝在磁場中做勻速圓周運動，半徑 mv1′＝R<R＝

T′＝kqB1＝由上可知，TnT′kA1周，BkBA同時進入電場時才被加速．經(jīng)n次加速后，A、B的速度分別為vn和vn′，則 2nkqU＝ ABR′T′vn′＝2πR′比較上述兩式得R′＝Rk

(3)A，(2015·江蘇如東高級中學段考)(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的示意離子體(即高溫下電離的氣體正負帶電粒子)以速率v噴入磁場，A，BSd，勻強磁B.當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，下列說法正確的是()A．AB．B【解析根據(jù)左手定則，帶正電的粒子向下偏轉(zhuǎn)，帶負電的粒子向上偏轉(zhuǎn)，所qvB＝EE＝Bdv，C正確，D導學導考磁流體發(fā)電機中的等離子體因受洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，穩(wěn)定后所(2013·重慶理綜，5，6分)如圖所示，一段a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運動電荷材B.I體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負分別為()IB IB IB IB， ， ， ，

U【解析】本題的關(guān)鍵是電荷的受力平衡，即電場力與洛倫茲力平衡．因?qū)щ姴腢

qaI＝nSqvn＝C

導學導考在判斷霍爾元件不同表面電勢高低時，要先注意題中所給自由電的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾O沿著與B 中左側(cè)3MQ3QNMQQNMNPPQNUQNMQU的最少次數(shù)．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)2【解析 (1)離子在電場中加速2

＝BB

mq代q

r0＝4Lm＝ 由(1)知，U∝r

Q

9N9則電壓的范圍為

≤由(1)可知，r∝U.1U1QN點，L＝

r1

Q1

Qr12U2Q1Nr2L L的離子打 上，則L＝Q

U0，r2同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有 226n≥lg2－1≈2.836【【答案 (1)

9導學導考質(zhì)譜儀實質(zhì)上就是加速電場和偏轉(zhuǎn)磁場的組合，三問中分別問了9BqE＝qvBv＝E.B磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d，等離子體(高溫下電離的氣體，正qd電磁流量計：如圖所示，圓形導管直徑為d，用非b

πd2

qd ＝4·Bd＝4BhhvhB.電流與自由電荷定向運動的速度關(guān)系為I＝nqSv＝nqdhv.由上述兩式可得電勢差U＝BI.回旋模質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀Amq的正離子(所受重力不計)，無初速度地經(jīng)過電壓為U的電場加速后，進入磁感應強度為B周運動，經(jīng)過半個周期后到達記錄它的感光片的P點．現(xiàn)測得P點到S

LqU＝2mv，qvB＝2

m＝8U.mL如圖所示回旋的部分是兩個D形金屬盒兩盒之間留下一個窄縫，D并把兩個D形盒分別接在高頻電源的兩極上，其工作原理：電場加速 (3)加速條件：高頻電源的周期與帶電粒子在DT電場＝T回旋＝qB回旋中的五個基本問交變電壓的頻率與粒子在磁場中做勻速圓周運動的頻率相等，交變電壓的頻率＝1＝qB(當粒子的比荷或磁感應強度改變時，同時也要調(diào)節(jié)交變電壓的頻率 粒子從邊緣離開回 時動能最大 ＝1

2m，可知在 一定的情況下，回旋的半徑R越大，粒子的能量就越大(最大動能與加速qUn＝Ekm，回旋的次數(shù)為

粒子運動時間由加速次數(shù)n或回旋的次數(shù)n決定，在磁場中的回旋時間t1＝n在電場中的加速時間t2＝nd或 2nd，其中a＝qU在回 中運動

總時間t＝t1＋t2.5rn＝mvn，nqU＝1mv2，n 1．(2015·吉林長春質(zhì)檢)dhB的勻強磁場中，UB的電荷量為q，下列說法正確的是

F＝qdK＝1n

＝BIn 靜電力大小應為F＝ A錯誤．載流子的電性是不確定的，B錯誤qhv＝IF＝BI，D 列說法中正確的是()P1B2mB2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷qm2AD AP1正電，BR＝mvB2q荷量的比值越大，或者比荷m越小，C錯誤，DR，強度大小為B、方向垂直紙面向外．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從靜止開Q點．不計粒子重力，下列說法正確的是()22BB

PQ Eq＝mRqU＝2mvU＝2ER，BEq＝mR q，C錯誤．若一群粒子從靜止開始落在膠片上的E、U、B、R相同，D

間的距離都相同，由以上式子可得qD形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中(磁感應強度大小恒定)Ekt變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是(BEk—t 回旋所加高頻電流的頻率與帶電粒子在磁場中運動頻率相同在動能可由D形盒的最大半徑求得，設(shè)DR

＝Bq Ekm＝2mvm＝2m，R越大，Ekm同時，最大動能不一定相同，C、D子質(zhì)量為m、電荷量為q.當加一勻強磁場時能讓恰好射到極板的右下邊緣偏轉(zhuǎn)角度最大為53°，已知極板長為4L，電子所受的重力大小忽略不計．(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：RU2為多少？【解析】(1)由幾何關(guān)系可得R＝ sin極板間距d＝2(R－Rcos 在加速電場中有

R R 0由①③④可得 v飛行時間 v0加速度 側(cè)移距離y＝d＝1 由 【答案】

加速電場、偏轉(zhuǎn)電場、勻強磁場組成．在S點有一粒子源，能不斷釋放電荷量為q、質(zhì)量為m的靜止帶電粒子，被加速電壓為U、極板間距離為d的勻強電場加速后，從正垂直射入電壓為U的勻強偏轉(zhuǎn)電場(偏轉(zhuǎn)電場中電壓正負極隨間做周期性變化)，偏轉(zhuǎn)極板長度和極板距離均為L，帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中一次偏轉(zhuǎn)后即進入一個垂直紙面方向的勻強磁場，其磁感應強度為B.若不計重力影S點，求：DT【解析】(1)如圖所示，電場對粒子加速 m解得 m則加速的時間t1＝d m. 2vt2＝v0

縱向速度

則粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度 vBqv＝m

R－y

2q

v＝tanθ＝L/2＝2，所以θ＝arctan2，所以粒子在磁場中運動的時間t3 2m（π－arctan SS

m 2m（π－arctan

m

m m（π－arctan

1

(3)

2qB＝FIB垂直，BF、I、L F，EF、q小磁針N1T＝11V/m＝1為零的地方，電場強度E一定為零．磁感線③磁感線是閉合曲線，在磁體的外部是從N極到SSN①地磁場的N極在地理南極附近，SB的水平分量(Bx)(By)則南、別是N極和SF安＝BIL(I⊥B)，F(xiàn)安F洛＝qvB(v⊥B)，F(xiàn)洛左手定則(F安IB所左手定則(F洛vB所荷度的大小；洛倫茲力不畫出輔助圖(如斜面)，畫好受力圖的關(guān)鍵是標明輔助方向(B、I的方向)．析時要把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖．若vqvB＝mR徑

＝qBT＝v＝qB.TvR中“畫軌跡”是處理臨界與極值問題的．對于這類區(qū)域判斷題，要進行動態(tài)分析，即首先選一個速度方向(平方向)，然后從速度方向的改變分析軌(2)洛倫茲力：F洛＝qvB(v⊥B)，方向用左手定則判定，洛倫茲力永不做功．(2)①分析帶電粒子在電場中的運動過程應運用第二定律結(jié)合運動學進行處理分析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時應運用數(shù)學知識找出粒子做圓周運動②當帶電粒子所受的合外力與運動方向同一條直線上時粒子做變速直線運(2015·湖南衡陽期中)磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所 a、ba、babab【解析】Ba<Bb，A錯誤，B正如果導線與磁場平行放置，受力均為0，故C、D均錯誤．選B.(2016·黑龍江牡丹江一中期中)(多選)B的區(qū)域中有一光滑斜面體，在斜面體上放了一根長為L，質(zhì)量為m的導線，當通以如圖方向的電IB必須滿足()mgsin mgcos mgtan ＝【解析】Bmgtan向左的安培力支持力與重力若處于平衡狀態(tài)則 勻強電場，距離原點O為3a處有一個豎直放置的熒光屏，熒光屏與x軸相交于Q30°的直角三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直平面MLyx分．已知ML的長度為6a，磁感應強度為B，以相同的速度v0從LO區(qū)間垂直y軸和磁場方向射入直角三角形區(qū)域y＝－2a射入磁場的電子運動軌跡OE＝Bv0，試求：(2)從＋y軸上射入電場的縱坐標范圍yQr＝a0＝v2，解得電子的比荷e＝v00m 電子能進入電場中，且離OMN相切，電子運動軌跡的圓心為O′點，如圖所示 sin＝y(tǒng)m＝2a，所以從＋y軸射入電場的范圍為假設(shè)電子沒有射出電場就打到熒光屏上，有22解得y＝9＞2a運動時間為t，豎直方向位移為y，水平位移為x，22x＝設(shè)電子最終打在熒光屏的最遠點距Q點為H，電子射出電場時與x x m×v0 θ，有tan H＝(3a－x)tanθ＝(3a－3a－2y＝2y

時，H有最大值，由于

＜2a

(2015·江蘇鹽城二模)xOy坐標系中，y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于xOy平 (0L)(0L)CyL緣彈性擋板，C為擋板中點，帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變x方向分速度反向大小不帶負電的粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，PPQ1方向進入磁場，經(jīng)磁場運動后，Q1Q2Q1OxP 【規(guī)范解答】(1)由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示，設(shè)PQ1與x軸方向夾5其中cosθ＝25.51m＝v21m

v1＝

＝4L.FxFxF＝2L.F點坐標為R3，偏轉(zhuǎn)Δy1得Δy1＝2R3cosθP，PQ1連線平給條件2＝tanθ，其中tanθ＝1，得Δy 39R3＝29

＝v2

＝2

2【答案】

qvB＝mR，t＝qB67～8分，選對但不全的得3分，有的得0分 C行，D錯誤．源兩端，通電時電阻絲AB段受到的安培力為F，則此時三根電阻絲受到的合安培力大小為() 根據(jù)并聯(lián)電路電流分配規(guī)律，ACCB

CBABACCB0.5F，所以此1.5F，B正確．3.(2016·吉林長春一模)利用如圖所示的實驗裝置可以測量磁感應強度B.用絕緣輕質(zhì)絲線把底部長為L、電阻為R、質(zhì)量為m的“U”型線框固定在力敏傳感器的忽略不計．當外界拉力F作用于力敏傳感器的線框接入恒定電壓為E1的電源時，力敏傳感器顯示拉力的大小為F1；當線框接入恒定電壓為下列說法正確的是()E1當線框接入恒定電壓為E2的電源時力敏傳感器顯示拉力的大小為線框所受B的大小為B的大小為R UR 1 1＝ 1＝

BLE1，力敏傳感器顯示拉力的大小為