高二2017期末磁場復習題

1、期末復習：磁場基礎(chǔ)知識復習練習2015-12-29一、1.磁場：通電直導線、通電螺線管、通電線圈磁場的判斷：右手定則條形磁鐵=通電螺線管磁場分布、磁感線性質(zhì).磁感強度定義式B=F/IL（通電導體垂直放入磁場中）.安培力大小F=IBLsinO（0在間）F、B、I三者位置關(guān)系F一定與I、B垂直I、B不一定垂直.安培力方向：左手定則（練習1-7題）（單選）關(guān)于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（）A.安培力的方向可以不垂直于直導線B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向C.安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角無關(guān)D.將直導線從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话耄ǘ噙x）如圖所示

2、，通電導線均置于勻強磁場中，其中導線受安培力作用的是（）.長10cm的通電直導線，通以1A的電流，在勻強磁場中某處受到的磁場力為0.4N,則該磁場的磁感強度為A.等于4TB.大于或等于4TC.小于或等于4TD.上述說法都錯誤.（單選）如圖所示，兩平行金屬導軌CD、EF間距為L,與電動勢為E的電源相連，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直于導軌放置構(gòu)成閉合回路，回路平面與水平面成0角，回路其余電阻不計.為使ab棒靜止，需在空間施加的勻強磁場磁感強度的最小值及其方向分別為（）（提示轉(zhuǎn)換平面圖對ab棒受力分析6、7題同）A警水平向右B.嘴型垂直于回路平面向上C.迪里巴，豎直向下E1D.mgRsin9垂

3、直于回路平面向下.（單選）如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直導線，導線與磁鐵垂直，并通以垂直紙面向外的電流，（）IA.磁鐵對桌面的壓力減小、不受桌面摩擦力的作用B.磁鐵對桌面的壓力減小、受到桌面摩擦力的作用C.磁鐵對桌面的壓力增大，不受桌面摩擦力的作用D.磁鐵對桌面的壓力增大，受到桌面摩擦力的作用.（單選）如圖所示，兩平行導軌與水平面成e角傾斜放置，電源、電阻、金屬細桿及導軌組成閉合回路，細桿與導軌間的摩擦不計.整個裝置分別處在如圖所示的各勻強磁場中，其中可能使金屬桿處于靜止狀態(tài)的是（）.有一金屬細棒ab,質(zhì)量m=0.05kg,電阻不計，可在兩條軌道上滑動，如圖所示，軌道

4、間距為L=0.5m,其平面與水平面的夾角為0=37,置于垂直于軌道平面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B=1.0T,金屬棒與軌道的動摩擦因數(shù)尸0.5,（設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等）回路中電源電動勢為E=3V,內(nèi)阻r=0.5Q.求：為保證金屬細棒不會沿斜面向上滑動，流過金屬細棒ab的電流的最大值為多少?滑動變阻器R的阻值應調(diào)節(jié)在什么范圍內(nèi)，金屬棒能靜止在軌道上？（g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8）二、1.帶電粒子（不計重力）在磁場中運動做圓周運動：qvB=mv2/rr=mv/qB.若帶電體在電磁復合場中做勻速圓周運動：除洛倫茲力外其它力合力=0且qvB=mv2/r.

5、速度選擇器：（1）單向性（2）速度一定丫=用與電性比荷無關(guān)（見3-1教材98頁3.帶電粒子在有界磁場中射入角0二射出角0若已知邊界尺寸，由幾何關(guān)系可求半徑r、運動時間t=9T/2TT（9為弧度制）.磁流體發(fā)電機（見3-1教材98頁4題）.質(zhì)譜儀（見3-1教材100頁例題）.回旋加速器：最大動能E=（qBR）2/2m被加速電場加速的次數(shù)n=q（BR）2/2mU加速電場電極變化周期TJ=T/2=ttm/qB.（單選）如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電量q的液滴做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E,磁感應強度為B,則油滴的質(zhì)TOC o 1-5 h z量和環(huán)繞速度分別為（）A.螞萼B

6、.EC.陛年口.西Y.（單選）一束幾種不同的正離子，垂直射入正交的勻強磁場和勻強電場區(qū)：域里，離子束保持原運動方向未發(fā)生偏轉(zhuǎn).接著進入另一勻強磁場，發(fā)現(xiàn)這些離子分成幾束如圖.對這些離子，可得出結(jié)論（）JA.它們的動能一定各不相同B.它們的電量一定各不相同C.它們的質(zhì)量一定各不相同D.它們的荷質(zhì)比一定各不相同.（單選）關(guān)于磁感線的一些說法，不正確的是（）A.磁感線上各點的切線方向，就是該點的磁場方向B.磁場中兩條磁感線一定不相交C.磁感線分布較密的地方，磁感應強度較強D.通電螺線管的磁感線從北極出來，終止于南極，是一條不閉合的曲線（多選）如圖所示，L和L,為兩條平行的虛線，L上方和L,下一XXX

7、k方都是范圍足夠大，且磁感應強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在sxxxxxkjcLH.帶電粒了從A點以初速度匕與L,成30角斜向右上方射出，“X器。8,經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點，經(jīng)過B點時速度方向也斜向上，不計重乂*乂KXXXXKXX力，下列說法正確的是（）A.若將帶電粒子在A點時的初速度變大（方向不變），它仍能經(jīng)過B點B.帶電粒子經(jīng)過B點時的速度一定跟在A點時的速度大小相同C.此帶電粒子既可以是正電荷，也可以是負電荷D.若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2成60角斜向右上方，它將不能經(jīng)過B點（單選）如圖7所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為q的電場加速后，射入水平放置、電勢差為的兩塊導體板

8、nn-型工12耳k間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間一二，:射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁uU史晨一廣乂場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U或4的變化情況為（不計重力，不考慮邊緣效應）A.僅增大q,d將增大B.僅增大4，d將減小C.僅增大4，d將增大D.僅增大4，d將減?。ǘ噙x）如圖所示，相距為d的兩帶電平行板間存在磁感應強度為.1B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m,帶電荷量為q的小球由X*下板邊緣沿水平方向射入該區(qū)域，帶電小球恰能在兩板間做勻速圓周運,：X動，運動軌跡如圖中虛線所示，則（）*A.小球一定帶負電B.小球一

9、定帶正電C兩板間電壓為巴空D小球在兩板間的運動時間為2等口口口（多選）如圖，ab邊界下方是一垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)子口1口口和a粒子Q口口）先后從c點沿箭頭方向射入磁場，都從d12點射出磁場.不計粒子的重力，則兩粒子運動的（口由口口.軌跡相同口口口口口勁能相同口口口口口速率相同口口呼口時間相同口14.（多選）用如圖所示的回旋加速器來加速質(zhì)子，為了使質(zhì)子獲得的動能增加為原來的4倍，可采用下列哪幾種方法（）A.將其磁感應強度增大為原來的2倍B.將其磁感應強度增大為原來的4倍C.將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍D.將兩D形金屬盒間的加速電壓增大為原來的4倍16.（單選）一個帶電粒子，沿垂直于磁

10、場方向，射入勻強磁場中，粒子的一段徑跡如圖所示，徑跡上的每一小段都可以近似看成圓弧.由于帶電粒子使周圍的空氣電離，粒子的能量逐漸減小而帶電量不變.從圖中情況可以確定（）A.粒子是帶正電的，它是由a點運動到b點B.粒子是帶正電的，它是由b點運動到a點C.粒子是帶負電的，它是由a點運動到b點D.粒子是帶負電的，它是由b點運動到a點口口口（單選）如圖所示，足夠長的豎直絕緣管處于方向彼此垂直，電場強度和磁感應強度分別為和的勻強電場和勻強磁場中，一個質(zhì)量為的帶正電的小球，從靜止開始沿管下滑，則在下滑的全過程中小球的加速度與時間的關(guān)系圖象正確的是（）18.如圖所示，某區(qū)域有正交的勻強電場和勻強磁場，電場方

11、向水平向-右，磁場方向垂直紙面向里.場強E=10%回N/C.磁感應強度_VB=1T.現(xiàn)有一個質(zhì)量m=2xl0-6kg,帶電量q=+2xlO-6C的液滴以某一乂x速度進入該區(qū)域恰能作勻速直線運動，求這個速度的大小和方向.(g乂X匚取10m/s2)118.質(zhì)量m=O.lg的小物塊，帶有5口10-4C的電荷，放在圖示傾角為30口的光滑絕緣固定斜面頂端，整個斜面置于B=0.5T的勻強磁場xBXX中，磁場方向垂直紙面向里.物塊由靜止開始下滑，到某一位置離工x開斜面(設(shè)斜面足夠長，g取10m/s2).求：(1)物塊帶何種電荷？(2)物塊離開斜面時的速度是多大？(3)物塊在斜面上滑行的距離是多大？20.如圖

12、所示，一束電荷量為e的電子以垂直于磁感應強度B并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向“十夫1人入和原來射入方向的夾角為0=60口，求電子的質(zhì)量和穿越磁場的時間.ixK口口喋空間存在一豎直向下的勻強電場和圓形區(qū)域的勻強磁場，磁感應強度為B,方向垂直紙面向里，如圖所示.一質(zhì)量為m,帶電量為+q的粒子，從P點以水平速度V。射入電場中，然后從M點射入磁場，從N點射出磁場.已知，帶電粒子從M點射入磁場時，速度與豎直方向成30口.角，弧MN是圓周長的，粒子重力不計.求：(1)電場強度E的大小.(2)圓形區(qū)域的半徑R.(3)帶電粒子從P點到N點，所經(jīng)歷的時間t.試卷答案DD考安

13、培力.版權(quán)所有占.八、分本題考查了產(chǎn)生條件、大小與方向，當電流方向與磁場平行時不受安培力，根據(jù)左手析：定則可知安培力的方向與磁場垂直.引用公式尸=8兀時，注意要求磁場與電流垂直，若不垂直應當將導線沿磁場與垂直于磁場分解，因此垂直時安培力最大，最大為F=BIL.解解：A、B、根據(jù)左手定則可知，安培力方向與磁場和電流組成的平面垂直，即與電流答：和磁場方向都垂直，故A錯誤，B正確；C、磁場與電流不垂直時，安培力的大小為尸=811110,則安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角有關(guān)，故C錯誤；D、當電流方向與磁場的方向平行，所受安培力為0,將直導線從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?；將直導線

14、在垂直于磁場的方向的平面內(nèi)從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼奶?，故D錯誤.故選：B.點解決本題的關(guān)鍵是知道當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0,最小.當導評：線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F=BIL.DD考安培力；左手定則.版權(quán)所有占.八、分當磁場的方向與電流的方向平行，導線不受安培力作用，當磁場的方向與磁場的方向析：不平行，導線受安培力作用.解解：A、磁場的方向與電流方向垂直，受安培力作用.故A正確.答：B、磁場的方向與電流的方向不平行，受安培力作用.故B正確.C、磁場的方向與電流方向平行，不受安培力作用.故C錯誤.D、磁場的方向與電流方向垂直，受安培力作用.故D正確

15、.故選ABD.點解決本題的關(guān)鍵知道磁場的方向與電流的方向平行，導線不受安培力作用，當磁場的評：方向與磁場的方向不平行，導線受安培力作用.考共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用；安培力；左手定則.版權(quán)所有占.八、專共點力作用下物體平衡專題.題：分導體棒受重力、支持力和安培力，三力平衡，當安培力沿斜面向上時，安培力最小，析：此時根據(jù)安培力公式計算出的磁感應強度即為最小值.解解：對導體棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如圖從圖象可以看出，當安培力沿斜面向上時，安培力最??；故安培力的最小值為：F筋mgsinB,故磁感應強度的最小值為F且mgsin6R=C-ILIL根據(jù)歐姆定律，有E=IR故

16、rngRsin6B=eT-故選D.點本題是三力平衡中動態(tài)分析問題，即其中第一個力大小和方向都不變，第二個力方向評：不變，大小可變，則當?shù)厝齻€力與第二個力垂直時，第三個力取最小值；同時要結(jié)合歐姆定律、安培力公式列式求解.考安培力.版權(quán)所有占.八、分先以通電導線為研究對象，由左手定則判斷出導線受到安培力的方向；然后由牛頓第析：三定律求出磁鐵受到磁場力的方向，最后判斷磁鐵對桌面的壓力如何變化，判斷磁鐵受到的摩擦力方向.解解：在磁鐵外部，磁感線從N極指向S極，長直導線在磁鐵的中央正上方，導線所在答：處磁場水平向左方；導線電流垂直于紙面向外，由左手定則可知，導線受到的安培力豎直向下方；由牛頓第三定律可知

17、，導線對磁鐵的作用力豎直向上，因此磁鐵對桌面的壓力減小，小于磁鐵的重力，磁鐵沒有運動趨勢，磁鐵不受摩擦力，故BCD錯誤，A正確.故選：A.點本題應先選導線為研究對象，然后由牛頓第三定律判斷磁鐵的受力情況，巧妙地選取評：研究對象，是正確解題的關(guān)鍵.考安培力；共點力平衡的條件及其應用.版權(quán)所有占.八、專共點力作用下物體平衡專題.題：分本題在磁場中考查了物體平衡問題，對物體正確進行受力分析，看能否滿足平衡條析：件，同時知道左手定則的內(nèi)容：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，并使四指指向電流方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向.解解：

18、A、磁場的方向與電流的方向相同，不受安培力，金屬桿受重力和支持力不可能平答：衡.故A錯誤.B、金屬桿所受的安培力方向豎直向上，若安培力與重力平衡，金屬桿能處于平衡狀態(tài).故B正確.C、金屬桿受垂直于桿子向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡.故C錯誤.D、金屬桿受到水平向左的安培力，重力，支持力，不可能平衡.故D錯誤.故選B.點這類問題的解題思路和以前所學物體平衡解題思路一樣，只不過在受力分析時多了安評：培力，注意正確應用左手定則判斷安培力的方向.考帶電粒子在混合場中的運動.版權(quán)所有占.八、專帶電粒子在復合場中的運動專題.題：分液滴在復合場中做勻速圓周運動，可判斷出電場力和重力為平衡力，從而可求

19、出液滴析：的質(zhì)量并可判斷電場力的方向，結(jié)合電場的方向便可知液滴的電性.根據(jù)洛倫茲力的方向，利用左手定則可判斷液滴的旋轉(zhuǎn)方向.結(jié)合重力與電場力平衡以及液滴在洛倫茲力的作用下的運動半徑公式，可求出線速度.解解：液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，液滴受到的重力答：和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相同，故可知液滴帶正電.磁場方向向里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷液滴的旋轉(zhuǎn)方向為逆時針；由液滴做勻速圓周運動，得知電場力和重力大小相等，得：mg=qE得：m=g液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為：iriv小R=星聯(lián)立得：v孝，

20、故A正確，BCD錯誤；故選：A.點此題考察了液滴在復合場中的運動.復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某評：兩種場并存的場.液滴在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對液滴的運動形式的分析就顯得極為重要.該題就是根據(jù)液滴的運動情況來判斷受到的電場力情況.考帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動.版權(quán)所有占.八、專帶電粒子在復合場中的運動專題.題：分粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中，做直線運動，所受的洛倫茲力和電場力平衡，析：根據(jù)平衡得出粒子的速度大小相等.根據(jù)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的半徑大小得出荷質(zhì)比的大小關(guān)系.解解：粒子在正交的

21、勻強電場和勻強磁場中做直線運動，有：qE=qvB,解得v-|,可知答：粒子速度相等，則進入偏轉(zhuǎn)電場中的速度相等.根據(jù)r舞知，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的半徑不同，速度相同，磁感應強度相同，則荷質(zhì)比qB一定各不相同，由于質(zhì)量的關(guān)系未知，則電量、動能的大小關(guān)系都無法確定，故D正確，A、B、C錯誤.故選：D.點本題考查了帶電粒子在復合場中的運動，知道粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中所評：受的電場力和洛倫茲力平衡，掌握粒子在磁場中運動的半徑公式，并能靈活運用.8.考磁感線及用磁感線描述磁場.版權(quán)所有占.八、分磁場是客觀存在的，磁感線是不存在的，是為了描述磁場人為畫出的，在磁體的外析：部，磁感線從N極出發(fā)，回到S

22、極；在磁鐵的內(nèi)部，磁感線從S極出發(fā)，回到N極.磁感線上各點的切線方向，就是該點的磁場方向；磁感線的疏密表示磁場的強弱.解解：A、磁感線上各點的切線方向，就是該點的磁場方向.故A正確；答：B、磁感線在空間中不相交，不中斷，故B正確；C、磁感線的疏密表示磁場的強弱.故C正確；D、在磁體的外部，磁感線從N極出發(fā)，回到S極；在磁鐵的內(nèi)部，磁感線從S極出發(fā)，回到N極，是閉合曲線.故D錯誤；本題要求選擇不正確的，故選：D點在磁場中，某點的磁場方向、該點磁感線方向和該點小磁針北極受磁力方向相同，這評：三個方向相同，知道其中的一者，能判斷另外兩者.考帶電粒子在勻強磁場中的運動.版權(quán)所有占.八、專帶電粒子在磁場

23、中的運動專題.題：分分析帶電粒子的運動情況：在無磁場區(qū)域，做勻速直線運動，進入磁場后，只受洛倫析：茲力，做勻速圓周運動，畫出可能的軌跡，作出選擇.解解：畫出帶電粒子運動的可能軌跡，B點的位置可能有下圖四種.答：A、根據(jù)軌跡，粒子經(jīng)過邊界匕時入射點與出射點間的距離與經(jīng)過邊界L2時入射點與出射點間的距離相同，與速度無關(guān).所以當初速度大小稍微增大一點，但保持方向不變，它仍有可能經(jīng)過B點.故A正確.B、如圖，粒子B的位置在B、B4，速度跟在A點時的速度大小相等，但方向不同.故B正確.C、如圖，分別是正負電荷的軌跡，正負電荷都可能，故C正確；D、如圖，設(shè)L與L2之間的距離為d,則A到的距離為：箸,所以，

24、若將帶電粒子在A點時初速度方向改為與L2成60。角斜向上，它就只經(jīng)過多個周期后仍有可能經(jīng)過B點.故D錯誤.點帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動問題，關(guān)鍵是畫出粒子圓周的軌跡.往往要抓住評：圓的對稱性.10.答案：Ao解析：在加速電場中作直線加速運動，到達偏轉(zhuǎn)電場時的速度為：qUimv2v但在偏轉(zhuǎn)電場中作類平拋運動，可將射出電場時的速度分解為TOC o 1-5 h z211m初速度方向和加速度方向，設(shè)出射速度方向與初速度方向的夾角為,則有：cos4,v帶電粒子進入磁場中作勻速圓周運動，設(shè)運動對應的半徑為R,由幾何關(guān)系有：半徑與直線dvMN之間夾角正好等于,也有：kcosd2Acos2At,由在磁場

25、中作勻速2Rv圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可推得：尺二一o依此有：Bq2m匹22.dXm小一?2,。增大，4也增大，A正確，B錯；增BqBqBqi大。2,壯是不變的，它與偏轉(zhuǎn)電場所加電壓無關(guān)，C、D都錯，故選擇A答案。11.考帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律.版權(quán)所有占.八、專帶電粒子在磁場中的運動專題.題：分帶電小球受到三個力的作用，小球恰能在兩板間做勻速圓周運動，說明了小球受到一析：個大小不變而方向時刻變化的合力，該合力提供小球的向心力.小球做勻速圓周運動，速率始終不變，重力做功始終等于電場力做功.解解：A、小球受重力、電場力和洛倫茲力的作用做勻速圓周運動，速率始終不變，說明答：了重

26、力做功的大小始終等于電場力做功，即電場力等于重力且方向向上，所以小球帶正電荷，故A錯誤，B正確；C、由以上的分析可知，qE=mg,E二號，兩極板之間的電壓：U=Ed=,故C正確；D：小球受到的洛倫茲力提供向心力，所以它運動的周期：T=篝由圖可知，小球在兩板間的運動時間僅僅為半個周期，t=2r=五，故d錯誤.故選：BC.點帶電小球在重力場、電場和磁場的復合場中做勻速圓周運動，一定是電場力與重力大評：小相等，方向相反，洛倫茲力提供向心力.切記.屬于基礎(chǔ)題目.12.AB【考點】考查帶電粒子在磁場中的運動兩粒子的射入點，射出點相同，電性相同，故兩粒子的運動軌跡相同，半徑也相同，A正_mv_2n確；軌跡

27、半徑廠f，運動時間看兩粒子比荷不同，故速率不同，運動時間qB2qB_q?B2Y2不同，CD錯；粒子的動能石-mv2一，結(jié)合兩粒子的電荷關(guān)系合質(zhì)量關(guān)系知，k22m兩粒子動能相同，D正確?？假|(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理.版權(quán)所有占.八、分回旋加速器中帶電粒子在電場被加速，每通過電場，動能被增加一次；而在磁場里做析：勻速圓周運動，通過磁場時只改變粒子的運動方向，動能卻不變.因此帶電粒子在一次加速過程中，電場電壓越大，動能增加越大.但從D形盒中射出的動能，除與每次增加的動能外，還與加速次數(shù)有關(guān).所以加速電壓越大，回旋次數(shù)越少，最大動能只由磁感應強度和D形金屬盒的半徑?jīng)Q定.解解：帶電粒子從D形盒中射出時

28、的動能Ev二片mv2(1)km/m答：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則圓周半徑R舒(2)222由(1)(2)可得E”二E；呂顯然,當帶電粒子q、m一定的，則E”ocR2B2km士mAkm即E”與磁場的磁感應強度B、D形金屬盒的半徑R的平方成正比，與加速電場的電壓km無關(guān)，故AC正確，BD錯誤；故選：AC.點本題回旋加速器考查電磁場的綜合應用：在電場中始終被加速，在磁場中總是勻速圓評：周運動.所以容易讓學生產(chǎn)生誤解：增加射出的動能由加速電壓與縫間決定.原因是帶電粒子在電場中動能被增加，而在磁場中動能不變.考帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力.版權(quán)所有占.八、專帶電粒子在磁場中的運

29、動專題.題:分根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r萼來分析粒子的運動的方向，在根據(jù)左手定則來析：分析電荷的性質(zhì).解解：由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，速度逐漸減小，答：根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r粵可知，粒子的半徑逐漸的減小，qB所以粒子的運動方向是從a到b,在根據(jù)左手定則可知，粒子帶負電，所以C正確，ABD錯誤.故選：C.點根據(jù)r野可知，粒子運動的半徑與速度的大小有關(guān)，根據(jù)半徑的變化來判斷粒子的運評：動的方向，這是解決本題的關(guān)鍵.考點：帶電粒子在混合場中的運動.版權(quán)所有專題：帶電粒子在復合場中的運動專題.分析：小球下落過程中受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和摩擦力，洛倫茲力從

30、零開始增加，根據(jù)平衡條件判斷彈力、摩擦力的變化情況，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化情況.解答：解：下落過程中電場力向右，洛侖茲力向左，洛侖茲力逐漸增大；電場力與洛侖茲力的合力先向右減小，所以支持力先向左減小，所以摩擦力減小，與重力的合力會逐漸變大，所以加速度先增大；當電場力和洛侖茲力等大時，加速度達到最大；然后支持力向右增大，摩擦力會增大，則合力減小，加速度減小，最后摩擦力與重力等大時，加速度為零（圖象與橫軸相切）；故選：.點評：本題考查如何正確的受力分析，理解洛倫茲力與速度的關(guān)系，從而影響受力情況，帶動運動情況的變化，注意此處的彈力的方向變化，是解題的關(guān)鍵.考帶電粒子在混合場中的運動.版權(quán)

31、所有占.八、專帶電粒子在復合場中的運動專題.題：分根據(jù)粒子受力分析，來確定運動情況，再由平行四邊形定則，即可求解洛倫茲力大析：小，再由三角函數(shù)關(guān)系，即可求解.解解：受力分析如圖所示：答：(1)帶電粒子受到重力，電場力和洛倫茲力作用，根據(jù)運動特點，受力分析可知粒子運動速度方向如圖所示；qVB=V(log)2-b(Eq)2代入數(shù)據(jù)解得：v=20m/s由tan日=V3mg得0=60口；即v與電場方向的夾角為60口，向右上方；答：這個速度的大小20mzs和方向與電場方向的夾角為60口，向右上方.點考查由受力分析來確定運動情況，并掌握洛倫茲力表達式，同時理解平行四邊形定則評：與三角函數(shù)的應用.考牛頓第二

32、定律；帶電粒子在混合場中的運動.版權(quán)所有占.八、專帶電粒子在磁場中的運動專題.題：分(1)帶電滑塊在滑至某一位置時，由于在安培力的作用下，要離開斜面.根據(jù)磁場方析：向結(jié)合左手定則可得帶電粒子的電性.(2)由于斜面光滑，所以小滑塊在沒有離開斜面之前一直做勻加速直線運動.借助于洛倫茲力公式可求出恰好離開時的速度大小.(3)由運動學公式來算出勻加速運動的時間.由位移與時間關(guān)系可求出位移大小.解解：(1)由題意可知：小滑塊受到的安培力垂直斜面向上.根據(jù)左手定則可得：小滑答：塊帶負電.(2)當物體離開斜面時，彈力為零，因此有：qvB=mgcos30D,口0.1X1O_3X1OX,與二通m/s.Q&5X1

33、0 xo.5(3)由于斜面光滑，物體在離開斜面之前一直做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：mgsin30D=ma,由勻變速直線運的速度位移公式得：v區(qū)2ax,解得：x=1.2m.答：(1)物體帶負電.(2)物體離開斜面時的速度為=2m/s.(3)物體在斜面上滑行的最大距離是1.2m.點本題突破口是從小滑塊剛從斜面離開時，從而確定洛倫茲力的大小，進而得出剛離開評：時的速度大小，由于沒有離開之前做勻加速直線運動，所以由運動與力學可解出運動的時間及位移.18.考18.考占.八、專題:分析:解答:帶電粒子在磁場中的運動專題.作出粒子運動的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求出電子在磁場中的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出電子的質(zhì)量.根據(jù)幾何關(guān)系求出電子在磁場中的圓心角，結(jié)合周期公式求出穿越磁場的時間.帶電粒子在磁場中的運動專題.解：粒子的運動軌跡圖如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有：戶.八一dsmbU1:：-2根據(jù)洛倫茲力提供向心力得，Be=喙解得電子的質(zhì)量詬叱：V電子的周期二咤兀d所以電子穿越磁場的時間十二經(jīng)Ftyv答：電子的質(zhì)量為口白一4一,穿