34/351．（16分）【2016·北京卷】如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。（1）求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；（2）為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小?！敬鸢浮浚?）（2）【考點定位】帶電粒子在復合場中的運動【方法技巧】帶電粒子在復合場中運動問題的分析思路1．正確的受力分析：除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析。2．正確分析物體的運動狀態：找出物體的速度、位置及其變化特點，分析運動過程。如果出現臨界狀態，要分析臨界條件。帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子的受力情況。（1）當粒子在復合場內所受合力為零時，做勻速直線運動（如速度選擇器）。（2）當帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動。（3）當帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續通過幾個情況不同的復合場區，因此粒子的運動情況也發生相應的變化，其運動過程也可能由幾種不同的運動階段所組成。2．（18分）【2016·北京卷】如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為。偏轉電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。（1）（2）分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法。在解決（1）問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因。已知，，，，。（3）極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。【答案】（1）（2）不需要考慮電子所受的重力（3）電勢和重力勢都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定。量m的比值，叫做“重力勢”，即電勢和重力勢都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定【考點定位】帶電粒子在電場中的偏轉【方法技巧】帶電粒子在電場中偏轉問題，首先要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、α粒子、離子等）一般不考慮重力；對帶電微粒（如液滴、油滴、小球、塵埃等）一般要考慮重力。3．【2016·海南卷】如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA=30°，OA的長度為L。在△OCA區域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0。不計重力。（1）求磁場的磁感應強度的大?。唬?）若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；（3）若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內運動的時間為，求粒子此次入射速度的大小。【答案】（1）（2）2t0（3）的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切與B點，從D點射出磁場，由幾何關系和題給條件可知，此時有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦r0cos∠OO'D+=L⑧設粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運動規律⑨聯立①⑦⑧⑨式得⑩【考點定位】帶電粒子在磁場中的運動【名師點睛】對于帶電粒子在磁場中運動類型，要畫出軌跡，善于運用幾何知識幫助分析和求解，這是軌跡問題的解題關鍵。4．【2016·江蘇卷】（16分）回旋加速器的工作原理如題15-1圖所示，置于真空中的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的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為+q，加在狹縫間的交變電壓如題15-2圖所示，電壓值的大小為U0．周期T=．一束該種粒子在t=0~時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求：（1）出射粒子的動能；（2）粒子從飄入狹縫至動能達到所需的總時間；（3）要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件．【答案】（1）（2）（3）【考點定位】回旋加速器、帶電粒子在電磁場中的運動【方法技巧】考查回旋加速器的原理，能獲得的最大速度對應最大的軌道半徑，即D形盒的半徑，粒子在加速器運動的時間分兩部分，一是在磁場中圓周運動的時間，二是在電場中的勻加速運動時間，把加速過程連在一起就是一勻加速直線運動。5．【2016·上海卷】（14分）如圖，一關于y軸對稱的導體軌道位于水平面內，磁感應強度為B的勻強磁場與平面垂直。一足夠長，質量為m的直導體棒沿x軸方向置于軌道上，在外力F作用下從原點由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻加速直線運動，運動時棒與x軸始終平行。棒單位長度的電阻為ρ，與電阻不計的軌道接觸良好，運動中產生的熱功率隨棒位置的變化規律為P=ky（SI）。求：（1）導體軌道的軌道方程y=f（x）；（2）棒在運動過程中受到的安培力Fm隨y的變化關系；（3）棒從y=0運動到y=L過程中外力F的功?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）設棒運動到某一位置時與軌道接觸點的坐標為（±），安培力的功率棒做勻加速運動安培力做功棒在處動能外力做功?！究键c定位】安培力、功率、勻變速直線運動規律、動能定理【方法技巧】根據安培力的功率，勻變速直線運動位移速度關系，導出軌道的軌道方程和安培力隨y的變化關系；通過動能定理計算棒運動過程中外力做的功。6．【2016·天津卷】（18分）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B=0.5T。有一帶正電的小球，質量m=1×10–6kg，電荷量q=2×10–6C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應現象），取g=10m/s2。求：（1）小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；（2）從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t?！敬鸢浮浚?）20m/s，與電場方向夾角為60°（2）3.5s設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x=vt=6\*GB3⑥設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y=at2=7\*GB3⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ==8\*GB3⑧聯立=4\*GB3④=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦=8\*GB3⑧式，代入數據解得t=2s=3.5s=9\*GB3⑨解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運送沒有影響，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減速運動，其初速度為vy=vsinθ⑤若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt–QUOTEgt2=0⑥聯立⑤⑥式，代入數據解得t=2s=3.5sQUOTE⑦【科網考點定位】物體的平衡、牛頓運動定律的應用、平拋運動【名師點睛】此題是帶電粒子在復合場中的運動問題，主要考察物體的平衡、牛頓運動定律的應用、平拋運動等知識；關鍵是要知道物體做勻速直線運動時，物體所受的重力、洛倫茲力和電場力平衡；撤去磁場后粒子所受重力和電場力都是恒力，將做類平拋運動；知道了物體的運動性質才能選擇合適的物理規律列出方程求解。7．【2016·天津卷】（20分）電磁緩速器是應用于車輛上以提高運行安全性的輔助制動裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如圖所示，將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上，斜面與水平方向夾角為θ。一質量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好勻速穿過，穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應的效果與磁鐵不動、鋁條相對磁鐵運動相同。磁鐵端面是邊長為d的正方形，由于磁鐵距離鋁條很近，磁鐵端面正對兩鋁條區域的磁場均可視為勻強磁場，磁感應強度為B，鋁條的高度大于d，電阻率為ρ。為研究問題方便，鋁條中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場，其他部分電阻和磁場可忽略不計，假設磁鐵進入鋁條間以后，減少的機械能完全轉化為鋁條的內能，重力加速度為g。（1）求鋁條中與磁鐵正對部分的電流I；（2）若兩鋁條的寬度均為b，推導磁鐵勻速穿過鋁條間時速度v的表達式；（3）在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度b'>b的鋁條，磁鐵仍以速度v進入鋁條間，試簡要分析說明磁鐵在鋁條間運動時的加速度和速度如何變化?！敬鸢浮浚?）（2）v=（3）見解析【解析】（1）磁鐵在鋁條間運動時，兩根鋁條受到的安培力大小相等均為F安，有F安=IdB①磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F，其大小有F=2F安②當鋁條的寬度b'>b時，磁鐵以速度v進入鋁條間時，磁鐵受到的作用力變為F'，有F'=⑩可見，F'>F=mgsinθ，磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上，獲得與運動方向相反的加速度，磁鐵將減速下滑，此時加速度最大。之后，隨著運動速度減小，F'也隨著減小，磁鐵所受的合力也減小，由于磁鐵加速度與所受到的合力成正比，磁鐵的加速度逐漸減小。綜上所述，磁鐵做加速度逐漸減小的減速運動。直到F'=mgsinθ時，磁鐵重新達到平衡狀態，將再次以較小的速度勻速下滑。【考點定位】安培力、物體的平衡、電阻定律、歐姆定律【名師點睛】此題以電磁緩沖器為背景設置題目，綜合考查了安培力、物體的平衡、電阻定律及歐姆定律等知識點，要求學生首先理解題意，抽象出物理模型，選擇適當的物理規律列出方程求解；此題綜合性較強，能較好地考查考生綜合分析問題與解決問題的能力。8．【2016·四川卷】（19分）如圖所示，圖面內有豎直線DD＇，過DD＇且垂直于圖面的平面將空間分成=1\*ROMANI、=2\*ROMANII兩區域。區域=1\*ROMANI有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直圖面的勻強磁場B（圖中未畫出）；區域=2\*ROMANII有固定在水平面上高、傾角的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD＇距離，區域=2\*ROMANII可加豎直方向的大小不同的勻強電場（圖中未畫出）；C點在DD＇上，距地面高。零時刻，質量為m、帶電量為q的小球P在K點具有大小、方向與水平面夾角的速度。在區域=1\*ROMANI內做半徑的勻速圓周運動，經C點水平進入區域=2\*ROMANII。某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇。小球視為質點，不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響。l已知，g為重力加速度。（1）求勻強磁場的磁感應強度B的大??；（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA；（3）若小球A、P在時刻（β為常數）相遇于斜面某處，求此情況下區域=2\*ROMANII的勻強電場的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應的方向?！敬鸢浮浚?）；（2）（3）場強極小值為；場強極大值為，方向豎直向上?！窘馕觥浚?）由題知，小球P在區域Ⅰ內做勻速圓周運動，有①聯立以上方程可得⑦（3）設所求電場方向向下，在t'A時刻釋放小球A，小球P在區域Ⅱ運動加速度為aP，有考點：平拋運動；圓周運動；牛頓第二定律的應用【名師點睛】此題是力、電、磁及運動大拼盤，綜合考查帶電粒子在磁場中及電場中的運動—圓周運動以及平拋運動和下斜面上的勻加速運動等問題；解題時要能把這些復雜的物理過程分解為一個一個的小過程，然后各個擊破；此題是有一定難度的；考查學生綜合分析問題，解決問題的能力.9．【2016·全國新課標Ⅱ卷】（12分）如圖，水平面（紙面）內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上。t=0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數為μ。重力加速度大小為g。求：（1）金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大?。唬?）電阻的阻值。【答案】（1）（2）【解析】（1）設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma=F-μmg①設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v=at0②當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為E=Blv③【考點定位】電磁感應定律、牛頓第二定律【名師點睛】此題是法拉第電磁感應定律與牛頓第二定律的綜合應用問題；解題時要認真分析物理過程，分析金屬棒的受力情況，選擇合適的物理規律列出方程求解；還要抓住金屬板的勻速運動狀態列方程；此題難度不大。10．【2016·浙江卷】（20分）小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l=0.50m，傾角θ=53°，導軌上端串接一個R=0.05Ω的電阻。在導軌間長d=0.56m的區域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B=2.0T。質量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區域的下邊界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發恢復裝置使CD棒回到初始位置（重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量）。求（1）CD棒進入磁場時速度v的大??；（2）CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大小；（3）在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）2.4m/s（2）48N（3）64J26.88J【解析】（1）由牛頓定律①焦耳熱⑩【考點定位】法拉第電磁感應定律；牛頓第二定律；功【名師點睛】此題是關于電磁感應現象中的力及能量的問題。解題時要認真分析物理過程，搞清物體的受力情況及運動情況，并能選擇合適的物理規律列出方程解答；此題難度中等，意在考查學生綜合運用物理規律解題的能力。11．【2016·浙江卷】（22分）為了進一步提高回旋加速器的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉。扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區域等分成六個扇形區域，其中三個為峰區，三個為谷區，峰區和谷區相間分布。峰區內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，谷區內沒有磁場。質量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示。（1）求閉合平衡軌道在峰區內圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉的方向是順時針還是逆時針；（2）求軌道在一個峰區內圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉的周期T；（3）在谷區也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B'

，新的閉合平衡軌道在一個峰區內的圓心角θ變為90°，求B'和B的關系。已知：sin（α±β

）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1–2【答案】（1）旋轉方向為逆時針方向（2）（3）（3）谷區內的圓心角⑧谷區內的軌道圓弧半徑⑨由幾何關系⑩由三角關系?代入得?【考點定位】帶電粒子在勻強磁場中的運動【名師點睛】此題是關于帶電粒子在勻強磁場中的運動問題。解題時要分析粒子受到的洛倫茲力的情況，找到粒子做圓周運動的圓心及半徑，畫出幾何圖形，并借助與幾何關系分析解答。此題有一定的難度，考查學生的綜合能力。12．【2016·全國新課標Ⅲ卷】如圖，兩條相距l的光滑平行金屬導軌位于同一水平面（紙面）內，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區域，區域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為，式中k為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區域，區域左邊界MN（虛線）與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里。某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動。金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計。求（1）在t=0到t=t0時間間隔內，流過電阻的電荷量的絕對值；（2）在時刻t（t>t0）穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小。【答案】（1）（2）式中仍如①式所示，由①⑨⑩?可得，在時刻t（t＞t0）穿過回路的總磁通量為?在t到的時間間隔內，總磁通量的改變為?由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為?由歐姆定律有?聯立⑦⑧???可得【考點定位】考查了導體切割磁感線運動【方法技巧】根據法拉第電磁感應定律，結合閉合電路歐姆定律，及電量表達式，從而導出電量的綜合表達式，即可求解；根據磁通量的概念，，結合磁場方向，即可求解穿過回路的總磁通量；根據動生電動勢與感生電動勢公式，求得線圈中的總感應電動勢，再依據閉合電路歐姆定律，及安培力表達式，最后依據平衡條件，即可求解水平恒力大小。1．【2016·安徽師大附中最后一卷】如圖所示，由相同材料制成的足夠長光滑金屬導軌OP、OQ固定在水平桌面上，導軌間的夾角為。導軌所在空間有垂直于桌面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B=1T。t=0時刻，一長為L=1.8m的金屬桿MN在外力F作用下以恒定速度v=0.4m/s從O點開始向右滑動．在滑動過程中金屬桿MN與導軌接觸良好，且始終與OQ垂直，導軌厚度不計．導軌與金屬桿單位長度的電阻均為r0=0.05，求：（1）t=4s時刻，金屬桿中的電流強度；（2）t=4s時刻，外力F的功率；（3）金屬桿脫離導軌OP前金屬桿上產生的焦耳熱。【答案】（1）（2）（3）安培力的大小回路產生的熱量金屬桿上產生的焦耳熱解得考點：考查了導體切割磁感線運動【名師點睛】要知道兩個電動勢的求法：切割式：E=BLv和法拉第電磁感應定律求解，由楞次定律判斷方向關系，2．【2016·蘇北三市（徐州市、連云港市、宿遷市）最后一卷聯考】（16分）如圖a所示，勻強磁場垂直于xOy平面，磁感應強度B1按圖b所示規律變化（垂直于紙面向外為正）．t=0時，一比荷為C/kg的帶正電粒子從原點沿y軸正方向射入，速度大小，不計粒子重力．（1）求帶電粒子在勻強磁場中運動的軌道半徑．（2）求時帶電粒子的坐標．（3）保持b中磁場不變，再加一垂直于xOy平面向外的恒定勻強磁場B2，其磁感應強度為0.3T，在t=0時，粒子仍以原來的速度從原點射入，求粒子回到坐標原點的時刻．圖ax圖axyOv圖bt/×10-4sB1/T00.5-0.5【答案】（1）1m（2）（3.41m，-1.41m）（3）（n=0,1,2,…）縱坐標：帶電粒子的坐標為（3.41m，-1.41m）（3）施加B2=0.3T的勻強磁場與原磁場疊加后，如圖b所示，tt/×10-4sB/TO0.8-0.2圖b（n=0,1,2,…）考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動【名師點睛】此題是帶電粒子在勻強磁場中的運動問題；解題時要認真分析粒子的運動軌跡，畫出粒子運動的軌跡圖，結合幾何關系求解；解題時要注意粒子運動的周期性；此題比較復雜，意在考查學生綜合分析問題的能力.3．（20分）【2016·鄭州市5月質檢（最后一卷）】如圖所示，為一磁約束裝置的原理圖。同心圓內存在有垂直圓平面的勻強磁場，同心圓圓心O與xOy平面坐標系原點重合。半徑為R0的圓形區域Ⅰ內有方向垂直xOy平面向里的勻強磁場B1。一束質量為m、電荷量為q、動能為E0的帶正電粒子從坐標為（0、R0）的A點沿y軸負方向射入磁場區域Ⅰ，粒子全部經過x軸上的P點，方向沿x軸正方向。當在環形區域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的勻強磁場B2時，上述粒子仍從A點沿y軸負方向射入區域Ⅰ，粒子恰好能夠約束在環形區域內，且經過環形區域Ⅱ后能夠從Q點沿半徑方向射入區域Ⅰ，已知OQ與x軸正方向成60°。不計重力和粒子間的相互作用。求：（1）區域Ⅰ中磁感應強度B1的大?。唬?）環形區域Ⅱ中B2的大小、方向及環形外圓半徑R的大?。唬?）粒子從A點沿y軸負方向射入后至第一次到Q點的運動時間?！敬鸢浮浚?）（2）垂直xOy平面向外（3）考點：帶電粒子在勻強磁場中的偏轉運動4．【2016·開封市5月質檢（最后一卷）】如圖所示，真空中的矩形abcd區域內存在豎直向下的勻強電場，半徑為R的圓形區域內同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區域后能做直線運動；當撤去磁場并保留電場，粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點飛離該區域。已知，忽略粒子的重力。求：（1）帶電粒子的比荷；（2）若撤去電場保留磁場，粒子離開矩形區域時的位置?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）設勻強電場強度為E，當電場和磁場同時存在時，粒子沿方向做直線運動，有：，得，由圖中幾何關系得：粒子的軌跡半徑為,得故粒子離開磁場時到b的距離為,代入解得：.考點：帶電粒子在混合場中的運動；牛頓第二定律；向心力【名師點睛】本題先分析帶電粒子的運動情況，并把握每個過程遵守的規律：未撤去磁場時，帶電粒子做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡；撤去磁場后，帶電粒子做類平拋運動，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直線運動，已知水平距離，豎直距離，根據牛頓第二定律和運動學公式結合求出比荷；若撤去電場保留磁場，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可求得軌跡半徑，畫出軌跡，由幾何關系求出粒子離開矩形區域時的位置。5．【2016·淄博市、萊蕪市5月二模（最后一卷）】（20分）如圖甲所示，平行正對金屬板A、B間距為d，板長為L，板面水平，加電壓后其間勻強電場的場強大小為，方向豎直向上。板間有周期性變化的勻強磁場，磁感應強度大小隨時間變化的規律如圖乙所示，設磁感應強度垂直紙面向里為正方向。T=0時刻，一帶電粒子從電場左側靠近B板處（粒子與極板不接觸）以水平向右的初速度v0開始做勻速直線運動。己知B1=0.2T，B2=0.1T，重力加速度g=10m／s2。（1）判斷粒子的電性并求出粒子的比荷。（2）若從t0時刻起，經過3s的時間粒子速度再次變為水平向右，則t0至少多大?（3）若要使粒子不與金屬板A碰撞且恰能平行向右到達A的右端，試求d與L比值的范圍。【答案】（1）正電；（2）（3），n=1,2,3，….依題意有：考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動【名師點睛】此題是一道電磁綜合題，考查帶電粒子在電場及磁場中的運動問題；解題的關鍵是分析粒子的受力及運動情況，根據圓周運動的規律借助幾何關系求解；注意分析粒子運動的臨界態；此題有一定的難度，考查學生綜合分析能力.6．如圖1所示，是一個質量為、邊長為由均勻導線組成的正方形閉合線框，線框電阻為；是由同種材料繞成的邊長仍為正方形閉合線框，但繞制線框的導線半徑是線框所用導線半徑的倍。線框從高度處靜止自由下落進入一個寬度為（）的勻強磁場區域，該區域內的磁感應強度變化規律如圖2所示，圖中與均為已知值。線框在時刻恰好完全進入磁場區域，并在時段內以速度觸及磁場區域下邊界。不計空氣阻力對線框運動的影響，重力加速度為。圖1圖2圖1圖2求：（1）線框在時刻的動能；（2）線框從進入磁場到觸及磁場下邊界的過程中產生的焦耳熱；（3）若、線框同時從同一高度靜止落入磁場，它們恰好完全進入磁場區域所需的時間比值大小?！敬鸢浮浚?）（2）（3）1:1（3）線框進入磁場上邊界時加速度式中、線框進入磁場初速度及加速度與導線的粗細無關，由于有相同的初速度和加速度，兩者在相等時間內速度變化相等，故以相同運動通過上邊界，完成等長的位移所需時間相等?？键c：法拉第電磁感應定律；牛頓第二定律；能量守恒定律7．【2016·浙江五校5月聯考（最后一卷）】如題25圖所示的是兩端開口且水平截面積大小不等的“凸”字形矩形槽的正視圖，圖中間距為，高度為的左右兩側板為金屬板，其間有垂直紙面向內的勻強磁場，其余均為連接嚴密的透明塑料板。金屬板下端略插入表面積甚大的水銀中，插入深度相比可忽略。已知水銀的電阻率為，密度為，重力加速度為。（1）將該“凸”字形矩形槽兩側金屬板與外電路相連（電路部分省略未畫），當使金屬板間電壓穩定為時，磁場區內水銀面會高于場區外的水銀面，水銀上升高度為（）。已知矩形槽所圍的槽內水銀表面積為，不計水銀與金屬板間粘滯阻力，估算通過向上凸出部分水銀的電流大小并指明電流的流向。（2）只要磁感應強度足夠大，就有可能讓水銀越過磁場區進入窄管，若進入窄管的水銀最終維持與管外水銀的高度差為，不計窄管水銀中可能存在的電流，寫出所需的磁感應強度表達式。（3）我們設想在該裝置窄管上標上刻度，用內、外高度差測量磁感應強度，請你對此設想簡要地做出評價。（要求有二條不同方面的評價）【答案】（1）；方向從左到右（2）（）（3）見解析；得（）（3）可以從多方面評價，只要有個人見解且無明顯錯誤，均給分。例如：刻度特點:由于其刻度應分劃成均勻刻度測量范圍：有測量的最小值，，理論應無測量上限值的限制。測量靈敏度：提高電壓或減小兩板間距離有助于降低測量下限，提高靈敏度。誤差因素：水銀粘滯阻力存在、進入窄管區內的電流大小、電壓的波動等是造成誤差原因環保因素：水銀易揮發，對環境、實驗人員可能造成不良影響考點：左手定則；安培力；物體的平衡8．【2016·揭陽市5月二模（最后一卷）】（20分）如圖所示，在xOy平面內，0＜x＜2L的區域內有一方向豎直向上的勻強電場，2L＜x＜3L的區域內有一方向豎直向下的勻強電場，兩電場強度大小相等。x＞3L的區域內有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。某時刻，一帶正電的粒子從坐標原點以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的另一時刻，一帶負電粒子以同樣的初速度從坐標原點進入電場。正、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60°和30°，兩粒子在磁場中分別運動半周后在某點相遇。已經兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計，兩粒子帶電量大小相等。求：（1）正、負粒子的質量之比m1：m2；（2）兩粒子相遇的位置P點的坐標；（3）兩粒子先后進入電場的時間差。【答案】（1）3:1（2）（6.5L，）（3）【解析】（1）設粒子初速度為，進磁場方向與邊界的夾角為θ。①記，則粒子在第一個電場運動的時間為2t，在第二個電場運動的時間為t②③的豎直位移為，所以（3）設兩粒子在磁場中運動半徑為、由幾何關系考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動【名師點睛】該題考查帶電粒子在電場中的運動和帶電粒子在磁場中的運動，正電荷與負電荷雖然偏轉的方向相反，但是運動的規律基本相同，可以先求出通式再具體分開，也可以直接分別求出，根據自己的習慣來解答，答對就好。9．【2016·商丘市5月三?！浚?0分）如圖所示，平面直角坐標系xOy在第一象限內存在水平向左的勻強電場，第二、四象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限內存在與x軸負方向成30°角斜向上的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以一定初速度從y軸上的A點與y軸正方向成60°角垂直磁場方向射入第二象限，粒子從x軸上的C點與x軸正方向成30°角進入第三象限。粒子到達y軸上的D點（沒畫出）時速度剛好減半，經第四象限內磁場偏轉后又能垂直x軸進入第一象限內，最后恰好回到A點．已知OA=a，第二象限內勻強磁場的磁感應強度為B．粒子重力不計，求：（1）粒子初速度v0和第四象限內勻強磁場的磁感應強度B1的