高二期末磁场

1、磁场 高二物理磁场1.下面关于磁感线的说法中正确的是（）A磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极B小磁针静止时，N极所指的方向，就是那一点的磁场方向C不论在什么情况下，磁感线都不会相交D沿着磁感线的方向磁场逐渐减弱2.下列说法正确的是（）A安培首先发现了电流的磁效应B小磁针的N极受磁场力的方向就是该点的磁感应强度方向CN/Am是磁感应强度的单位D安培力的方向可以不垂直于磁感应强度方向3.（单选）关于磁感强度，正确的说法是（）A根据定义式B=，磁场中某点的磁感强度B与F成正比，与IL成反比B磁感强度B是矢量，方向与F的方向相同CB是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同D在确定的磁场中，同

2、一点的B是确定的，不同点的B可能不同，磁感线密的地方B大些，磁感线疏的地方B小些4.（单选）一磁场的磁感线如图所示，一个小磁针放入磁场中，则小磁针将（）A顺时针转动直到N指向右B逆时针转动直到S指向右C保持不动D一直顺时针转动5.（单选）如图所示，a、b、c为纸面内等边三角形的三个顶点，在a、b两顶点处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向垂直于纸面向里，则c点的磁感应强度B的方向为（）A. 与ab边平行，向上B. 与ab边平行，向下C. 与ab边垂直，向右D. 与ab边垂直，向左6.（单选）如图所示，螺线管两端加上交流电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入，则该电子

3、在螺线管内将做( ) A加速直线运动 B匀速直线运动 C匀速圆周运动 D往返运动7.（单选）如图所示，金属棒MN两端用等长的细软导线连接后水平地悬挂MN处在向里的水平匀强磁场中，棒中通有由M流向N的电流，此时悬线受金属棒的拉力作用为了使悬线中的拉力减小，可采取的措施有（ ）A使磁场反向B使电流反向C增大电流强度D减小磁感应强度8.（单选）某同学设计的“电磁弹射”装置如图所示，足够长的光滑金属导轨（电阻不计）水平固定放置，间距为l，磁感应强度大小为B的磁场垂直于轨道平面向下。在导轨左端跨接电容为C的电容器，另一质量为m、电阻为R的导体棒垂直于导轨摆放。先断开电键S，对电容器充电，使其带电量为Q，

4、再闭合电键S，关于该装置及导体棒的运动情况下列说法正确的是( )A要使导体棒向右运动，电容器的b极板应带正电 B导体棒运动的最大速度为C导体棒运动过程中，流过导体棒横截面的电量为Q D导体棒运动过程中感应电动势的最大值为9.（单选）如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成角，回路其余电阻不计为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为（）A，水平向右B，垂直于回路平面向上C，竖直向下D，垂直于回路平面向下10.（单选）如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定

5、一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，（）A磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用B磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用C磁铁对桌面的压力增大，不受桌面摩擦力的作用D磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用11.（单选）下列说法正确的是（）A处在磁场中的电荷一定受到洛仑兹力的作用B处在电场中的电荷一定受到电场力的作用C电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向就是磁场的方向D电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向12.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙

6、无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段（）A甲、乙两物块间的摩擦力不断减小B甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C甲、乙两物块间的摩擦力保持不变D乙物块与地面之间的摩擦力不断减小13.一束粒子沿水平方向飞过小磁针的下方，并与磁针指向平行，如图所示。此时小磁针的N极向纸外偏转，则这束带电粒子可能是（ ）A向右飞行的正离子束 B向左飞行的正离子束C向右飞行的负离子束 D向左飞行的中性粒子束14.（多选）目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属

7、板A、B，这时金属板上就聚集了电荷，在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是（ ）A.A板带正电 B.有电流从B经用电器流向AC.金属板A、B间的电场方向向下D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力15.（单选）如图，在一个水平方向的匀强磁场中，水平放置一粗糙的绝缘杆，在杆上套有一个带正电的环，环正在沿杆运动。磁场的方向与环的运动方向如图所示。对环在此后的运动，下列说法正确的是（ ）A环一定做减速运动，且最终速度一定为零B环一定做减速运动，且最终速度一定大于零C若环的动能发生了变化，可能是磁场力对环做了功D若环的动能发生了变化，环一定克服摩擦力做了功16.（多选）如图，

8、ab边界下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，质子(H)和粒子（He）先后从c点沿箭头方向射入磁场，都从d点射出磁场不计粒子的重力，则两粒子运动的（ ）A轨迹相同 B动能相同 C速率相同 D时间相同17.（单选）有三束粒子，分别是质子（p），氚核（）和粒子，如果它们以相同的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，（磁场方向垂直于纸面向里）则在下面四图中，哪个图正确地表示出这三束粒子的运动轨迹？（）ABCD18.（单选）一个带电粒子，沿垂直于磁场方向，射入匀强磁场中，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段都可以近似看成圆弧由于带电粒子使周围的空气电离，粒子的能量逐渐减小而带电量不变从图中情况可以确定（）A

9、粒子是带正电的，它是由a点运动到b点B粒子是带正电的，它是由b点运动到a点C粒子是带负电的，它是由a点运动到b点D粒子是带负电的，它是由b点运动到a点19.（单选）如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（）A带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1：3B带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为：1C带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：1D带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：320.（多选）回旋加速器是利用较低电压的高频电源使粒子经多次加

10、速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如图，不考虑相对应效应，下列说法正确的是（）A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动B. 粒子由A0运动到A1比粒子由A2运动到A3所用时间少C. 粒子的轨道半径与它的速率成正比D. 在粒子的质量和电荷量以及加速器磁场确定的情况下，粒子所能达到的最大动能由加速器的半径有关，与D型盒间加速电场的电压无关21.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图若不计粒子的重力，则下列说法正确的是()Aa粒子带正电，b粒子带负电Ba粒子在磁场中所受洛伦兹力较大Cb粒子动能较大Db粒子在磁场中运动时间较长22.

11、如图为一电流表的原理示意图质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合：当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度（1）当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？（重力加速度为g）（2）若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？（3）若k=2.0N/m，=0.20m，=0.050m，B=0.20T，此电流表的量程是多少？（不计通电时电流产生的磁场的作

12、用）（4）若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？23.如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。24.质量m=0.1g的小物块，带有5×104C的电荷，放在图示倾角为30°的光滑绝缘固定斜面顶

13、端，整个斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里物块由静止开始下滑，到某一位置离开斜面（设斜面足够长，g取10m/s2）求：（1）物块带何种电荷？（2）物块离开斜面时的速度是多大？（3）物块在斜面上滑行的距离是多大？25.如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为=60°，求电子的质量和穿越磁场的时间26.如图所示，在E=1×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R

14、=40cm，一带正电q=104C的小滑块质量m=10g，位于N点右侧s=1.5m处，与水平轨道间的动摩擦因=0.15，取g=10m/s2现给小滑块一向左的初速度，滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，求：（1）滑块在圆轨道最高点Q的速度大小；（2）滑块应以多大的初速度v0向左运动？27.如图所示，一个质量为m=2.0×1011kg，电荷量q=+1.0×105C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=25V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=10cm求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v是多大？（2）若微粒射出电场过程的偏转角为=30

15、°，并接着进入一个方向垂直与纸面向里的匀强磁场区，则两金属板间的电压U2是多大？（3）若该匀强磁场的宽度为D=10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？28.如图所示，在矩形区域内有垂直于纸平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×102T，矩形区域长为m，宽为0.2m，在AD边中点O处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v=2×l06m/S的某种带正电粒子，带电粒子质量m=1.6×1027kg电荷量为q=+3.2×l019C（不计粒子重力），求：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动

16、的半径为多大？（2）从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间为多少？（3）若放射源向磁场内共辐射出了N个粒子，求从CD边界射出的粒子有多少个？试卷答案1.C解：A、磁感线是闭合的曲线，故A错误；B、小磁针静止时，N极所指的方向，就是那一点的磁场方向，故B错误；C、若磁感线相交，则在交点处的磁场方向有两个，所以磁感线不相交，故C正确；D、磁场强弱是根据磁感线的疏密判断的，故D错误；故选：C2.C安培力解：A、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A错误，B、磁场的方向是小磁针静止时N极的指向，故B错误C、根据B=，可知N/Am是磁感应强度的单位故C正确D、磁场方向与安培力的方向垂直故D错误故选：

17、C3.考点：磁感应强度版权所有分析：磁感应强度反映磁场本身的性质，与电流元无关磁感应强度是矢量，与F方向垂直，与通过该点的磁感线的切线方向相同磁感线可形象表示磁场的强弱，磁感线密的地方B大些，磁感线疏的地方B小些解答：解：A、定义式中，B与F、IL无关故A错误B、磁感应强度B是矢量，方向其与F的方向垂直故B错误C、B是矢量，就是该点的磁场方向，与通过该点的磁感线的切线方向相同故C正确D、在确定的磁场中，同一点的B是唯一确定的，可由磁感线形象表示磁场的强弱，磁感线密的地方B大些，磁感线疏的地方B小些故D正确故选CD点评：磁感线与电场线相似，可形象表示磁场的强弱和方向，其疏密表示磁场的强弱，切线方

18、向表示磁场的方向4.考点：磁感线及用磁感线描述磁场版权所有分析：磁场中的磁感线不是实际存在的，是为了研究磁场而假想的，然而小磁针静止时N极所指向表示磁场方向解答：解：一个磁场的磁感线如图所示，一个小磁针被放入方向水平向右的磁场中，发现小磁针沿顺时针转动，是小磁针N极受到水平向右的磁场力的作用，小磁针S极受到水平向左的磁场力，所以N极要转向磁场方向，而S极转向磁场方向反方向因此导致小磁针在顺时针转动直至N极指向磁感线的方向；故选：A点评：小磁针N极受力方向或静止时所指方向就是磁场方向，也是磁感应强度方向5.考点：磁感应强度分析：根据右手螺旋定则判断出直导线在C点的磁场方向，根据平行四边形定则，对

19、磁感应强度进行合成，得出C点的合场强的方向解答：解：根据右手螺旋定则，a电流产生的磁场垂直于ac，b电流产生的磁场垂直于bc，如图，根据平行四边形定则，则合场强的方向竖直向下，与ab边平行故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度的合成遵循平行四边形定则6.B7.考点：安培力 分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向由平衡条件和安培力知识分析即可解答：解：棒处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有从M流向N的电流，根据左手定则可知，棒所受安培力的方向竖直向上，由于此

20、时悬线上有拉力，为了使拉力减小，则安培力必须增加，由安培力公式F=BIL知，可以适当增加电流强度，或增大磁场，若使电流或磁场反向，安培力方向竖直向下，悬线的拉力将增大故C正确，ABD错误故选：C点评：解决本题的关键要掌握安培力的方向判断方法：左手定则，以及安培力大小公式F=BIL8.B要使导体棒向右运动，导体棒上需要有自上而下的电流，即电容器的b极板应带负电，A错；当电容器两端电压与导体棒两端电压相等时，导体棒匀速运动，此时,根据动量定理得,其中，联立得，B正确；导体棒运动过程中，极板间电荷不会完全放完，通过导体截面的电荷量小于Q，C错；导体棒运动的最大速度为，导体棒运动过程中感应电动势的最大

21、值为，D错。9.考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力；左手定则版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：导体棒受重力、支持力和安培力，三力平衡，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时根据安培力公式计算出的磁感应强度即为最小值解答：解：对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图从图象可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为：FA=mgsin，故磁感应强度的最小值为B=根据欧姆定律，有E=IR故B=故选D点评：本题是三力平衡中动态分析问题，即其中第一个力大小和方向都不变，第二个力方向不变，大小可变，则当地三个力与第二个力垂直时，第三个力取最小值；

22、同时要结合欧姆定律、安培力公式列式求解10.考点：安培力版权所有分析：先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向解答：解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁没有运动趋势，磁铁不受摩擦力，故BCD错误，A正确故选：A点评：本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定

23、律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键11.考点：洛仑兹力版权所有分析：运动电荷在磁场中受到的磁场力为洛伦兹力，其方向由左手定则来确定，而大小则是由F=Bqv求得电荷在电场中一定会受到电场力的作用，正电荷受力的方向沿电场线的方向解答：解：A、静止的电荷处于磁场中，不受到洛伦兹力故A错误；B、电荷在电场中的电荷一定受到电场力的作用故正确；C、电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向与磁场的方向一定垂直故C错误；D、正电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向故D错误；故选：B点评：洛伦兹力由左手定则来确定，其方向垂直与磁场、运动电荷的方向且电荷的运动取决于洛伦兹力是否存在，或大小与

24、否12.A解：A、甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间的滑动摩擦力的增大，整体的加速度减小，所以对于甲来说，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度减小，所以甲、乙两物块间的摩擦力减小，所以A正确，BC错误；D、甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对乙的压力变大，乙与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以滑动摩擦力也变大，所以D错误；故选：A13.A14.BD15.D16.AB【考点】考查带电粒子在磁场中的运动两粒子的射入点，射出点相同，电性相同，故两粒子的运动轨迹相同，半径也相同，A正确；轨迹半径，运动时间，两粒子比荷不同，故速率不同，运动时

25、间不同，CD错；粒子的动能，结合两粒子的电荷关系合质量关系知，两粒子动能相同，D正确。17.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：三束粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式为r=，速度v、磁感应强度相同，则知半径与比荷成反比，分析三种粒子的比荷关系，即可得到轨迹的半径关系，就能确定轨迹解答：解：质子（p），氚核（）和粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式为r=，由题，速度v、磁感应强度相同，则半径与比荷成反比三个粒子中质子的比荷最大，氚核（）的比荷最小，则质子的轨迹最小，氚核（）的轨迹半径最大，由图看出C正确故选C18.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿

26、第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r= 可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从a到b，在根据左手定则可知，粒子带负电，所以C正确，ABD错误故选：C点评：根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键19.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒

27、子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由数学知识求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的比荷比值，求出粒子做圆周的圆心角，然后求出粒子的运动时间解答：解：粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：A=60°，B=120°，设粒子的运动轨道半径为rA，rB，rA=Rtan30°=R，rB=Rtan60°=R，A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，则粒子1与粒子2的比荷值为：，故A错误；B正确；C、粒子运动的周期，粒子运动的时间：=带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为，故CD错误；故

28、选：B点评：由数学知识求出粒子做圆周运动的轨道半径与粒子转过的圆心角是正确解题的关键20.ACD解：A、粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，故在磁场中做匀速圆周运动，故A正确；B、C、由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得r=，故周期T=，T与速度大小无关，则粒子由A0运动到A1与粒子由A2运动到A3所用的时间都等于半个周期，时间相等，故B错误C、由r=，知粒子的轨道半径与它的速率成正比，故C正确D、qvB=m知末速度v=，最大速度决定于粒子比荷和磁场B和D型盒的半径，与电压无关，根据E知最大动能决定于粒子电荷和质量、磁场B、D型盒的半径，与电压无关，故D正确；故选：ACD21.C22.(1

29、) (2) M端应接正极 (3) 2.5A(4) 0.10T解：（1）设弹簧的伸长为x，则有：mg=kx 由式得： 故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为（2）为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下跟左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极故若要电流表正常工作，MN的M端应接正极（3）设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有： 联立并代入数据得：Im=2.5 A 故此电流表的量程是2.5A（4）设量程扩大后，磁感应强度变为B，则有：由得代入数据得B'=0.10 T 故若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为0.10T23.m=0.01kg解析：依题意，开关

30、闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为l1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1=mg 式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 F=IBL 式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l2=0.3cm，由胡克定律和力的平衡条件得   2k(l1+l2)=mg+F 由欧姆定律有E=IR 式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立式，并代入题给数据得m=0.01kg 24.考点：牛顿第二

31、定律；带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性（2）由于斜面光滑，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小（3）由运动学公式来算出匀加速运动的时间由位移与时间关系可求出位移大小解答：解：（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上根据左手定则可得：小滑块带负电（2）当物体离开斜面时，弹力为零，因此有：qvB=mgcos30°，得：v=2m/s（3）由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线

32、运动，由牛顿第二定律得：mgsin30°=ma，由匀变速直线运的速度位移公式得：v2=2ax，解得：x=1.2m答：（1）物体带负电（2）物体离开斜面时的速度为=2m/s（3）物体在斜面上滑行的最大距离是1. 2 m点评：本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移25.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量根据几何

33、关系求出电子在磁场中的圆心角，结合周期公式求出穿越磁场的时间解答：解：粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：根据洛伦兹力提供向心力得，解得电子的质量电子的周期所以电子穿越磁场的时间答：电子的质量为，穿越磁场的时间为点评：解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解26.考点：带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；动能定理的应用版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：滑块恰好到达圆轨道的最高点Q，由牛顿第二定律求出滑块在Q点的速度，然后应用动能定理求出滑块的初速度解答：解：（1）设小球到达Q点时速度为v，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q时，则有：mg+qE=得：V=m/s（2）滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得：（mg+qE）2R（mg+qE）s=v2m联立两式解得：v0=7m/s答：（1）滑块在圆轨道最高点Q的速度大小为m/s；（2）滑块应以7m/s向左运动点评：此题中滑块恰好通