高二2017期末磁场复习题

1、期末复习：磁场基础知识复习练习2015-12-29一、1.磁场：通电直导线、通电螺线管、通电线圈磁场的判断：右手定则条形磁铁=通电螺线管磁场分布、磁感线性质.磁感强度定义式B=F/IL（通电导体垂直放入磁场中）.安培力大小F=IBLsinO（0在间）F、B、I三者位置关系F一定与I、B垂直I、B不一定垂直.安培力方向：左手定则（练习1-7题）（单选）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半（多选）如图所示

2、，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（）.长10cm的通电直导线，通以1A的电流，在匀强磁场中某处受到的磁场力为0.4N,则该磁场的磁感强度为A.等于4TB.大于或等于4TC.小于或等于4TD.上述说法都错误.（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0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（）（提示转换平面图对ab棒受力分析6、7题同）A警水平向右B.嘴型垂直于回路平面向上C.迪里巴，竖直向下E1D.mgRsin9垂

3、直于回路平面向下.（单选）如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，（）IA.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.（单选）如图所示，两平行导轨与水平面成e角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计.整个装置分别处在如图所示的各匀强磁场中，其中可能使金属杆处于静止状态的是（）.有一金属细棒ab,质量m=0.05kg,电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道

4、间距为L=0.5m,其平面与水平面的夹角为0=37,置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T,金属棒与轨道的动摩擦因数尸0.5,（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为E=3V,内阻r=0.5Q.求：为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少?滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？（g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8）二、1.带电粒子（不计重力）在磁场中运动做圆周运动：qvB=mv2/rr=mv/qB.若带电体在电磁复合场中做匀速圆周运动：除洛伦兹力外其它力合力=0且qvB=mv2/r.

5、速度选择器：（1）单向性（2）速度一定丫=用与电性比荷无关（见3-1教材98页3.带电粒子在有界磁场中射入角0二射出角0若已知边界尺寸，由几何关系可求半径r、运动时间t=9T/2TT（9为弧度制）.磁流体发电机（见3-1教材98页4题）.质谱仪（见3-1教材100页例题）.回旋加速器：最大动能E=（qBR）2/2m被加速电场加速的次数n=q（BR）2/2mU加速电场电极变化周期TJ=T/2=ttm/qB.（单选）如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电量q的液滴做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E,磁感应强度为B,则油滴的质TOC o 1-5 h z量和环绕速度分别为（）A.蚂萼B

6、.EC.陛年口.西Y.（单选）一束几种不同的正离子，垂直射入正交的匀强磁场和匀强电场区：域里，离子束保持原运动方向未发生偏转.接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束如图.对这些离子，可得出结论（）JA.它们的动能一定各不相同B.它们的电量一定各不相同C.它们的质量一定各不相同D.它们的荷质比一定各不相同.（单选）关于磁感线的一些说法，不正确的是（）A.磁感线上各点的切线方向，就是该点的磁场方向B.磁场中两条磁感线一定不相交C.磁感线分布较密的地方，磁感应强度较强D.通电螺线管的磁感线从北极出来，终止于南极，是一条不闭合的曲线（多选）如图所示，L和L,为两条平行的虚线，L上方和L,下一XXX

7、k方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在sxxxxxkjcLH.带电粒了从A点以初速度匕与L,成30角斜向右上方射出，“X器。8,经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重乂*乂KXXXXKXX力，下列说法正确的是（）A.若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点B.带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相同C.此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷D.若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60角斜向右上方，它将不能经过B点（单选）如图7所示，某种带电粒子由静止开始经电压为q的电场加速后，射入水平放置、电势差为的两块导体板

8、nn-型工12耳k间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间一二，:射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁uU史晨一广乂场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U或4的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）A.仅增大q,d将增大B.仅增大4，d将减小C.仅增大4，d将增大D.仅增大4，d将减小（多选）如图所示，相距为d的两带电平行板间存在磁感应强度为.1B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m,带电荷量为q的小球由X*下板边缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运,：X动，运动轨迹如图中虚线所示，则（）*A.小球一定带负电B.小球一

9、定带正电C两板间电压为巴空D小球在两板间的运动时间为2等口口口（多选）如图，ab边界下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，质子口1口口和a粒子Q口口）先后从c点沿箭头方向射入磁场，都从d12点射出磁场.不计粒子的重力，则两粒子运动的（口由口口.轨迹相同口口口口口劲能相同口口口口口速率相同口口呼口时间相同口14.（多选）用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法（）A.将其磁感应强度增大为原来的2倍B.将其磁感应强度增大为原来的4倍C.将D形金属盒的半径增大为原来的2倍D.将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍16.（单选）一个带电粒子，沿垂直于磁

10、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.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点口口口（单选）如图所示，足够长的竖直绝缘管处于方向彼此垂直，电场强度和磁感应强度分别为和的匀强电场和匀强磁场中，一个质量为的带正电的小球，从静止开始沿管下滑，则在下滑的全过程中小球的加速度与时间的关系图象正确的是（）18.如图所示，某区域有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方

11、向水平向-右，磁场方向垂直纸面向里.场强E=10%回N/C.磁感应强度_VB=1T.现有一个质量m=2xl0-6kg,带电量q=+2xlO-6C的液滴以某一乂x速度进入该区域恰能作匀速直线运动，求这个速度的大小和方向.(g乂X匚取10m/s2)118.质量m=O.lg的小物块，带有5口10-4C的电荷，放在图示倾角为30口的光滑绝缘固定斜面顶端，整个斜面置于B=0.5T的匀强磁场xBXX中，磁场方向垂直纸面向里.物块由静止开始下滑，到某一位置离工x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？20.如图

12、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“十夫1人入和原来射入方向的夹角为0=60口，求电子的质量和穿越磁场的时间.ixK口口喋空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里，如图所示.一质量为m,带电量为+q的粒子，从P点以水平速度V。射入电场中，然后从M点射入磁场，从N点射出磁场.已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30口.角，弧MN是圆周长的，粒子重力不计.求：(1)电场强度E的大小.(2)圆形区域的半径R.(3)带电粒子从P点到N点，所经历的时间t.试卷答案DD考安

13、培力.版权所有占.八、分本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手析：定则可知安培力的方向与磁场垂直.引用公式尸=8兀时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL.解解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流答：和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为尸=811110,则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0,将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半；将直导线

14、在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的号，故D错误.故选：B.点解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0,最小.当导评：线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL.DD考安培力；左手定则.版权所有占.八、分当磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向析：不平行，导线受安培力作用.解解：A、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用.故A正确.答：B、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用.故B正确.C、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用.故C错误.D、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用.故D正确

15、.故选ABD.点解决本题的关键知道磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的评：方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用.考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.版权所有占.八、专共点力作用下物体平衡专题.题：分导体棒受重力、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，析：此时根据安培力公式计算出的磁感应强度即为最小值.解解：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：F筋mgsinB,故磁感应强度的最小值为F且mgsin6R=C-ILIL根据欧姆定律，有E=IR故

16、rngRsin6B=eT-故选D.点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，第二个力方向评：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；同时要结合欧姆定律、安培力公式列式求解.考安培力.版权所有占.八、分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；然后由牛顿第析：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，导线所在答：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

17、，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.点本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取评：研究对象，是正确解题的关键.考安培力；共点力平衡的条件及其应用.版权所有占.八、专共点力作用下物体平衡专题.题：分本题在磁场中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条析：件，同时知道左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向.解解：

18、A、磁场的方向与电流的方向相同，不受安培力，金属杆受重力和支持力不可能平答：衡.故A错误.B、金属杆所受的安培力方向竖直向上，若安培力与重力平衡，金属杆能处于平衡状态.故B正确.C、金属杆受垂直于杆子向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡.故C错误.D、金属杆受到水平向左的安培力，重力，支持力，不可能平衡.故D错误.故选B.点这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安评：培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向.考带电粒子在混合场中的运动.版权所有占.八、专带电粒子在复合场中的运动专题.题：分液滴在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求

19、出液滴析：的质量并可判断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性.根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方向.结合重力与电场力平衡以及液滴在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度.解解：液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力答：和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带正电.磁场方向向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为逆时针；由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg=qE得：m=g液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：iriv小R=星联立得：v孝，

20、故A正确，BCD错误；故选：A.点此题考察了液滴在复合场中的运动.复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某评：两种场并存的场.液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要.该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况.考带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.版权所有占.八、专带电粒子在复合场中的运动专题.题：分粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中，做直线运动，所受的洛伦兹力和电场力平衡，析：根据平衡得出粒子的速度大小相等.根据粒子在偏转电场中的半径大小得出荷质比的大小关系.解解：粒子在正交的

21、匀强电场和匀强磁场中做直线运动，有：qE=qvB,解得v-|,可知答：粒子速度相等，则进入偏转电场中的速度相等.根据r舞知，粒子在偏转电场中的半径不同，速度相同，磁感应强度相同，则荷质比qB一定各不相同，由于质量的关系未知，则电量、动能的大小关系都无法确定，故D正确，A、B、C错误.故选：D.点本题考查了带电粒子在复合场中的运动，知道粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中所评：受的电场力和洛伦兹力平衡，掌握粒子在磁场中运动的半径公式，并能灵活运用.8.考磁感线及用磁感线描述磁场.版权所有占.八、分磁场是客观存在的，磁感线是不存在的，是为了描述磁场人为画出的，在磁体的外析：部，磁感线从N极出发，回到S

22、极；在磁铁的内部，磁感线从S极出发，回到N极.磁感线上各点的切线方向，就是该点的磁场方向；磁感线的疏密表示磁场的强弱.解解：A、磁感线上各点的切线方向，就是该点的磁场方向.故A正确；答：B、磁感线在空间中不相交，不中断，故B正确；C、磁感线的疏密表示磁场的强弱.故C正确；D、在磁体的外部，磁感线从N极出发，回到S极；在磁铁的内部，磁感线从S极出发，回到N极，是闭合曲线.故D错误；本题要求选择不正确的，故选：D点在磁场中，某点的磁场方向、该点磁感线方向和该点小磁针北极受磁力方向相同，这评：三个方向相同，知道其中的一者，能判断另外两者.考带电粒子在匀强磁场中的运动.版权所有占.八、专带电粒子在磁场

23、中的运动专题.题：分分析带电粒子的运动情况：在无磁场区域，做匀速直线运动，进入磁场后，只受洛伦析：兹力，做匀速圆周运动，画出可能的轨迹，作出选择.解解：画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种.答：A、根据轨迹，粒子经过边界匕时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关.所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点.故A正确.B、如图，粒子B的位置在B、B4，速度跟在A点时的速度大小相等，但方向不同.故B正确.C、如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故C正确；D、如图，设L与L2之间的距离为d,则A到的距离为：箸,所以，

24、若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60。角斜向上，它就只经过多个周期后仍有可能经过B点.故D错误.点带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹.往往要抓住评：圆的对称性.10.答案：Ao解析：在加速电场中作直线加速运动，到达偏转电场时的速度为：qUimv2v但在偏转电场中作类平抛运动，可将射出电场时的速度分解为TOC o 1-5 h z211m初速度方向和加速度方向，设出射速度方向与初速度方向的夹角为,则有：cos4,v带电粒子进入磁场中作匀速圆周运动，设运动对应的半径为R,由几何关系有：半径与直线dvMN之间夹角正好等于,也有：kcosd2Acos2At,由在磁场

25、中作匀速2Rv圆周运动，根据牛顿第二定律可推得：尺二一o依此有：Bq2m匹22.dXm小一?2,。增大，4也增大，A正确，B错；增BqBqBqi大。2,壮是不变的，它与偏转电场所加电压无关，C、D都错，故选择A答案。11.考带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律.版权所有占.八、专带电粒子在磁场中的运动专题.题：分带电小球受到三个力的作用，小球恰能在两板间做匀速圆周运动，说明了小球受到一析：个大小不变而方向时刻变化的合力，该合力提供小球的向心力.小球做匀速圆周运动，速率始终不变，重力做功始终等于电场力做功.解解：A、小球受重力、电场力和洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，速率始终不变，说明答：了重

26、力做功的大小始终等于电场力做功，即电场力等于重力且方向向上，所以小球带正电荷，故A错误，B正确；C、由以上的分析可知，qE=mg,E二号，两极板之间的电压：U=Ed=,故C正确；D：小球受到的洛伦兹力提供向心力，所以它运动的周期：T=篝由图可知，小球在两板间的运动时间仅仅为半个周期，t=2r=五，故d错误.故选：BC.点带电小球在重力场、电场和磁场的复合场中做匀速圆周运动，一定是电场力与重力大评：小相等，方向相反，洛伦兹力提供向心力.切记.属于基础题目.12.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_mv_2n确；轨迹

27、半径厂f，运动时间看两粒子比荷不同，故速率不同，运动时间qB2qB_q?B2Y2不同，CD错；粒子的动能石-mv2一，结合两粒子的电荷关系合质量关系知，k22m两粒子动能相同，D正确。考质谱仪和回旋加速器的工作原理.版权所有占.八、分回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做析：匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变.因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大.但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关.所以加速电压越大，回旋次数越少，最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定.解解：带电粒子从D形盒中射出时

28、的动能Ev二片mv2(1)km/m答：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R舒(2)222由(1)(2)可得E”二E；吕显然,当带电粒子q、m一定的，则E”ocR2B2km士mAkm即E”与磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的平方成正比，与加速电场的电压km无关，故AC正确，BD错误；故选：AC.点本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆评：周运动.所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定.原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变.考带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.版权所有占.八、专带电粒子在磁场中的运

29、动专题.题:分根据粒子在磁场中运动的半径公式r萼来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来析：分析电荷的性质.解解：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，答：根据粒子在磁场中运动的半径公式r粤可知，粒子的半径逐渐的减小，qB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.点根据r野可知，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评：动的方向，这是解决本题的关键.考点：带电粒子在混合场中的运动.版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题.分析：小球下落过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力，洛伦兹力从

30、零开始增加，根据平衡条件判断弹力、摩擦力的变化情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况.解答：解：下落过程中电场力向右，洛仑兹力向左，洛仑兹力逐渐增大；电场力与洛仑兹力的合力先向右减小，所以支持力先向左减小，所以摩擦力减小，与重力的合力会逐渐变大，所以加速度先增大；当电场力和洛仑兹力等大时，加速度达到最大；然后支持力向右增大，摩擦力会增大，则合力减小，加速度减小，最后摩擦力与重力等大时，加速度为零（图象与横轴相切）；故选：.点评：本题考查如何正确的受力分析，理解洛伦兹力与速度的关系，从而影响受力情况，带动运动情况的变化，注意此处的弹力的方向变化，是解题的关键.考带电粒子在混合场中的运动.版权

31、所有占.八、专带电粒子在复合场中的运动专题.题：分根据粒子受力分析，来确定运动情况，再由平行四边形定则，即可求解洛伦兹力大析：小，再由三角函数关系，即可求解.解解：受力分析如图所示：答：(1)带电粒子受到重力，电场力和洛伦兹力作用，根据运动特点，受力分析可知粒子运动速度方向如图所示；qVB=V(log)2-b(Eq)2代入数据解得：v=20m/s由tan日=V3mg得0=60口；即v与电场方向的夹角为60口，向右上方；答：这个速度的大小20mzs和方向与电场方向的夹角为60口，向右上方.点考查由受力分析来确定运动情况，并掌握洛伦兹力表达式，同时理解平行四边形定则评：与三角函数的应用.考牛顿第二

32、定律；带电粒子在混合场中的运动.版权所有占.八、专带电粒子在磁场中的运动专题.题：分(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.根据磁场方析：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：小滑答：块带负电.(2)当物体离开斜面时，弹力为零，因此有：qvB=mgcos30D,口0.1X1O_3X1OX,与二通m/s.Q&5X1

33、0 xo.5(3)由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin30D=ma,由匀变速直线运的速度位移公式得：v区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1.2m.点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，进而得出刚离开评：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.18.考18.考占.八、专题:分析:解答:带电粒子在磁场中的运动专题.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.带电粒子在磁场中的运动专题.解：粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：户.八一dsmbU1:：-2根据洛伦兹力提供向心力得，Be=喙解得电子的质量诟叱：V电子的周期二咤兀d所以电子穿越磁场的时间十二经Ftyv答：电子的质量为口白一4一,穿