如圖甲所示，在PQ左側(cè)空間有方向斜向右上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1在PQ右側(cè)空間 有一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2=0.4N/C，還有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B（圖甲中未畫 出）和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E3（圖甲中未畫出），B和E3隨時(shí)間變化的情況如圖乙所 示，MN為距PQ邊界2.295m的豎直墻壁，現(xiàn)有一帶正電的微粒質(zhì)量為4x1O-7kg電量為1xlO-5C，從左側(cè)電場(chǎng)中距PQ邊界
1
15
m的A處無初速釋放后，沿直線以1m/s速度垂直PQ邊界進(jìn)入右側(cè)場(chǎng)區(qū)，設(shè)進(jìn)入右側(cè)場(chǎng)時(shí)刻t=0，取g=lOm/s2．求：精英家教網(wǎng)
（1）PQ左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1，的大小及方向．（sin37°=0.6）；
（2）帶電微粒在PQ右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)了1.5s時(shí)的速度的大小及方向；
（3）帶電微粒在PQ右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間與墻壁碰撞？（
1.2
2π
≈0.19）
分析：（1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，對(duì)微粒進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，運(yùn)用正交分解法列式，即可求解．
（2）首先要判定微粒的重力和電場(chǎng)力E2q是一對(duì)平衡力，然后分析在不同的時(shí)間段內(nèi)微粒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，即可根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合解答．
（3）要先計(jì)算出在0～1s時(shí)間內(nèi)帶電微粒前進(jìn)距離和帶電微粒在磁場(chǎng)B中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，判定微粒在第一個(gè)周期內(nèi)是否會(huì)打在墻壁上，若不能，再計(jì)算出在2s～3s時(shí)間內(nèi)帶電微粒前進(jìn)距離和帶電微粒在磁場(chǎng)B中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，判定微粒在第二個(gè)周期內(nèi)是否會(huì)打在墻壁上，判定的結(jié)果是能夠打在墻壁上，畫出軌跡圖象，即可做出正確的判定，并根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解時(shí)間．
解答：精英家教網(wǎng)解：（1）設(shè)PQ左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E1，方向與水平方向夾角為θ． 
沿水平方向有：qE1cosθ=ma
沿豎直方向有：qE1sinθ=mg
對(duì)水平方向的勻加速運(yùn)動(dòng)有：v2=2as
代入數(shù)據(jù)可解得：E1=0.5N/C，θ=53°
即E1大小為0.5N/C，方向與水平向右方向夾53°角斜向上．
（2）帶電微粒在PQ右側(cè)場(chǎng)區(qū)始終滿足：qE2=mg
在0～1s時(shí)間內(nèi)，帶電微粒在E3電場(chǎng)中a=
qE3
m
=
1×10-5×0.004
4×10-7
m/s2=0.1m/s2
帶電微粒在1s時(shí)的速度大小為 v1=v+at=（1+0.1×1）m/s=1.1m/s
在1～1.5s時(shí)間內(nèi)，帶電微粒在磁場(chǎng)B中運(yùn)動(dòng)，周期為T=
2πm
qB
=
2π×4×10-7
1×10-5×0.08π
s=1s；
在1～1.5s時(shí)間內(nèi)，帶電微粒在磁場(chǎng)B中正好作半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)．所以帶電微粒在PQ右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)了1.5s時(shí)的速度大小為1.1m/s，方向水平向左．
（3）在0s～1s時(shí)間內(nèi)帶電微粒前進(jìn)距離
  s1=vt1+
1
2
at12=1×1+
1
2
×0.1×12m=1.05m
帶電微粒在磁場(chǎng)B中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 r1=
mv
qB
=
4×10-7×1.1
1×10-5×0.08π
m=
1.1
2π
m
因?yàn)閞+s1＜2.295m，所以在1s～2s時(shí)間內(nèi)帶電微粒未碰及墻壁．
在2s～3s時(shí)間內(nèi)帶電微粒作勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度仍為　a=0.1m/s2
在3s內(nèi)帶電微粒共前進(jìn)距離
s3=vt3+
1
2
a
t
2
3
=（1×2+
1
2
×0.1×22）m=2.2m，
在3s時(shí)帶電微粒的速度大小為　v3=v+at3=（1+0.1×2）m/s=1.2m/s；
在3s～4s時(shí)間內(nèi)帶電微粒在磁場(chǎng)B中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 r3=
mv3
qB
=
4×10-7×1.2
1×10-5×0.08π
=
1.2
2π
m=0.19m；
因?yàn)閞3+s3＞2.295m，所以在4s時(shí)間內(nèi)帶電微粒碰及墻壁．
帶電微粒在3s以后運(yùn)動(dòng)情況如圖，
其中 d=（2.295-2.2）m=0.095m；
 sinθ=
d
r3
=0.5，θ=30°；
所以，帶電微粒作圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3=
T3
12
=
2πm
12qB
=
2π×4×10-7 
12×1×10-5×0.08π
s=
1
12
s
帶電微粒與墻壁碰撞的時(shí)間為　t總=（3+
1
12
）s=
37
12
s．
答：
（1）PQ左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小0.5N/C，方向與水平向右方向夾53°角斜向上．
（2）帶電微粒在PQ右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)了1.5s時(shí)的速度的大小1.1m/s，方向水平向左．
（3）帶電微粒在PQ右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)
37
12
s時(shí)間與墻壁碰撞．
點(diǎn)評(píng)：本題考查帶電微粒在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，情景復(fù)雜，在解答的過程中，關(guān)鍵要對(duì)各種情景有非常清晰的判斷，才能理清頭緒，正確作答．
練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中物理 來源： 題型：

如圖甲所示，光滑且足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行地固定的同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.20cm，兩導(dǎo)軌的左端之間連接的電阻R=0.40Ω，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m=0.10kg的金屬桿ab，位于兩導(dǎo)軌之間的金屬桿的電阻r=0.10Ω，導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)．整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下．現(xiàn)用一水平外力F水平向右拉金屬桿，使之由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，若理想電壓表的示數(shù)U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．求金屬桿開始運(yùn)動(dòng)經(jīng)t=5.0s時(shí)，
（1）通過金屬桿的感應(yīng)電流的大小和方向；
（2）金屬桿的速度大��；
（3）外力F的瞬時(shí)功率．

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科目：高中物理 來源： 題型：

（2013?威海模擬）如圖甲所示，兩個(gè)完全相同的平行板電容器PQ和MN，板間距離為d，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，極板厚度不計(jì)．將它們置于圖示方向足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，兩電容器極板的左端和右端分別對(duì)齊，兩電容器極板所加電壓值相同．一質(zhì)量為m、電荷量為+q、重力不計(jì)的粒子從極板P、Q間的中軸線O1O2左邊緣的O1點(diǎn)，以速度v0沿O1O2勻速穿過電容器PQ，經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后沿極板M、N的中軸線O3O4做勻速直線運(yùn)動(dòng)，又經(jīng)過磁場(chǎng)回到O1點(diǎn)，如此循環(huán)往復(fù)．不計(jì)電容器之外的電場(chǎng)對(duì)粒子運(yùn)動(dòng)的影響．求：
（1）極板P、Q，M、N間所加電壓的數(shù)值U．
（2）Q板和M板間的距離x．
（3）粒子從O1點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到再次回到O1點(diǎn)所用的時(shí)間．
（4）若撤去電容器上所加的電壓，將原磁場(chǎng)換作按圖乙規(guī)律變化的磁場(chǎng)，取垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向．粒子仍從O1點(diǎn)沿O1O2在0時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電容器PQ，在t0時(shí)刻恰好從P板右邊緣水平射出（t0為未知量）．則B1為多少？

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科目：高中物理 來源： 題型：

精英家教網(wǎng)如圖甲所示，光滑的平行水平金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，在MP之間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間cdfe矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向上、寬為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度也剛好為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)左邊界相距d0．現(xiàn)用一個(gè)水平向右的力F拉棒ab，使它由靜止開始運(yùn)動(dòng)，棒ab離開磁場(chǎng)區(qū)域前已做勻速直線運(yùn)動(dòng)，棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，F(xiàn)隨ab與初始位置的距離x變化的情況如圖乙所示，F(xiàn)0已知．下列判斷正確的是（　�。�
A、棒ab在ac之間的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B、棒ab在ce之間可能先做加速度減小的運(yùn)動(dòng)，再做勻速運(yùn)動(dòng)
C、棒ab在ce之間不可能一直做勻速運(yùn)動(dòng)
D、棒ab經(jīng)過磁場(chǎng)的過程中，通過電阻R的電荷量為
BLd
R

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科目：高中物理 來源： 題型：

如圖甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長(zhǎng)直導(dǎo)軌，間距L=2.0m，R是連在導(dǎo)軌一端的電阻，質(zhì)量m=1.0kg的導(dǎo)體棒ab垂直跨在導(dǎo)軌上，電壓傳感器與這部分裝置相連．導(dǎo)軌所在空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．從t=0開始對(duì)導(dǎo)體棒ab施加一個(gè)水平向左的拉力，使其由靜止開始沿導(dǎo)軌向左運(yùn)動(dòng)，電壓傳感器測(cè)出R兩端的電壓隨時(shí)間變化的圖線如圖乙所示，其中OA、BC段是直線，AB段是曲線．假設(shè)在1.2s以后拉力的功率P=4.5W保持不變．導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒ab的電阻均可忽略不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好．不計(jì)電壓傳感器對(duì)電路的影響．g取10m/s2．求：
（1）導(dǎo)體棒ab最大速度vm的大��；
（2）在1.2s～2.4s的時(shí)間內(nèi)，該裝置總共產(chǎn)生的熱量Q；
（3）導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和電阻R的值．
精英家教網(wǎng)

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科目：高中物理 來源： 題型：

如圖甲所示，光滑平行導(dǎo)軌MN、PQ固定于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌相距L=0.2m，導(dǎo)軌左端接有規(guī)格為“0.6V，0.6W”的小燈泡，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，在水平拉力作用下沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，此過程中小燈泡始終正常發(fā)光，已知導(dǎo)軌MN、PQ與導(dǎo)體棒的材料相同，每米長(zhǎng)度的電阻r=0.5Ω，其余導(dǎo)線電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒的質(zhì)量m=0.1kg，導(dǎo)體棒到左端MP的距離為x．
精英家教網(wǎng)
（1）求出導(dǎo)體棒ab的速度v與x的關(guān)系式；
（2）在圖乙所給坐標(biāo)中準(zhǔn)確畫出aMPba回路的電功率P與x的關(guān)系圖象（不必寫出分析過程，只根據(jù)所畫圖象給分）；
（3）求出導(dǎo)體棒從x1=0.1m處運(yùn)動(dòng)到x2=0.3m處的過程中水平拉力所做的功．

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