1、1如下圖，長L=O. 80 m，電阻r=0. 30，質量m=0. 10 kg的金屬棒CD垂直放在水平導軌上，導軌由兩條平行金屬桿組成，金屬桿外表光滑且電阻不計，導軌間距也是L，金屬棒與導軌接觸良好，量程為03. 0 A的電流表串聯接在一條導軌上，在導軌左端接有阻值R=0. 50的電阻，量程為01. 0 V的電壓表接在電阻R兩端，垂直于導軌平面的勻強磁場向下穿過導軌平面現以向右恒定的外力F=1.6 N使金屬棒向右運動，當金屬棒以最大速度在導軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏(1)試通過計算判斷此滿偏的電表是哪個表；(2)求磁感應強度的大小；(3)在金屬棒CD到

2、達最大速度后，撤去水平拉力F，求此后電阻R消耗的電能2如下圖，Oxyz坐標系的y軸豎直向上，坐標系所在的空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向與x軸平行。從y軸上的M點(0,H,0)無初速度釋放一個質量為m，電荷量為q的帶負電的小球，它落在xz平面上的N (l,0,b)點(l0,bO)假設撤去磁場那么小球落在xz平面上的P(l，0，0)點重力加速度大小為g.(1)勻強磁場方向與某個坐標軸平行，請確定其可能的具體方向；(2)求出電場強度的大小；(3)求出小球落至N點時的速率3.如下圖，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場強為E。一質量為m

3、，電量為-q的粒子從坐標原點O沿著y軸正方向射出。射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L。求此粒子射出時的速度v和運動的總路程s重力不計。4如下圖，在空間存在著水平向右、場強為E的勻強電場，同時存在著豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場在這個電、磁場共存的區域內有一足夠長的絕緣桿沿水平方向放置，桿上套有一個質量為m、帶電荷量為q的金屬環金屬環與絕緣桿間的動摩擦因數為，且mg0的空間里有沿x軸正方向的勻強電場，場強的大小為E，一個帶正電的小球經過圖中的x軸上的A點，沿著與水平方向成= 300角的斜向下直線做勻速運動，經過y軸上的B點進人x0的區域，要使小球進入x0區域后能在豎直面內做勻速圓

4、周運動，需在x0區域另加一勻強電場，假設帶電小球做圓周運動通過x軸上的C點，且，設重力加速度為g，求：(1)小球運動速率的大小；(2)在x0的區域所加電場大小和方向；(3)小球從B點運動到C點所用時間及的長度電磁綜合計算題答案1.解：粒子運動路線如圖示有 L4R 粒子初速度為v，那么有 qvB=mv2/R 由、式可算得 v=qBL/4m 設粒子進入電場作減速運動的最大路程為l，加速 度為a，v2=2al qE=ma 粒子運動的總路程 s=2R+2l 由、式，得 s=L/2+qB2L2/(16mE) 2.解：(1)金屬環在電場力和摩擦力的共同作用下由靜止開始做加速運動隨著速度的增大，洛倫茲力從零

5、逐漸增大，金屬環所受的摩擦力逐漸變大，合外力減小所以金屬環將做一個加速度逐漸減小的加速運動，到達最大速度后做勻速運動(2)開始時金屬環速度為零，所受的摩擦力為最小，此時金屬環所受的合外力最大，根據牛頓第二定律，得金屬環的最大加速度.(3當摩擦力時，金屬環所受的合外力為零，金屬環到達最大速度，那么此時所受的洛倫茲力為,方向垂直紙面向外因此，桿對金屬環的彈力為，當金屬環到達最大速度時有，解得3. 解：1電壓表 2)1. 0 T30.125 J(提示：到達最大速度時外力F與安培力平衡，由可得最大速度=2 m/s，撤去拉力后，動能全都轉化為電能 , R消耗的電能是總電能的。4.解：(1)x或y方向(2

6、) 提示：撤去磁場后，小球釋放后沿直線MP方向運動，電場力和重力的合力沿MP方向(3)提示：全過程只有電場力和重力做功，由動能定理可求末速率5.解：(1)棒AB向左運動以正電荷為例：受洛倫茲力方向，垂直指向板MN，那么電場方向垂直指向板PQ，據右手定那么可知棒AB向左運動 ，那么。(2) ，帶電粒子運動半徑。當位移大小第一次到達時，如下圖帶電粒子轉過的圓心角為600，其運動時間，那么。故帶電粒子運動周期，運動時間。6.解：(1)帶電微粒在做勻速圓周運動，電場力與重力應平衡，有mg=Eq，即E= mg/q，方向豎直向下(2) 粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為R，如下圖。，最高點與地面的距離為，解得

7、。該微粒運動周期為T=,運動至。最高點所用時間為.(3)設粒子上升高度為h，由動能定理得，解得。微粒離地面最大高度為H+。7.解：(1)由于粒子速度很大，可以認為粒子在勻強電場u中做勻加速運動，由動能定理得解得.(2如下圖，設圓周運動的半徑為r,粒子在磁場中運動的速度為v。由得,v的水平分量與v0相等，那么。8.解：(1)軌跡如圖中虛線所示設，在電場中偏轉450，說明在M點進入磁場時的速度是，由動能定理知電場力做功，得，由，可知由對稱性，從N點射出磁場時速度與x軸也成450，又恰好能回到P點，因此可知在磁場中做圓周運動的半徑； (2) ；(3在第象限的平拋運動時間為，在第IV象限直線運動的時間為，在第I、象限運動的時間是，所以因此9.解：(1)小球從A運動到B的過程中，小球受重力、電場力和洛倫茲力作用而處于平衡狀態，由題設條件知，所以小球的運動速率為。(2)小球在x0的區域做勻速圓周運動，那么小球的重力與所受的電場力平衡，洛倫茲力提供做圓周運動的向心力那么，又tan 300=所以，方向豎直向上(3如下圖，連接BC，過B作AB的垂線交x軸于因為=300，所以