把竖直向下,大小100√3N的力分解成两个分力,其中一个分力水平向左,大小等于100N,求另一个分力

（1）小球带负电，向上运动的快，加速度向上，电场力向上，故场强方向竖直向下．
（2）根据题意，小球在电场中运动的加速度a应竖直向上．
Eq-mg=ma①
从上往下：d＝v0t−
1
2at2②
从下往上：d＝v0t+
1
2at2③
由以上三式解得电场强度：E=[4md
3qt2+
mg/q]
（3）由以上②③两式得：a=[4d
3t2，v0＝
5d/3t]，
则：v₁=v₀-at
v2＝v0+a
t
2得
v₁：v₂=1：7

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；电场强度．

考点点评： 考查了两类问题的已知运动求受力，受力分析多了电场力，难度一般．

（1）设小球的质量为m，因带电小球在复合场中作匀速圆周运动，故电场力一定与重力平衡，即：mg=qE，电场力方向竖直向上，则：小球必带负电．
（2）设小球到O点时的速度为v，小球由P到O的过程，由动能定理得：mgh＝
1
2(v2−v02)得：v＝
2gh+v02，
设在复合场中小球的运动半径为R，则：qvB＝m
v2
R，又：mg=qE，
解得：R＝
mv
qB＝
E
2gh+v02
Bg，
（3）设在复合场中小球的运动周期为T，则：T＝
2πR
v＝
2πm
qB＝
2πE
gB
设由P到O的过程用时t₁，则：t1＝
h

v0+v
2＝
2h
v0+
2gh+v02
设小球从x轴以v竖直上抛到最高点，用时为t₂，则：t2＝
v
g＝

2gh+v02
g
则：
在 t=t₁时刻第一次向下通过x轴；
在 t＝t1+n
T
2+2(n−1)t2…(n＝1，2，3…)，小球向上通过x轴；
在t＝t1+n
T
2+2nt2…(n＝1，2，3…)，小球向下通过x轴．
答：（1）小球是带负电；
（2）小球作圆周运动的半径
E
2gh+
v20
Bg；
（3）若从P点出发时开始计时，小球在t＝t1+n
T
2+2nt2…(n＝1，2，3…)，时刻穿过x轴．

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 考查机械能守恒定律的条件与应用，掌握由洛伦兹力提供向心力来做匀速圆周运动的处理规律，理解通过运动学公式与圆弧运动的周期公式求时间的方法．

(1)由右手定则判定金属棒上电流方向：Q到P(2分)

(2)根据公式可得(2分)

(3)根据闭合回路欧姆定律可得(2分)

(4)根据欧姆定律可得(1分)(1分)

（1）Q到P（2）4V（3）0.8A（4）9.6×10 ^-6 C


<>

小球做匀速圆周运动，知靠洛伦兹力提供向心力，重力和电场力平衡，则电场力方向竖直向上，则小球带负电，根据小球所受的洛伦兹力方向，根据左手定则，小球沿顺时针方向运动，故BD正确，AC错误．
故选：BD．

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性和转动方向．

（1）根据感应电动势的定义式，可求得平均感应电动势：
E=N[△∅/△t]=
BL2
t=
BL2


π
2
ω＝
2BL2ω
π
（2）根据闭合电路欧姆定律，则有回路中产生的电流为：I=[E/R]；
通过线圈的电荷量为：q=I△t=[△∅/R]=
2BL2
R
答：（1）当线框从位置Ⅰ（线框平面⊥磁感线）匀速转到位置Ⅱ（线框平面∥磁感线）的过程中，若角速度为ω，线框中的平均感应电动势为
2BL2ω
π；
（2）当线框由位置Ⅰ转至位置Ⅲ的过程中，通过导线横截面的电量
2BL2
R．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律．

考点点评： 本题重点考查了平均电动势能量守恒定律的直接应用，注意线圈电荷量由线圈的匝数、磁通量的变化量及电阻决定．

A、B、在x轴方向上的速度不变，则在y轴方向上受到大小一定的洛伦兹力，根据牛顿第二定律，小球的加速度不变，故A错误，B正确；
C、D、管子在水平方向受到拉力和球对管子的弹力，球对管子的弹力大小等于球在x轴方向受到的洛伦兹力大小，在y轴方向的速度逐渐增大，（v_y=at）则在x轴方向的洛伦兹力逐渐增大，（F_洛=qv_yB=qBat），所以F随时间逐渐增大，故C错误，D正确；
故选BD．

点评：
本题考点： 洛仑兹力；牛顿第二定律．

考点点评： 本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似．小球在y轴方向受到洛伦兹力做匀加速直线运动，在x轴方向受洛伦兹力与弹力平衡．

(1)由v−t图象的斜率得m/s2=0.75m/s2

(2)t1=12s时，由v−t图象得速度为v1="9m/s"

因为，，，

由牛顿第二定律得即

由图象知17s末导体棒ab的最大速度为v2=10m/s，此时加速度为零，同理有

联立解得，R=0.4Ω

(3)由v−t图象知0−12s内，导体棒匀加速运动的位移=54m

12−17s内，导体棒的位移m

由能量守恒得

代入数据解得R上产生的热量Q="12.35"J

（1）0.75m/s ² （2）  R=0.4Ω（3）


<>

（1）由左手定则，+q受洛伦兹力方向垂直指向板MN，则电场方向垂直指向板PQ，据右手定则，可知棒AB向左运动．因带电粒子做匀速运动，则有：
Eq=qv₀B，
又板间场强为：E=[Blv/I]
联立解得：v=v₀．
（2）由qv₀B=m

v20
R，则得带电粒子运动的轨道半径：R＝
mv0
qB．
粒子撞击MN时速度方向与MN板平面的夹角为45⁰的可能性有图甲、图乙两种可能．


设MN间距为d，由图甲，有：R-Rcos45°=0.5d
解得：d=(2−
2)
mv0
qB，对应时间为：
t=[1/8T＝
πm
4qB]
由图乙有：R+Rcos45°=0.5d
解得：d=(2+
2)
mv0
qB
对应时间为：t=[3/8T＝
3πm
4qB]
答：（1）金属棒AB的速度大小为v₀，棒AB向左运动．
（2）若金属棒运动突然停止（电场立即消失），带电粒子在磁场中运动一段时间，然后撞在MN上，且撞击MN时速度方向与MN板平面的夹角为45⁰．则PQ与MN板间的距离大小可能是(2−
2)
mv0
qB或(2+
2)
mv0
qB，从金属棒AB停止运动到粒子撞击MN板的时间可能是[πm/4qB] 或[3πm/4qB]．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 该题的第一问类似于粒子的速度选择器，电场力等于洛伦兹力时，粒子做匀速直线运动；第二问属于带电粒子在磁场中做圆周运动的一般情况，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，要注意不能漏解．