絕密★啟用前2019屆高三高考物理考前預(yù)測押題《電場和磁場組合綜合計算題》測試題一、計算題(共15小題)1.如圖所示，在無限長的豎直邊界 NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上，下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為 B和2B,KL為上，下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P,Q兩點，NS和MT間距為1.8h.質(zhì)量為m,帶電量為+q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g.(1)求電場強度的大小和方向.(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值.(3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值.mg 廣dBh0.6SaBh0.545nBh652口即［答案］(1):二，方向豎直向上 (2)(9—672) ⑶ 口 mmm m【解析】(1)設(shè)電場強度大小為E.由題意有mg=qE,得E=mg得E=mg,方向豎直向上.（2）（2）如圖所示,設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為 vmin,對應(yīng)的粒子在上，下區(qū)域的運動半徑分別為「1和「2,圓心的連線與NS的夾角為6mv由「二小有r有r1=由（ri+r2）sin（j）=「2,門十門cos(j)=h,得vmin=(9—6-\y2)'""(3)如圖所示，陽 1 2陽 1 2■ 1 IS' '*T設(shè)粒子入射速度為V,粒子在上，下方區(qū)域白運動半徑分別為 ri和r2,粒子第一次通過KL時距離K點為x.由題意有3nx=1.8h,(n=1,2,3,3由(2)知5x72=

x=0.36h「1=(1+?nW0.6(3b2=3.,5即n=1時，x=0.36h「1=(1+?nW0.6(3b2=3.,5即n=1時，v=。,68q助

mn=2時，v=S545qBhmn=3時，v=0.52曲

m2.如圖所示，質(zhì)量為m,電荷量為十q的粒子從坐標(biāo)原點O以初速度V0射出，粒子恰好經(jīng)過A點,O,A兩點長度為1,連線與坐標(biāo)軸+y方向的夾角為“=37。，不計粒子的重力.(1)若在平行于x軸正方向的勻強電場Ei中，粒子沿+y方向從O點射出，恰好經(jīng)過A點；若在平行于y軸正方向的勻強電場E2中，粒子沿+x方向從O點射出，也恰好能經(jīng)過A點，求這兩種情E1I況電場強度的比值一.(2)若在y軸左側(cè)空間(第n,出象限)存在垂直紙面的勻強磁場，粒子從坐標(biāo)原點 O,沿與+y軸成30。的方向射入第二象限，恰好經(jīng)過 A點，求磁感應(yīng)強度B.64可一：64115/【解析】 (1)在電場Ei中l(wèi)sin(x=lsin(x=1cos(x=voti；在電場E2中l(wèi)cosa=lcosa=lsina=vot2,聯(lián)立解得(2)設(shè)軌跡半徑為R,軌跡如圖所示.OC=2RSin30,由幾何知識可得tan30=/sin3702Z?sm30°+fcos370解得OC=2RSin30,由幾何知識可得tan30=/sin3702Z?sm30°+fcos370解得R=又由qvoB= R得R=得R=J71VO節(jié);5|3#+41m、聯(lián)立解得B=A 方向垂直紙面向里.llql3.如圖在xoy平面內(nèi)有平行于x軸的兩個足夠大的熒光屏M,N,它們的位置分別滿足y=l和y=0,兩屏之間為真空區(qū)域。在坐標(biāo)原點 O有一放射源不斷沿y軸正方向向真空區(qū)域內(nèi)發(fā)射帶電粒子，已知帶電粒子有兩種。為探索兩種粒子的具體情況，我們可以在真空區(qū)域內(nèi)控制一個勻強電場和一個勻強磁場，電場的場強為 E,方向與x軸平行，磁場的磁感應(yīng)強度為 B,方向垂直于xoy平面。M屏上有一個M屏上有一個亮點，其位置在S(0,1);如果只讓磁場存在，我們發(fā)現(xiàn)僅在N屏上出現(xiàn)了兩個亮點，位置分別為P(-21,0),Q(1/,0),由此我們可以將兩種粒子分別叫做 P粒子和Q粒子。已知粒子間的相互作用和粒子重力可以忽略不計，試求(坐標(biāo)結(jié)果只能用 1表達)：f小切fI廿 z Io 甚(1)如果只讓磁場存在，但將磁場的磁感應(yīng)強度減為 Bi=±H，請計算熒光屏上出現(xiàn)的所有亮點n的位置坐標(biāo)；(2)如果只讓電場存在，請計算熒光屏上出現(xiàn)的所有亮點的位置坐標(biāo)；(3)如果只讓磁場存在，當(dāng)將磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)?B2=kB時，兩種粒子在磁場中運動的時間相等，求k的數(shù)值?！敬鸢浮?1)P粒子亮點位置("W，l)Q粒子仍打在N屏上，易得亮點位置(1,0)(J1),(-21,1)(3)立7【解析】(1)當(dāng)磁場B和電場E同時存在時，兩種粒子都受力平衡，都滿足Eq=BqvE所以兩種粒子速度相同都為 v=—①當(dāng)僅存在磁場時，帶電粒子做勻速圓周運動，洛侖茲力充當(dāng)向心力，兩種粒子都滿足Bqv=-m一得=~z~②r典當(dāng)磁場強度為B時,

JP粒子的軌道半徑ri=l,Q粒子軌道半徑為r2=—③=2r2'=由②可知當(dāng)磁場為Bi減半時，兩粒子做圓周運動的半徑都加倍，此時 r=2r2'=此時P粒子將打在M屏上，由幾何關(guān)系可求出落點橫坐標(biāo)辰-F-描所以p粒子亮點位置（弋一5,i）而Q粒子仍打在N屏上，易得亮點位置（I,0）（2）由上問①②③式，可得兩粒子的荷質(zhì)比及其與 （2）由上問①②③式，可得兩粒子的荷質(zhì)比及其與 E,B的關(guān)系，對P,E4『二嗎E④爐g式二4叫E⑤當(dāng)僅存在電場時，P粒子將向右偏，y方向分運動為勻速直線運動vt=I⑥X方向分運動為受電場力下的勻加速直線運動，有Q分別有結(jié)合④⑥⑦可得由①④⑨可得X1=同理可以求得Q粒子在-X方向的偏轉(zhuǎn)位移為X2=2lI故P,Q兩粒子打在屏上的位置坐標(biāo)分別為（一，l）,（-2l,1）。（3）由②和③可以得出結(jié)論，不論磁場為多少， P,Q兩粒子的軌道半徑Ri：R2=4:1不變。因為兩粒子速度大小相等，所以要想兩粒子運動時間相等，即運動弧長相等，兩粒子運動的圓弧圓心角之比必須為01:02=1：4。如圖粒子打在M屏上時，其運動軌跡圓弧圓心角 0（銳角）與半徑R滿足1=Rsin0,不可能滿足Ri：R2=4：1和Qi：62=1：4。所以兩粒子都打在M屏上不可能滿足要求。兩粒子都打在N屏上，圓心角都為兀也不能滿足要求。所以結(jié)果必然為P粒子打在M屏而Q粒子打在N屏，所以a=0而01=-^。由幾何關(guān)系易得此時R=J1l,結(jié)合②③可求得此時B2= B,k=.如圖所示，在兩塊水平金屬極板間加有電 壓U構(gòu)成偏轉(zhuǎn)電場，一束比荷為二二10'C擔(dān)帶正nt電的粒子流（重力不計），以速度 vo=104m/s沿水平方向從金屬極板正中間射入兩板。粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后進入一具有理想邊界的半圓形變化磁場 區(qū)域，O為圓心，區(qū)域直徑AB長度為L=1m,AB與水平方向成45。角。區(qū)域內(nèi)有按如圖所示規(guī)律作周期性變化白磁場，已知Bo=0.5T,磁場方向以垂直于紙面向外為正。粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后，恰好從下極板邊緣 O點與水平方向成45°斜向下射入磁場。求：(1)兩金屬極板間的電壓U是多大？(2)若To=0.5s,求t=0s時刻射入磁場的帶電粒子在磁場中運動的時間 t和離開磁場的位置。(3)要使所有帶電粒子通過 。點后的運動過程中不再從AB兩點間越過，求出磁場的變化周期 Bo,To應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮?1)100V(2),=2源X10。，射出點在AB間離。點(3)&(三父10一建【解析】(1)粒子在電場中做類平拋運動，從。點射出使速度v=4代入數(shù)據(jù)得U=100V粒子在磁場中經(jīng)過半周從OB中穿出，粒子在磁場中運動時間r=-=2tx10--s射出點在AB間離。點0_04m加(3)粒子運動周期2加.v——=4,7X10s(3)粒子運動周期2加.v——=4,7X10s,粒子在劭t=0,『=工…?時刻射入時，粒子最可能從AB間射出如圖，由幾何關(guān)系可得臨界時要不從AB邊界射出，應(yīng)滿足.如圖所示，平行板電容器上板 M帶正電，兩板間電壓恒為 U,極板長為(1+6)d,板間距離P點是磁場邊界與為2d,在兩板間有一圓形勻強磁場區(qū)域，磁場邊界與兩板及右側(cè)邊緣線相切,下板NP點是磁場邊界與P點。的正中間以大小為voP點。(1)判斷微粒的帶電性質(zhì)并求其電荷量與質(zhì)量的比值;(2)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；(3)若帶電微粒從M板左側(cè)邊緣沿正對磁場圓心的方向射入板間電場，要使微粒不與兩板相碰并從極板左側(cè)射出，求微粒入射速度的大小范圍。

咯案】負電:等八第y【解析】(1)由題意可知，微粒所受電場力向上，上板帶正電可得微粒帶負電,由于微粒做勻速直線運動可得mg=qElUq又內(nèi)=——可得'=2dm(2)由題意可得，微粒從下板P垂直射出，所以R二d根據(jù)牛頓第二定律■(3)如圖所示,(3)如圖所示,要使粒子從左板射出，臨界條件是恰從下板左邊射出，此八d時根據(jù)幾何關(guān)系可得■■廣微粒做圓周運動的半徑一--二3TOC\o"1-5"\h\z又根據(jù)牛頓第二定律 .._解得. --.3要使微粒從左板射出 _J.如圖所示，相距3L的AB,CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同，方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場I的場強方向豎直向下， PT下方的電場II的場強方向豎直向上，電場I的場強大小是電場n大小是電場n的場強大小的兩倍，在電場左邊界AB上有點Q,PQ間距離為L。從某時刻起由Q以q,質(zhì)量為m。通過q,質(zhì)量為m。通過PT上的某點RPR兩點的距離為2L。不計粒子的進入勻強電場I后從CD邊上的y點水平射出，其軌跡如圖，若重力。試求:（1）勻強電場I的電場強度E的大小和yT之間的距離;（2）有一邊長為a,由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔 S,將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界，若從Q點射入的粒子經(jīng)AB,CD間的電場從S孔水平射入容器中。欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從 S孔射出（粒子與絕緣壁碰撞時無機械能和電量損失），并返回Q點，需在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強磁場，粒子運動的半徑小于磁感應(yīng)強度B的大小應(yīng)滿足的條件以及從Q磁感應(yīng)強度B的大小應(yīng)滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經(jīng)歷的時間。（6力+1）（6力+1）如唯一⑵一--（）二二【解析】（1）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由日電場進入日電場，由Q到R及R到y(tǒng)點的時間分別為t為t2與ti,到達R時豎直速度為vy,則：由F=qE=用口（1）；在電場I中：在垂直電場方向做勻速直線運動： 2L=Vot2（2）;在平行電場方向做勻減速直線運動： 工=⑶；2次.到達R時豎直速度為vy,%,二旦九二芻￡及⑷；在電場II中：在平行電場方向做勻加速直線運動： 、"二L氈#(5)；2陰在垂直電場方向做勻速直線運動： L=Voti(6)；聯(lián)立以上各式解得： MT=-L，二&二竺之。2 1 qL(2)欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運動的半徑為 r,則外刀二巴士⑺，。+%)產(chǎn)=彳口存=[2…(8)；2mv^(l+2n)解得:B n-1,2...解得:鮑由幾何關(guān)系可知n=1,2,3…(10),由幾何關(guān)系可知n=1,2,3…(10),代入(11);代入(⑵；(6m+1),73一i- #=1二…(13)；2(2^4IX '7.如圖，空間某區(qū)域存在寬度為 5d=0.4m豎直向下的勻強電場，電場強度為 0.1V/m,在電場中還存在3個磁感應(yīng)強度方向為水平的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為 0.1T。一帶負電小球從離磁場上邊界h=0.2m的A處自由下落。帶電小球在這個有電場和磁場的區(qū)域運動。已知磁場寬度為

d=0.08m,兩個磁場相距也為d=0.08m,帶電小球質(zhì)量為m=10-5kg,小球帶有的電荷量為q=-10-3C.求：（1）小球剛進入電場磁場區(qū)域時的速度；（2）小球第一次離開磁場1時的速度及穿過磁場1磁場2所用的時間；（3）帶電小球能回到與A同一高度處嗎？如不能回到同一高度，請你通過計算加以說明；如能夠回到同一高度，則請求出從A處出發(fā)開始計時到回到同一高度的時刻（假設(shè)磁場電場區(qū)域足夠長,g=10m/s2,7^=0-92）【答案】（1）2m/s（2）0.092s（3）微?？梢曰氐脚cA等高的位置0.93s【解析】（1）微粒在進入電場磁場區(qū)域之前為自由落體運動，因此有:掰/二加或v=J'g內(nèi)=s）方向豎直向下（2）微粒進入電場磁場區(qū)域時，始終受到重力，電場力作用，但重力，電場力始終大小相等，方向相反，因此，微粒在電場磁場區(qū)域運動時可以不考慮這兩個力的影響。微粒在磁場 1中運動時只考慮洛倫磁力的作用。微粒在磁場 1中做勻速圓周運動，微粒離開磁場 1時速度大小還是￥=2（刈。；假設(shè)微粒在磁場1中運動時圓弧對應(yīng)的圓心角為可，則尸===020）d0.08d0.08sma=-=-yY=0-4,所以帶電微粒離開磁場1時速度方向為與豎直方向的夾角為 61微粒在磁場1和磁場2中運動時的兩端圓弧半徑相等，兩端圓弧對接后所對的圓心角為則而2=0.8,則乩二工3。，時間才=二?7=0.092(a)(3)分析微粒在電場磁場區(qū)域的運動情況，微?？梢曰氐脚c A等高的位置。在三個磁場中運動的總時間為半個圓周運動周期， ss--=0-31sqB(2h-微粒在電場磁場區(qū)域運動的總時間為 ssSj—=0.4s微粒在磁場1和磁場2之間的電場中運動為勻速直線運動，d總時間為--svcas%微粒在磁場3和磁場2之間的電場中運動也為勻速直線運動，d總時間為一］ _ ：svcas所以，微粒要回到與A等高處的最少時間.-0.31+0.4+0.087+0.13=0.93s8.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，在 y>0的區(qū)域存在勻強電場，場強沿 y軸負方向，在y<0的區(qū)域存在勻強磁場，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向外。一電荷量為 q,質(zhì)量為m的帶正電粒子，經(jīng)過y軸上y=h處的點Pi時速率為vo,方向沿x軸正方向；然后經(jīng)過x軸上x=2h處白pP2點進入磁場。不計粒子重力。(1)求電場強度的大小;

(2)若粒子進入磁場后，接著經(jīng)過了 y軸上y=-2h處的P3點，求磁感應(yīng)強度的大?。?3)若只改變磁場的大小(仍為勻強磁場)，讓粒子仍從 Pi經(jīng)P2沿原路徑進入磁場后，為了使粒子能再次通過P2點，求磁感應(yīng)強度的大小滿足的條件?！敬鸢浮竣哦?2)-- ——■——聞二小的⑶以=瓦=威或者‘二成=丁【解析】(1)粒子運動軌跡如圖甲所示在電場中，2h2=—、2h=v0t汨=-G*解得E= -布2 2qh(2)在電場中vy=at=v0進入磁場的速度'=+W=霹V：,方向與x軸成45在磁場中，連接P2,P3兩點，由幾何關(guān)系知， 里外為圓弧的直徑，所以R=^2h,又由qB二加一所以2=17於 非(3)設(shè)滿足條件的磁感應(yīng)強度為B',下面分兩種情況進行討論.第一種情況：根據(jù)對稱性，軌跡關(guān)于 y軸對稱，能過P2點的軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系知R=2回又由自近？'=次又由自近？'=次所以以=

RqRIqh第二種情況：如果軌跡與y軸不對稱，能過P2點的軌跡如圖丙所示，設(shè)粒子此后在電場中偏轉(zhuǎn)次后再經(jīng)過P次后再經(jīng)過P2點，當(dāng)n=l時，粒子在磁場中將偏轉(zhuǎn)2次過四點，"元行=%行當(dāng)n=2時，粒子在磁場中將偏轉(zhuǎn) 3次過P2點，—二。絲—2(241) 1+1當(dāng)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)當(dāng)n=2時，粒子在磁場中將偏轉(zhuǎn) 3次過P2點，—二。絲—2(241) 1+1當(dāng)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)n次時，粒子在磁場中將n+1次過 P2點，斤M工4月 片Inh就V- - (n=1,2,3,4+1) 打+1 普+1所以展二(n=1,2,3,4

n+1又由 1二舊——，所以8=—= (n=1,2,3,4所以過P2點的條件是巾VE, 口.g01+1),%B=-=-"或者刃=—= L冰爐 婢2^h9.如圖所示，是一種電子擴束裝置的原理示意圖。直角坐標(biāo)系原點 。處有一電子發(fā)射裝置，可以不斷朝xOy平面內(nèi)x>0區(qū)域任意方向發(fā)射電子，電子的速率均為 vo,已知電子的電荷量為 e,質(zhì)量為m。在0今汨的區(qū)域內(nèi)分布著沿x軸負方向的勻強電場，場強大小布著足夠大且垂直于xOy平面向外的勻強磁場，勻強磁場的磁感應(yīng)強度,在x>d區(qū)域內(nèi)分?4就工、B= 。ab為一塊很0d大的平面感光板，在磁場內(nèi)平行于 y軸放置，電子打到板上后會在板上形成一條亮線。不計電子的重力和電子之間的相互作用。求:(1)電子進入磁場時速度v的大小;(2)當(dāng)感光板沿x軸方向移到某一位置時恰好沒有電子打到板上，求板 ab到y(tǒng)軸的距離xi；B'的大小(3)保持(2)中感光板位置不動，要使所有電子恰好都能打到感光板上時磁感應(yīng)強度以及電子打到板上形成亮線的長度IB'的大小【解析】(1)電場力對電子做功，根據(jù)動能定理:【解析】(1)電場力對電子做功，根據(jù)動能定理:解①得：吆②(2)由題意結(jié)合左手定則可以判定：若沿

能打到ab(2)由題意結(jié)合左手定則可以判定：若沿

能打到ab板上時，則所有電子均不能打到y(tǒng)軸負方向射出的電子進入磁場后軌跡與ab板上，作出其運動軌跡如圖所示。ab板相切不設(shè)該電子進入磁場時與豎直方向的夾角為電子在洛倫茲力作用下做圓周運動： 叁8二用上④Y由圖中幾何關(guān)系：-4=⑹+d⑤聯(lián)解②③④⑤得：7=-a⑥ab板相(3)由題意結(jié)合左手定則可以判定：若沿 yab板相切能打到ab板上，則所有電子均能打到板上，作出其運動軌跡如圖所示。由圖中幾何關(guān)系:由圖中幾何關(guān)系:聯(lián)解②③⑥⑦⑧得:聯(lián)解②③⑥⑦⑧得:沿y沿y軸正，負方向發(fā)射的電子在電場中做類平拋運動，設(shè)沿y軸的偏轉(zhuǎn)量為yi,則:設(shè)沿y軸正方向發(fā)射的電子打到感光板上時在磁場中運動沿y設(shè)沿y軸正方向發(fā)射的電子打到感光板上時在磁場中運動沿y軸的偏轉(zhuǎn)量為y2,沿y軸負方向發(fā)射的電子打到感光板上時在磁場中運動沿 y軸的偏轉(zhuǎn)量為y3,由圖中幾何關(guān)系得:電子打到板上形成亮線的長度:聯(lián)解得:.如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)電場的兩個平行極板水平放置，板長L=0.08m,板間距足夠大，兩板的右側(cè)有水平寬度l=0.06m,豎直寬度足夠大的有界勻強磁場。一個比荷為￡= 的帶負電粒子以速度V0=8M05m/s從兩板中間沿與板平行的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，若從該粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時開始計時，板間場強恰好按圖乙所示的規(guī)律變化。粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后進入勻強磁場并最終垂直磁場右邊界射出。不計粒子重力，求：(1)粒子在磁場中運動的速率 v；(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑 R和磁場的磁感應(yīng)強度 Bo【答案】(1)v= s(2)0.1m0.2T【解析】(1)根據(jù)題意，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間:L 01=-=10、T0飛①v0對比乙圖可知，電子在極板間運動的時間是偏轉(zhuǎn)電場的一個周期。在第一個t=5M0—8s時間內(nèi)，電子在垂直于極板方向上做初速為0的勻加速直線運動，有:遙二用口②v_③在第二個t=5M0—8s時間內(nèi)，電子做勻速直線運動，帶電粒子進入磁場時的速度為：聯(lián)解①③④⑤得：⑤(2)作出電子在磁場中的軌跡如圖所示 ⑥設(shè)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為 R,由幾何關(guān)系有:/Vj_一二二⑦Rv粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：聯(lián)解⑦⑧得：R=0.1m⑨B=0.2T⑩.如圖a所示，兩豎直線所夾區(qū)域內(nèi)存在周期性變化的勻強電場與勻強磁場，變化情況如圖 b,所示，電場強度方向以y軸負方向為正，磁感應(yīng)強度方向以垂直紙面向外為正。 t=0時刻，一質(zhì)量為m,電量為q的帶正電粒子從坐標(biāo)原點。開始以速度vo沿x軸正方向運動，粒子重力忽略不計，圖b,=圖b,=~b~,B0已知.要使帶電粒子在0?4nt0(nCN)時間內(nèi)一■直在場區(qū)運動，求:(1)在給定的坐標(biāo)上畫出帶電粒子在 0?4tO時間內(nèi)的軌跡示意圖，并在圖中標(biāo)明粒子的運動性質(zhì);(2)在t0時刻粒子速度方向與x軸的夾角；(3)右邊界到O的最小距離;(4)場區(qū)的最小寬度。(2)粒子做類平拋運動v二良壇％,又鼻二竺;絲，tan8=，，則t0時刻粒子速度方向與 x程1 4位 與軸的夾角為37?(3)如圖所示:

粒子作類平拋運動的水平位移 E二也，有幾何關(guān)系可知々=號一旦8元不,根據(jù)牛頓第二定律哂上，其中v=見、；右邊界到O點的距離最小值為工=內(nèi)+巧=(江+0一5|竺^。殳 <osS7 4 qR(4)每隔時間4t0,粒子向左平移37c,4nt0時刻，粒子與。點在x方向相距233口3小，根據(jù)牛頓第二定律8魂立=溶二，則左側(cè)場區(qū)邊界離。點的距離為及■=2返/-=2返/-37。+兄=(L5n+l)嗎故在。?4nto時間內(nèi)，場區(qū)的寬度至少為工二,十4工="一5"13+丸)巴^.七、 逐‘【解析】.如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻，大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙，丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向，沿 y軸正方向電場強度為正)。在t=0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v。，方向沿y軸正方向的帶負電粒子。已知Vo,to,Bo,已知Vo,to,Bo,粒子的比荷為71~j7~,不計粒子的重力。求:(1)t=t。時，求粒子的位置坐標(biāo);(2)若t=5to時粒子回到原點，求0?5t。時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離;

（3）若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有E。，值。1BBq???限■■■一TOC\o"1-5"\h\z0t'fl2t0st04t05t0'*X Z ?JE0 %i~； ；一； ；~；V * I I ￥ RV I I ? P■ ■ ■ ? *i a- a i iii b：：!：：：!dt；2v瓶一島r甲 丙（2）（2）彳+-、我⑶/二(n=1,2,3,…)nJi【解析】（1）由粒子的比荷q【解析】（1）由粒子的比荷q71 r-=^—,則粒子做圓周運動的周期丁W 阮1上轉(zhuǎn)過的圓心角?=^,由牛頓第二定律= ,得q二耳71（2）粒子『=5%時回到原點，軌跡如圖所示七氏「募吁總得『為；上生（2）粒子『=5%時回到原點，軌跡如圖所示七氏「募吁總得『為；上生，粒子在“一2%時間內(nèi)做勻加速直線運動， 2為-3%時間內(nèi)做勻速圓周運動，則在5%時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離:%十2%%+八二;-(3)如圖所示,設(shè)帶電粒子在x(3)如圖所示,設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為「1,在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為「2,由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足(n=1,2,3,…)聯(lián)立以上解得得瓦口二”也(n=1,23,…)得瓦口二”也(n=1,23,…)13.在xOy平面內(nèi)，直線OP與y軸的夾角燈45°。第一，第二象限內(nèi)存在方向分別為豎直向下和水平向右的勻強電場，電場強度大小均為 E=1.0M05N/C；在x軸下方有垂直于紙面向外的勻強磁場磁感應(yīng)強度B=0.1T,如圖所示?，F(xiàn)有一帶正電的粒子從直線 OP上某點A(-L,L)處靜止釋放。設(shè)粒子的比荷工=4.0M07C/kg,粒子重力不計。求:(1)若L=2cm,粒子進入磁場時與x軸交點的橫坐標(biāo)及粒子速度的大小和方向;(2)如果在直線OP上各點釋放許多個上述帶電粒子(粒子間的相互作用力不計)，試證明各帶電粒子進入磁場后做圓周運動的圓心點的集合為一拋物線?！敬鸢浮?1)粒子在第二象限勻加速直線的過程：qEL=:網(wǎng)片,得vi=4M05m/s；粒子在第一象限做類平拋運動：2,y=彳口二=￡,x=vit,得x=2L=0.04m；vx=vi=4M05m/s；vy=at=4X105m/s；設(shè)粒子進入磁場時速度方向與 x軸正方向的夾角為 0,tan日===1,則0=45°；粒子進入磁場時的速度為的=次"際=4理句爐mH；與x軸正方向成45°角斜向下.2)L取任意值時均有：xo=2L,0=45°,粒子在磁場中做勻速圓周運動時,Q二上代入數(shù)據(jù)得：R=JZ;Jt所以圓心的坐標(biāo)為：工=2上」立A，v=--R，1 - 2R=近代入并消去L,得x=4y2+y；此方程為一拋物線方程.【解析】14【解析】14.如圖，在xOy平面的第一