2016年安徽自主招生物理模拟试题：带电粒子在交变电场中的运动

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2016年安徽省合肥168中自主招生物理模拟试卷及参考答案

2016年安徽省合肥168中自主招生物理模拟试卷一、单项选择题（每题3分，共24分）1．（3分）炎炎夏日，气温上升，温度计中的水银柱升高，则水银柱的哪个物理量不发生变化（）A．密度B．内能C．质量D．体积2．（3分）一只蜜蜂和一辆汽车在平直公路上以同样大小速度并列运动．如果这只蜜蜂眼睛盯着汽车车轮边缘上某一点，那么它看到的这一点的运动轨迹是（）A．B．C．D．3．（3分）某次演练中，直升机悬停于高空，一伞兵（含伞）跳伞后竖直降落，其速度v与时间t的关系如图所示，下列判断中正确的是（）A．在0～t1内，伞兵受到的重力小于阻力B．在t1～t2内，伞兵受到的重力等于阻力C．在t2～t3内，伞兵的机械能不变D．在t2～t3内，伞兵受到的阻力保持不变4．（3分）有四个完全相同的均匀正方体木块放在水平桌上，现将甲、乙、丙截去完全相同的两个小正方体（图中阴影部分）后，它们对桌面的压强分别为P、甲P乙、P丙和P丁，则（）A．P 丁＞P 甲=P 乙=P 丙B．P 乙＞P 丙＞P 丁＞P 甲C．P 乙＞P 丙=P 丁=P 甲D．P 乙＞P 甲＞P 丙＞P 丁5．（3分）A、B两物体质量相等，温度均为10℃；甲、乙两杯水质量相等，温度均为50℃．现将A放入甲杯，B放入乙杯，热平衡后甲杯水温降低了4℃，乙杯水温降低了8℃，不考虑热量的损耗，则A、B两物体的比热容之比为（）A．4：9 B．3：5 C．2：3 D．1：26．（3分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中，当点燃的蜡烛、凸透镜、光屏置于光具座如图所示的位置时，下列说法正确的是（）A．此时在光屏上一定能得到一个倒立、放大、清晰的烛焰的像B．透镜不动，将蜡烛和光屏的位置对调一下，一定能得到一个倒立、缩小、清晰的烛焰的像C．不论蜡烛放在凸透镜左方何处，去掉光屏而用眼睛从右向左沿主轴直接观察，一定能看到清晰的烛焰的像D．把凸透镜换成凹透境，则不论蜡烛放在凹透镜左方何处，去掉光屏而用眼睛从右向左沿主光轴直接观察，一定能看到清晰的烛焰的像7．（3分）如图所示的电路是由12个不同的电阻组成的，已知R1=12Ω，其余电阻值未知，测得AB间总阻值为6Ω．现将R1换成6Ω 的电阻，则AB间总阻值变为（）A．4ΩB．6ΩC．12Ω D．24Ω8．（3分）由力学知识可知，滑动摩擦力等于滑动摩擦系数乘以接触面的正压力．如图所示，A、B 两物体在水平向右的拉力F作用下一起做匀速直线运动，用μ1、μ2分别表示A、B之间、B与地面之间的动摩擦系数，则可判断（）A．μ1一定为零，μ2一定为零B．μ1一定为零，μ2一定不为零C．μ1不一定为零，μ2一定为零D．μ1不一定为零，μ2一定不为零二、填空题（每空2分，共28分）9．（4分）古诗《小儿垂钓》中有“路人借问遥招手，怕得鱼惊不应人”．（1）这个钓鱼的小儿面对路人的询问，只是招招手却默不作声．这因为他知道声音不仅能在空气中传播，还能在中传播；（2）小儿招手会产生声波，但鱼儿听不见的原因是不在鱼儿的听觉范围．10．（4分）现有两个分别标有“6V 6W”和“3V 6W”的灯泡L1和L2，若将它们并联后接在某一电源上，使其中一个灯泡正常发光，干路允许通过的最大电流是A．若将它们串联后接在某一电源上，使其中一个灯泡正常发光，则电源电压是V．11．（4分）如图所示，电源电压不变，闭合电键S1，电压表和电流表读数分别为U1和I1，再闭合S2，电压表和电流表读数为U2和I2，则U1U2，I1I2（均选填“大于”、“小于”、“等于”）．12．（4分）如图所示，用两块位于竖直平面内的平行正对的木板A、B夹住木块C，使木块C处于静止状态．木块C的重力为G，木板A、B对木块C的压力分别为F1、F2，木板A、B对木块C的摩擦力均为f．则F1、F2是一对，且f=．13．（4分）电动自行车已成为大众化的一种交通工具，小乔对家里的电动自行车进行了测试，他骑车在平直的路面上由静止开始运动，获得如图所示的速度v 和牵引力F随时间t变化的关系图象．已知匀速行驶时，电动机输入电压48V，输入电流5A，由图可知，7～12s电动自行车受到的摩擦力为N；电动自行车匀速行驶时，电能转化为机械能的效率为%．14．（4分）如图所示，在x轴的原点处放一点光源S，距点光源a处放一不透光的边长为a的正方体物块．若在x轴的上方距x轴为2a处放一平行于x轴且面向物块的长平面镜，则在正方体右侧x轴上，被点光源S发出经长平面镜反射而照亮的点中，到点光源S最远的距离为，同时正方体右侧x轴上被照亮的长度为．15．（4分）如图A、B所示，平静的湖面上有两艘小船，绳的一端拴在甲船上，绕过乙船上的滑轮，站在船上或岸上的人用100N的力拉绳子的自由端．如果A、B图中甲船在20s内向右匀速移动了10m，同时乙船向左移动了4m，则A、B图中人拉绳子的功率分别为W与W．三、实验题（每空2分，共24分）16．（8分）在“测滑轮组机械效率”的实验中，用同一滑轮组进行了两次实验，实验数据如下表所示．（1）在表格的空格处，填上合适的数据；（2）在图中用笔画线代替细绳组装滑轮组；（3）第1次实验测得滑轮组的机械效率为；（4）如果将重为2N的钩码挂在同一滑轮组下，根据题中已有的信息可以判断出这时滑轮组的机械效率应在范围内．17．（6分）有一种磁性非金属材料叫铁氧体，某同学研究铁氧体的磁性与温度的关系．他在恒温箱顶部固定一个铁氧体，然后在铁氧体下方放一磁铁，实验现象如图2（a）所示，然后改变恒温箱的温度，观察到的现象如图2（b）、（c）所示．（1）根据图1（a）、（b）和（c）及相关条件可以归纳得出结论：在一定温度范围内，温度越高，铁氧体的磁性（选填“越强”、“越弱”、“不变”）．（2）自动电饭锅就应用到了以上结论，图2为电饭锅的原理图，安装在发热盘（锅底）中央的温控器内部装有铁氧体、永磁体、弹簧等元件．煮米饭时，两个金属触点（选填“接触”或“断开”），加热元件工作；当锅底的温度升高到某温度时，永磁体与铁氧体（选填“分开”或“吸引”），加热元件停止工作．19．（10分）要测量一个阻值约为几百欧的电阻R x．实验室提供的器材有：电源（电压为3V）、学生用电流表（量程为～6A、0～3A）、学生用电压表（量程为0～3V、0～15V）、滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω）和电阻箱R2（0～9999Ω 5A）各一个，开关、导线若干．（1）豆豆用伏安法测量该电阻，如图1所示是豆豆连接的电路．接通电路后，观察到电流表指针不偏转，示数为零，电压表示数为3V．请你判断：电路中哪一个元件发生了什么故障？答：；（2）在排除故障后，经检查电路完好．闭合开关，逐渐减小滑动变阻器的接入电阻至最小，电压表有示数，但电流表的指针几乎不偏转，电流太小的原因是，所以按豆豆所选的器材不能用伏安法测出该电阻的阻值．（3）豆豆在实验室所提供的器材中选择合适的器材，设计如下实验方案测出该电阻的阻值，请你帮助其将方案补充完整．①实验电路如图2所示；②实验步骤：按图连接好电路；，调节滑动变阻器，使电压表显示合适的值；，读出电阻箱的阻值为R；③写出待测电阻R x的表达式：．四、计算与推导题（19题7分，20题8分，21题9分，共24分）20．（7分）斜面是一种常见的简单机械，在生产和生活中利用斜面提升物体可以省力．（1）图1示为倾角θ=30°的固定斜面，用平行于斜面的拉力F=4N，将一物体从斜面底端匀速拉到斜面顶端，已知物体上升的高度h=1m，求拉力F做的功；（2）若斜面的高度H一定（图2），倾角θ可以改变，在不考虑摩擦时，用水平推力F将重为G的物体匀速推上斜面顶端，试推导：θ 越小，F越小．21．（8分）如图，光滑长木板AB可绕O转动，质量不计，A端用竖直绳与地板上拉着，在离O点0.4m的B处挂一密度为0.8×103kg/m3；长20cm的长方形物体，当物体浸入水中10cm深处静止时，从盛水到溢水口的杯中溢出0.5N的水（g=10N/kg），求：①物体受到的浮力②物体的重力③当一质量为200g的球从0点以2cm/s的速度沿木板向A端匀速运动时，问球由O点出发多少时间，系在A端的绳拉力刚好为零？22．（9分）如图所示，电源电压和小灯泡的阻值均保持不变，小灯泡L标有“4V 1.6W”字样，R1=20Ω，滑动变阻器R2允许通过的最大电流为1A，电流表的量程为0﹣0.6A，电压表的量程为0﹣3V．只闭合开关S2时，电压表的示数为2V，则（1）R1消耗的电功率是多少？（2）在不损坏各电路元件的情况下，若闭合所有开关，滑动变阻器R2消耗的最大功率和最小功率之比为3：1，若只闭合开关S3，小灯泡L消耗的电功率变化范围是多少？2016年安徽省合肥168中自主招生物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题3分，共24分）1．（3分）炎炎夏日，气温上升，温度计中的水银柱升高，则水银柱的哪个物理量不发生变化（）A．密度B．内能C．质量D．体积【解答】解：A、温度升高，水银质量不变，体积变大，根据ρ=知密度变小，故A不符合题意；B、内能的大小与物体的质量和温度有关，在质量一定时，温度越高，其内能越大，故B不符合题意；C、物体所含物质多少叫做物体的质量，质量大小与温度无关，故C不符合题意；D、物体有热胀冷缩的性质，水银温度升高后体积变大，故D不符合题意．故选C．2．（3分）一只蜜蜂和一辆汽车在平直公路上以同样大小速度并列运动．如果这只蜜蜂眼睛盯着汽车车轮边缘上某一点，那么它看到的这一点的运动轨迹是（）A．B．C．D．【解答】解：因为蜜蜂与汽车速度大小相等且它们并列运动，以汽车为参照物，蜜蜂相对于汽车位置不变，它们在水平方向上相对静止，车轮边缘的点相对于车作圆周运动，运动轨迹是圆，因蜜蜂相对于车静止，所以蜜蜂看到的车轮边缘上的点的运动轨迹是圆．故选A．3．（3分）某次演练中，直升机悬停于高空，一伞兵（含伞）跳伞后竖直降落，其速度v与时间t的关系如图所示，下列判断中正确的是（）A．在0～t1内，伞兵受到的重力小于阻力B．在t1～t2内，伞兵受到的重力等于阻力C．在t2～t3内，伞兵的机械能不变D．在t2～t3内，伞兵受到的阻力保持不变【解答】解：从图象中可以看出0～t1，速度在增大，受到的重力大于阻力；从t1～t2，速度在减小，受到的重力小于阻力；从t2～t3，速度不变，重力等于阻力，重力不变，阻力不变．高度减小，重力势能减小，速度不变，动能不变，因此机械能减小．故选D．4．（3分）有四个完全相同的均匀正方体木块放在水平桌上，现将甲、乙、丙截去完全相同的两个小正方体（图中阴影部分）后，它们对桌面的压强分别为P甲、P乙、P丙和P丁，则（）A．P 丁＞P 甲=P 乙=P 丙B．P 乙＞P 丙＞P 丁＞P 甲C．P 乙＞P 丙=P 丁=P 甲D．P 乙＞P 甲＞P 丙＞P 丁【解答】解：对于甲和丁，对桌面的压力：F甲＜F丁，S甲=S丁，因p=，故p甲＜p丁；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对于甲、乙、丙，对桌面的压力：F甲=F乙=F丙，S甲＞S丙＞S乙，因p=，故p甲＜p丙＜p乙；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②对于丙和丁：若将丙的左边露出部分切掉，得出丙′，如下所示：因p====ρgh，故p丙′=p丁；根据p=，F丙＞F丙′，S丙=S丙′，所以，p丙＞p丙′；p丙＞p丙′=p丁；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③由①②③得出：p乙＞p丙＞p丁＞p甲．故选B．5．（3分）A、B两物体质量相等，温度均为10℃；甲、乙两杯水质量相等，温度均为50℃．现将A放入甲杯，B放入乙杯，热平衡后甲杯水温降低了4℃，乙杯水温降低了8℃，不考虑热量的损耗，则A、B两物体的比热容之比为（）A．4：9 B．3：5 C．2：3 D．1：2【解答】解：（1）物体A放入甲杯水后，△t水=4℃，则它们的共同温度为50℃﹣4℃=46℃，物体A的温度由10℃升高到46℃，则△t A=46℃﹣10℃=36℃，水放出的热量Q放=c水m水△t水A吸收的热量Q吸=c A m A△t A，根据热平衡方程：Q放=Q吸，即c水m水△t水=c A m A△t A代入相关数据得：c A=×（2）物体B放入乙杯水后，△t水′=8℃，它们的共同温度为50℃﹣8℃=42℃，B的温度由10℃升高到42℃，则△t B=42℃﹣10℃=32℃，水放出的热量Q放=c水m水△t水′B吸收的热量Q吸=c B m B△t B，根据热平衡方程：Q放=Q吸，即c水m水△t水′=c B m B△t B代入相关数据得：c B=×（3）∵A、B两物体质量相等，即m A=m B，∴==4：9．故选A．6．（3分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中，当点燃的蜡烛、凸透镜、光屏置于光具座如图所示的位置时，下列说法正确的是（）A．此时在光屏上一定能得到一个倒立、放大、清晰的烛焰的像B．透镜不动，将蜡烛和光屏的位置对调一下，一定能得到一个倒立、缩小、清晰的烛焰的像C．不论蜡烛放在凸透镜左方何处，去掉光屏而用眼睛从右向左沿主轴直接观察，一定能看到清晰的烛焰的像D．把凸透镜换成凹透境，则不论蜡烛放在凹透镜左方何处，去掉光屏而用眼睛从右向左沿主光轴直接观察，一定能看到清晰的烛焰的像【解答】解：A、观察图示可知u＜v，可成倒立、放大的实像，但光屏上的像不一定清晰，故A错误；B、图示可知成物距介于1倍焦距与2倍焦距之间，而像距大于2倍焦距，成的像是放大倒立的实像，当烛焰与光屏对调后，物距大于2倍焦距，像距介于1倍焦距与2倍焦距之间，倒立缩小的实像，但光屏上的像不一定清晰，故B错误；C、物体在凸透镜的一倍焦距上，不成像，故眼睛不能看到像，故C错误；D、如透镜是凹透镜，则不论物体放在透镜左方何处，只要去掉光屏而用眼睛从右向左沿主轴直接观察，一定能看到物体正立、缩小的虚像，故D正确．故选D．7．（3分）如图所示的电路是由12个不同的电阻组成的，已知R1=12Ω，其余电阻值未知，测得AB间总阻值为6Ω．现将R1换成6Ω 的电阻，则AB间总阻值变为（）A．4ΩB．6ΩC．12Ω D．24Ω【解答】解：设AB以上部分的电阻为R2，由题知，R1与R2并联后的总电阻R=6Ω，即：+=，所以R2===12Ω，把R1=12Ω换成R1′=6Ω后，R2的阻值不变，连接方式仍然为并联，因为=+，所以R′===4Ω．故选A．8．（3分）由力学知识可知，滑动摩擦力等于滑动摩擦系数乘以接触面的正压力．如图所示，A、B 两物体在水平向右的拉力F作用下一起做匀速直线运动，用μ1、μ2分别表示A、B之间、B与地面之间的动摩擦系数，则可判断（）A．μ1一定为零，μ2一定为零B．μ1一定为零，μ2一定不为零C．μ1不一定为零，μ2一定为零D．μ1不一定为零，μ2一定不为零【解答】解：以A为研究对象，分析受力可知，A相对于B没有运动趋势，A不受静摩擦力，即物体A与B间的静摩擦力的大小等于零，但μ1不一定为零，因为摩擦系数和表面的粗糙度有关，尽管A与B无摩擦，并不代表两个接触面不粗糙，可能光滑、可能粗糙（即μ1可能为0，也可能不为0）；以AB整体为研究对象，分析受力可知，整体水平方向受到拉力F和地对B的静摩擦力f，由平衡条件得到，f=F，所以μ2一定不为零，故D正确．故选D．二、填空题（每空2分，共28分）9．（4分）古诗《小儿垂钓》中有“路人借问遥招手，怕得鱼惊不应人”．（1）这个钓鱼的小儿面对路人的询问，只是招招手却默不作声．这因为他知道声音不仅能在空气中传播，还能在水中传播；（2）小儿招手会产生声波，但鱼儿听不见的原因是波的频率太低了不在鱼儿的听觉范围．【解答】解：（1）因为人的声音先经空气传播到水中，然后再经水传播而被鱼听到，所以空气和水都可以传声；（2）招手会产生波动，但由于频率很低，所以不在鱼的听觉范围内，因此鱼不会被吓跑；故答案为：（1）水；（2）波的频率太低了．10．（4分）现有两个分别标有“6V 6W”和“3V 6W”的灯泡L1和L2，若将它们并联后接在某一电源上，使其中一个灯泡正常发光，干路允许通过的最大电流是2.5A．若将它们串联后接在某一电源上，使其中一个灯泡正常发光，则电源电压是7.5V．【解答】解：根据题意知，L1的额定电压U1=6V，额定功率P1=6W．所以L1的额定电流为：I1===1AL1的电阻为：R1===6ΩL2的额定电压为U2=3V，额定功率为P2=6W．所以L2的额定电流为：I2===2AL2的电阻为：R2===1.5Ω若两灯泡并联，若使其中一个灯泡正常发光，电源电压应为3V．所以干路电流为：I=+I2=+2A=2.5A若两灯泡串联，使其中一个灯泡正常发光，则电路中的电流应为I串=1A．所以电源电压为：U串=U1+I串R2=6V+1A×1.5Ω=7.5V故答案为：2.5；7.5．11．（4分）如图所示，电源电压不变，闭合电键S1，电压表和电流表读数分别为U1和I1，再闭合S2，电压表和电流表读数为U2和I2，则U1大于U2，I1小于I 2（均选填“大于”、“小于”、“等于”）．【解答】解：由电路图可知，只闭合电键S1时，下面两个电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表测中间R两端的电压；再闭合S2后，上面两定值电阻并联后再与最下方定值电阻串联，电压表并联部分的电压，电流表测电路中的电流，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，即总电阻小于任何一个分电阻，所以，并联部分的总电阻小于R，电路中的总电阻变小，由I=可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大，则I1＜I2；由U=IR可知，最小方定值电阻两端的电压变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表的示数变小，即U1＞U2．故答案为：大于；小于．12．（4分）如图所示，用两块位于竖直平面内的平行正对的木板A、B夹住木块C，使木块C处于静止状态．木块C的重力为G，木板A、B对木块C的压力分别为F1、F2，木板A、B对木块C的摩擦力均为f．则F1、F2是一对平衡力，且f=G．【解答】解：对物体C而言，处于静止状态，受到平衡力的作用，在水平方向上，C受到木板A对它向右的压力F1和B对木块C向左的压力F2，二力满足二力平衡的条件，是一对平衡力；对物体C而言，处于静止状态，受到平衡力的作用，在竖直方向上，所受重力与摩擦力是平衡力，故G=2f；f=故答案为：平衡力；G．13．（4分）电动自行车已成为大众化的一种交通工具，小乔对家里的电动自行车进行了测试，他骑车在平直的路面上由静止开始运动，获得如图所示的速度v 和牵引力F随时间t变化的关系图象．已知匀速行驶时，电动机输入电压48V，输入电流5A，由图可知，7～12s电动自行车受到的摩擦力为35N；电动自行车匀速行驶时，电能转化为机械能的效率为87.5%．【解答】解：（1）由速度﹣时间图象可知，电动自行车的运动特点是先加速、后匀速；由牵引力﹣时间图象可知，在7～12s牵引力大小F=35N，因为在7～12s匀速运动，所以摩擦力f=F=35N；（2）由速度﹣时间图象可知，电动自行车匀速行驶时速度v=6m/s，则克服摩擦=fv=35N×6m/s=210W；力做功的功率为P有用电动机输入总功率为P=UI=48V×5A=240W，总所以效率η===87.5%．14．（4分）如图所示，在x轴的原点处放一点光源S，距点光源a处放一不透光的边长为a的正方体物块．若在x轴的上方距x轴为2a处放一平行于x轴且面向物块的长平面镜，则在正方体右侧x轴上，被点光源S发出经长平面镜反射而照亮的点中，到点光源S最远的距离为4a，同时正方体右侧x轴上被照亮的长度为a．【解答】解：先根据平面镜成像时像与物关于平面镜对称，作出点光源S的像点S′，因为S距离平面镜为2a，则S′距离平面镜也为2a，那么镜中的像S′与点光源S相距2a+2a=4a；连接SA，光反射到D点，连接S′B，光反射到C点BE=2a，S′E=3a，SS′=4a，因为AB∥FC所以△S′EB∽△S′SC所以=得：=，则SC=，因为AE是△SGH的中位线，所以GH=2AE=2a，同理SD=2GH=4a则CD=SD﹣SC=4a﹣=a．15．（4分）如图A、B所示，平静的湖面上有两艘小船，绳的一端拴在甲船上，绕过乙船上的滑轮，站在船上或岸上的人用100N的力拉绳子的自由端．如果A、B图中甲船在20s内向右匀速移动了10m，同时乙船向左移动了4m，则A、B图中人拉绳子的功率分别为140W与90W．【解答】解：（1）甲船向右移动了10m，乙船向左移动了4m，以甲为参照物乙向左移动了10m+4m=14m，有两段绳子拉乙船，故绳子自由端总共移动s=14m×2=28m；故人拉绳子的功率P====140W；（2）如果乙船不动，滑轮为定滑轮，甲船向右移动了10m，则绳子自由端会移动10m；如果甲船不动，乙船动，则滑轮为动滑轮，乙船向左移动了4m，则绳子自由端会移动8m；现在两船都动，故绳子自由端总共移动18m；故人拉绳子的功率P====90W．故答案为：140；90．三、实验题（每空2分，共24分）16．（8分）在“测滑轮组机械效率”的实验中，用同一滑轮组进行了两次实验，实验数据如下表所示．（1）在表格的空格处，填上合适的数据；（2）在图中用笔画线代替细绳组装滑轮组；（3）第1次实验测得滑轮组的机械效率为50%；（4）如果将重为2N的钩码挂在同一滑轮组下，根据题中已有的信息可以判断出这时滑轮组的机械效率应在50%﹣60%范围内．【解答】解：（1）由表中数据可知，绳子的有效段数n===5，故表中填5×6cm=30cm；（2）绳子的有效段数n=5，根据“偶定奇动”，绳子的一端，先从动滑轮连接，如下所示：（3）第1次实验测得滑轮组的机械效率为η1=×100%==×100%×100%=50%；同理求出挂3N的重物时，机械效率为η2=60%；（4）因对同一滑轮组来说，增加物重可增大机械效率，因此将重为2N的钩码挂在同一滑轮组下，机械效率应在应在50%到60%之间．故答案为：（1）如上表所示；（2）如上图所示；（3）50%；（4）50%﹣60%．17．（6分）有一种磁性非金属材料叫铁氧体，某同学研究铁氧体的磁性与温度的关系．他在恒温箱顶部固定一个铁氧体，然后在铁氧体下方放一磁铁，实验现象如图2（a）所示，然后改变恒温箱的温度，观察到的现象如图2（b）、（c）所示．（1）根据图1（a）、（b）和（c）及相关条件可以归纳得出结论：在一定温度范围内，温度越高，铁氧体的磁性越弱（选填“越强”、“越弱”、“不变”）．（2）自动电饭锅就应用到了以上结论，图2为电饭锅的原理图，安装在发热盘（锅底）中央的温控器内部装有铁氧体、永磁体、弹簧等元件．煮米饭时，两个金属触点接触（选填“接触”或“断开”），加热元件工作；当锅底的温度升高到某温度时，永磁体与铁氧体分开（选填“分开”或“吸引”），加热元件停止工作．【解答】解：（1）由图可知铁氧体与磁铁有吸引现象，温度升高后，磁铁下路，说明磁性变弱，由此可判断；在一定温度范围内，温度越高，铁氧体的磁性越弱；（2）自动电饭锅，安装在发热盘（锅底）中央的温控器内部装有铁氧体、永磁体、弹簧等元件．煮米饭时，两个金属触点接触，加热元件工作；当锅底的温度升高到某温度时，对弹簧片的吸引力减小，弹簧片被弹回后，永磁体与铁氧体分开，加热元件停止工作．故答案为：（1）越弱；（2）接触；分开．19．（10分）要测量一个阻值约为几百欧的电阻R x．实验室提供的器材有：电源（电压为3V）、学生用电流表（量程为～6A、0～3A）、学生用电压表（量程为0～3V、0～15V）、滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω）和电阻箱R2（0～9999Ω 5A）各一个，开关、导线若干．（1）豆豆用伏安法测量该电阻，如图1所示是豆豆连接的电路．接通电路后，观察到电流表指针不偏转，示数为零，电压表示数为3V．请你判断：电路中哪一个元件发生了什么故障？答：电阻R x断路；（2）在排除故障后，经检查电路完好．闭合开关，逐渐减小滑动变阻器的接入电阻至最小，电压表有示数，但电流表的指针几乎不偏转，电流太小的原因是待测电阻的阻值较大且电源电压低，所以按豆豆所选的器材不能用伏安法测出该电阻的阻值．（3）豆豆在实验室所提供的器材中选择合适的器材，设计如下实验方案测出该电阻的阻值，请你帮助其将方案补充完整．①实验电路如图2所示；②实验步骤：按图连接好电路；闭合S1、断开S2，调节滑动变阻器，使电压表显示合适的值；保持滑动变阻器的阻值不变，再断开S1、闭合S2，调节R2，使电压表的示数仍然为U，读出电阻箱的阻值为R；③写出待测电阻R x的表达式：R x=R．【解答】解：（1）电流表没有示数，说明电路断路了，而电压表有示数，说明电压表两接线柱到电源间是通路，则故障为电阻R x断路；（2）因为电源电压为3V，而电阻R x的阻值大约为几百欧，即待测电阻的阻值较大且电源电压低，由I=可知，电路中的电流太小，所以不能用伏安法测出该电阻的值；（3）②实验步骤：如图2所示，先闭合S1、断开S2，调节滑动变阻器R1，使电压表的示数为U；保持滑动变阻器的阻值不变，再断开S1、闭合S2，调节R2，使电压表的示数为U，记录此时电阻箱的示数R；③R x的表达式的推导：闭合S1、断开S2，Rx与R1串联，则I x=I1，变阻器两端的电压U1=U总﹣U；保持滑动变阻器的阻值不变，再断开S1、闭合S2，调节R2，R2与R1串联，则I2=I1'，变阻器两端的电压U1'=U总﹣U；所以，U1=U1'，即变阻器两端的电压不变，而滑动变阻器的阻值不变，所以通过变阻器的电流不变，即I x=I1=I1'=I2，电压表示数始终为U不变，由R=可知，R x=R．故答案为：（1）电阻R x断路；（2）待测电阻的阻值较大且电源电压低；。

带电粒子在交变电场中的运动

A．0<t<2×10－10 s
B
B．2×10－10 s<t<4×10－10 s
C．4×10－10 s<t<6×10－10 s
D．6×10－10 s<t<8×10－10 s
3.如图(甲)所示,两个平行金属板P､Q正对竖直放置,两板
间加上如图(乙)所示的交变电压.t=0时,Q板比P板电势高
U0,在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计),已知电子在0-4t0时间内未与两板相碰.则电子速度方向向左且速度大小逐渐
增大的时间是( )
A．0<t<t0 C．2t0<t<3t0
B．t0<t<2t0 D．3t0<t<4t0
题型(二) 偏转运动问题(分解研究)
例．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T。现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入。己知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求： (1)若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小。
例．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T。现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入。己知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求： (2)若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长?
例．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T。现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入。己知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求： (3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少多大?

2016年安徽自主招生物理模拟试题：电场线和等势面

2016年某某自主招生物理模拟试题:电场线和等势面【试题内容来自于相关和学校提供】1：某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是( )A、粒子必定带正电荷B、由于M点没有电场线，粒子在M点不受静电力的作用C、粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D、粒子在M点的动能小于在N点的动能2：下列说法中正确的是( )A、等势面上各点的场强大小相等、方向相同B、在匀强电场中，电场强度等于单位长度上的电势差C、野外高压输电有三条输电线，在其上方还有两条导线是输电备用线D、在一个以点电荷Q 为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都不同3：（2014。

某某高考）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。

取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图甲所示。

下列图象中合理的是( )。

4：带电量均为Q的异种点电荷分别固定在水平方向上的MN两点，其连线中垂线上的O点连接长为L的绝缘轻杆，杆的另一端固定一质量为m，电量为q（q>0）的带电小球，杆可绕O点无摩擦的转动。

如图所示，现让小球从O的等高处A点释放，转到最低点B时的速度为v，若C也为O的水平等高点，以无穷远处为电势零点，且q<Q,则A、A点的电势B、C点的电势C、A点电势和B点电势的关系是D、小球运动到C点的速度大小为5：（2014。

某某某某外国语学校月考）如图所示，、为两个等量的同种正点电荷，在其连线的中垂线上的点放置一个静止的点电荷（负电荷），不计重力，下列说法正确的是( )A、点电荷在从到的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B、点电荷在从到的过程中，加速度越来越小，速度越来越小C、点电荷运动到点时加速度为零，速度达到最大值D、点电荷通过点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零6：右图为某电场的部分电场线。

由图可知A、B两点的场强大小E A E B（选填“>”、“<”或“＝”）。

带电粒子在交变电场中的运动-附解析

带电粒子在交变电场中的运动一、选择题1.在两金属板(平行）分别加上如图2—7—1中的电压，使原来静止在金属板中央的电子有可能做振动的电压图象应是（设两板距离足够大）图2—7—12.有一个电子原来静止于平行板电容器的中间，设两板的距离足够大，今在t =0开始在两板间加一个交变电压，使得该电子在开始一段时间内的运动的v —t 图线如图2—7—2(甲)所示，则该交变电压可能是图2—7—2(乙)中的哪些图2—7—2（乙）3.一个匀强电场的电场强度随时间变化的图象如图2—7—3所示，在这个匀强电场中有一个带电粒子，在t =0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用，则电场力的作用和带电粒子的运动情况是图2—7—2(甲)图2—7—3A.带电粒子将向一个方向运动B.0~3 s内，电场力的冲量等于0，电场力的功亦等于0C.3 s末带电粒子回到原出发点D.2 s~4 s内电场力的冲量不等于0，而电场力的功等于04.一束电子射线以很大恒定速度v0射入平行板电容器两极板间，入射位置与两极板等距离，v0的方向与极板平面平行.今以交变电压U=U m sinωt加在这个平行板电容器上，则射入的电子将在两极板间的某一区域内出现.图2—7—4中的各图以阴影区表示这一区域，其中肯定不对的是图2—7—45.图2—7—5中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为l，两极板间加上低频交变电流.A板电势为零，B板电势U=U0c osωt，现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场，设初速度和重力的影响均可忽略不计，则电子在两极板间可能图2—7—5A.以AB间的某一点为平衡位置来回振动B.时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板C.如果ω小于某个值ω0，l小于某个值l0，电子一直向B板运动，最后穿出B板D.一直向B板运动，最后穿出B板，而不论ω、l为任何值二、填空题6.如图2—7—6（甲）所示，在两块相距d=50 cm的平行金属板A、B间接上U=100 V的矩形交变电压，（乙）在t=0时刻，A板电压刚好为正，此时正好有质量m=10-17kg，电量q=10-16C的带正电微粒从A板由静止开始向B板运动，不计微粒重力，在t=0.04 s时，微粒离A板的水平距离是______s.图2—7—67.如图2—7—7所示，水平放置的平行金属板下板小孔处有一静止的带电微粒，质量m，电量-q，两板间距6 mm，所加变化电场如图所示，若微粒所受电场力大小是其重力的2倍，要使它能到达上极板，则交变电场周期T至少为_______.图2—7—7三、计算题8.如图2—7—9（甲）为平行板电容器，板长l=0.1 m，板距d=0.02 m.板间电压如图（乙）示，电子以v=1×107m/s的速度，从两板中央与两板平行的方向射入两板间的匀强电场，为使电子从板边缘平行于板的方向射出，电子应从什么时刻打入板间？并求此交变电压的周期.(电子质量m=9.1×10-31 kg,电量e=1.6×10-19 C)图2—7—910.如图2—7—10甲所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔.一电子以初动能E kO=120 eV,从A板上的小孔O不断地垂直于板射入A、B之间，在B板的右侧，偏转板M、N组成一匀强电场，板长L=2×10-2 m，板间距离d=4×10-3 m；偏转板加电压为U2=20 V，现在A、B间加一个如图乙所示的变化电压U1，在t=2 s时间内，A板电势高于B板，则在U1随时间变化的第一周期内.图2—7—10(1)在哪段时间内，电子可从B板上小孔O′射出？(2)在哪段时间内，电子能从偏转电场右侧飞出？（由于A、B两板距离很近，可以认为电子穿过A、B所用时间很短，忽略不计）11.示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形.它的工作原理等效成下列情况：（如图2—7—11所示）真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板，A、B间的中心线射入板中.板长L，相距为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀.在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的.在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交.当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿-x方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位置，然后重新做同样的匀速运动.(已知电子的质量为m，带电量为e，不计电子重力)求：图2—7—11（1）电子进入AB板时的初速度；（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足什么条件？（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的最大峰值和长度.在如图2—7—11丙所示的x-y坐标系中画出这个波形.参考答案一、1.BC 2.AB 3.BCD4.ACD 不同时刻入射的电子在不同瞬时电压下，沿不同抛物线做类平抛运动，其轨迹符合方程y =d mv eU202 x 2(U 为变化电压），x 轴正向为初速v 0方向，y 轴的正方向垂直于初速v 0向上或向下.电压低时从板间射出，电压高时打在板上，电子在板间出现的区域边界应为开口沿纵坐标方向的抛物线.5.AC二、6.0.4 m 7. 6.0×10-2 s三、8.由于金属筒对电场的屏蔽作用，使离子进入筒后做匀速直线运动，只有当离子到达两筒的缝隙处才能被加速.这样离子在筒内运动时间为t =fT 212= (T 、f 分别为交变电压周期、频率)①，设离子到第1个筒左端速度为v 1，到第n 个筒左端速度v n ，第n 个筒长为L n ，则L n =v n ·t ②从速度v 1加速v n 经过了（n -1）次加速，由功能关系有：21mv n 2=21mv 12+(n -1)·qU ③ 联立得L n =m n qU v f )1(22121-+ E k n =221n mv =21mv 12+(n -1)qU 令n =N,则得打到靶上离子的最大动能21mv N 2=21mv 12+(N -1)qU 9.电子水平方向匀速直线运动，竖直方向做变加速运动.要使电子从板边平行于板方向飞出，则要求电子在离开板时竖直方向分速度为0，并且电子在竖直方向应做单向直线运动向极板靠近.此时电子水平方向（x 方向）、竖直方向（y ）方向的速度图线分别如图所示 .电子须从t =n2T (n =0,1，2,…)时刻射入板间，且穿越电场时间t =kT (k =1,2…)①,而电子水平位移l =vt ② 竖直位移21d =2120)2(T m d eU ·2k ③三式联立得，T =leU mvd 022=2.5×10-9 s,k =4,故f =1/T =4×108 Hz,且k =4. 10.（1）0~2 s 电子能从O ′射出，动能必须足够大，由功能关系得U 1e ＜E k0 得U 1＜120 V所以当t ＜0.6或t ＞1.4时，粒子可由B 板小孔O ′射出.（2）电子进入偏转极板时的水平速度为v ,通过偏转电极时，侧向偏移是y ,y =dmv eL U 2222 能从偏转电场右侧飞出的条件是y ＜2d 得21mv 2＞2222dl eU 代入数字的21mv 2＞250 eV,即AB 间必须有130 V 的加速电压，所以当2.65 s ＜t ＜3.35 s 时，电子能从偏转电场右侧飞出，如图所示.11.（1）电子在加速电场中运动，据动能定理，有eU 1=21mv 12,v 1=meU 12 (2)因为每个电子在板A 、B 间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板A 、B 间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上.在板A 、B 间沿水平方向运动时，有 L =v 1t ,竖直方向，有 y ′=21at 2,且a =mdeU ，联立解得 y ′=2122mdv eUL .只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，则所有电子都能打在屏上，所以 y m ′=21202mdv L eU ＜2d ,U 0＜2122L U d . (3)要保持一个完整波形，需每隔周期T 回到初始位置，设某个电子运动轨迹如图所示，有tan θ=L y mdv eUL v v ''==⊥211,又知 y ′=2122mdv eUL ，联立得 L ′=2L . 由相似三角形的性质，得y yL D L'=+2/2,则 y =14)2(dU LUD L -,峰值为 y m =14)2(dU LU D L +.波形长度为 x 1=vT .波形如图所示.。

带电粒子在交变偏转场中的运动答案

带电粒子在交变偏转场中的运动答案1、【解答】解：A、B、D、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故A正确，B错误；C、t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；根据分位移公式，有=由于L=d故：v ym=v0故最大动能E K′=m（v02+v2ym）=2E K，故C正确；D、若t=0时刻的粒子入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一；故D错误；故选：AC．2、【解答】解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误．B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度v y=0，速度都等于v0，故B错误．C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都为mv02．故C错误．D、根据图象可知，在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为，故D正确．故选：D3、【解答】解：A、B、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故A错误，B错误；C、若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一；故C错误；D、t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；根据分位移公式，有=由于L=d故：v ym=v0故最大动能E K′=m（v02+v2ym）=2E K，故D正确；故选：D．4、【解答】解：电子在YY'内的加速度为a=，在YY'内运动的时间：t=所以，偏转位移y==U YY′由此可以看出偏转位移和电压成正比，同理可以证明在XX′方向上的偏转位移也与电压成正比，所以根据题意得：，解得：x=6，y=4所以荧光屏上光点的坐标为（6，4）故选：D5、【解答】解：A、XX′加图3波形电压、YY′不加信号电压，据示波管的工作原理可知会使电子枪发射的电子在水平电场的作用下，左右周期性的打在屏上，所以出现屏上在两个位置出现亮点，故A正确；B、XX′加图2波形电压、YY′加图1波形电压，屏上将出现一条竖直亮线，故B错误；C、XX′加图4波形电压、YY′加图2波形电压，屏上将出现一条水平亮线，故C错误；D、XX′加图4波形电压、YY′加图3波形电压，屏上将出现两条水平亮线，故D错误；故选：A．6、【解答】解：因图乙是水平向所加的扫描电压，可使电子在水平向运动，所以示波管显像在x轴；当加上图丙的信号时，则荧光屏上显示的波形与竖直向的电压波形相同，其周期与图丙图的周期相同，这样就把B选项排除掉，故ABC错误，D正确．故选：D．7、【解答】解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误．B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度v y=0，速度都等于v0，故B正确．C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同．故C错误．D、t=时刻进入电场的电子，在t=时刻侧位移最大，最大侧位移为y max=2=…①在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：=4×a…②联立①②得：y max=故D正确．故选BD8、【解答】解：带电粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向在电场力的作用下做匀变速运动．粒子打在靶MN上的范围，就是粒子在竖直方向所能到达的范围．（1）当粒子在0，T，2T，…nT时刻进入电场中时，粒子将打在O′点下方最远点，在前时间内，粒子在竖直向下的位移为：在后时间内，粒子在竖直向下的位移为：将v=，代入上式得：故粒子打在距O′点正下方的最大位移为：当粒子在，，…（2n+1）时刻进入电场时，将打在O′点上方最远点．在前时间内，粒子在竖直向上的位移为：在后T/2时间内，粒子在竖直向上的位移为：其中，，，代入上式得：s2′=0，故粒子打在距O′点正上方的最大位移为：．（2）要使粒子能全部打在靶上，须有：，即．（3）因为粒子在平行于极板方向做匀速直线运动，所以平行于极板的速度：设垂直于极板的速度度为v y，则据动量定理有：．则打在靶上粒子的速度为所以粒子能全部打在靶MN上，所有粒子中最大的动能是E k==9、【解答】解：（1）粒子在电场中运动时，水平方向始终作匀速直线运动，竖直方向作匀变速运动．当粒子在t=nT时刻进入电场向下的侧移最大．先向下匀加速运动位移，此时速度为．然后向下匀减速运动位移所以：粒子向下的最大侧位移为当粒子在时刻进入电场向上侧移最大．先向上匀加速运动后向上匀减速运动，再向下匀减速运动．所以粒子打在靶子上时向上的最大侧位移为所以：在距靶子中心O′点下方至上方范围内有粒子击中．（2）要使粒子能全部打在靶子上需满足的条件为：，化简得：（3）对所有的带电粒子，由动量定理知，所有粒子打在靶上时，其竖直速度均相同，设为v y，则：Ft=mv y由动能定理知，电场力对带电粒子所做功为：W=；所以：W=；10、【解答】解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0﹣kT时间内，穿出B板后速度为ν1，kT﹣T 时间内射出B 板电子的速度ν2据动能定理有：将代入上式，得：（2）在0﹣kT时间内射出板电子在偏转电场中，电子的运动时间：侧移量：得：打在荧光屏上的坐标为，则：同理可得在kT﹣T时间内设穿出B板后电子侧移量：打在荧光屏上的坐标：故两个发光点之间的距离：（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）第一束长度：l1=ν1kT第二束长度：l2=ν2（T﹣kT）l1=l2解得：11、【解答】解：（1）电子在水平方向做匀速直线运动，L=v0t，电子在电场中的运动时间：t==3×10﹣5s；（2）0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t1=2×10﹣5s，再作匀减速直线运动，用时t2=1×10﹣5s，加速度大小相等，为：a==1×108m/s2，侧移量：d1=a（T）2+aT•T﹣a（T）2=3.5×10﹣2m，（3）任意时刻进入的电子水平方向都是匀速直线运动，运动时间3×10﹣5s不变，该时间刚好等于电场变化的周期，所以任何时刻进入的电子离开电场时在电场方向的速度均相同，v y=at1﹣at2=108×（2×10﹣5﹣1×10﹣5）m/s=103m/s （1分）根据速度合成离开电场时的速度：，速度与竖直方向夹角θ，则有：tanθ==10，与竖直方向夹角：θ=arctan10；（4）挡板去后，所以粒子离开电场的速度都相同，如前一问所得．示意图如下图所示：t=0时刻进入的粒子，正向偏转位移最大，且运动过程没有速度反向y=a×（2×10﹣5s）2+a×2×10﹣5s×1×10﹣5s﹣a×（1×10﹣5s）2=0.035m，若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的上（或下）边沿离开电场．t=2×10﹣5s时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候，若粒子位置合适，粒子此时刚好到达下极板，随后开始加速，时间为t=1×10﹣5s，此粒子下面的粒子将打在下极板上而不能离开电场．此粒子正向偏移为；根据离开粒子速度大小方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度：a=d﹣y′=0.095m；12、【解答】解：（1）收集效率η为81%，即离下板0.81 d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电的电压为U，则在水平方向有：L=v0t…①在竖直方向有：0.81d0=at2…②其中有：a===…③当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为d m．如果进一步减小d，收集效率仍为100%．因此，在水平方向有：L=v0t…④在竖直方向有：d m=a′t2…⑤其中有：a′===…⑥联立①②③④⑤⑥式可得：d m=0.9d0…⑦（2）当d＞0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有：x=…⑧根据题意，收集效率为：η=…⑨联立①②③⑧⑨式可得：η=0.81．13、【解答】解：（1）电子经过A、B间的电场后速度减小或增大，在0～kT时间内，设穿出B板后速度变为v1，则将代入解得或在偏转电场中，L=v1t1，所以速度偏向角由类平抛运动的特点得在kT～T时间内，设穿出B板后速度变为v2，同理可得，速度偏向角，所以两个发光点之间的距离（2）若当极板间距为d′时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有整理得对应于速度v1，；对应于速度v2，以虚线为对称轴调整偏转电场极板的间距，要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足：（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）．第一束长度l1=v1×kT第二束长度l2=v2×（T﹣kT）当l 1=l2时，即v1×kT=×（T﹣kT）解得14、【解答】解：（1）设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U0水平方向：l=v0t ①竖直方向：=at2②又a=③由①②③得U0==V=128V当U≥128V时离子打到极板上，当U＜128V时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最大为d．利用推论：打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上．由三角形相似可得解得打到屏上的长度为y=d又由对称知，离子打在屏上的总长度为2d区域面积为S=2y•a=2ad=64cm2（2）在前T，离子打到屏上的时间t0=×0.005s=0.0032 s；又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t=4t0=0.0128s．。

带电粒子在交变电场中的运动

带电粒子在交变电场中的运动在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间而变化．研究带电粒子在这种交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判定粒子的运动情况．[例1] 如图1所示，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压u，A板电势u A= 0，B板电势u B随时间t变化的规律如图中所示．现有一电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速和重力的影响均可忽略，则[][解析] 电子在电场中运动时，其加速度大小不变，方向在向为正方向，画出四个选项A、B、C、D四种情况中电子的v-t图象分别如图2中的甲、乙、丙、丁所示．在A、B、C三种情况中，电子初始受电场力都指向B板，又由于电子初速可以忽略，所以初始一段时间内，电子均向B板方向运动，其速度方向为正．从甲图可见，电子速度图线一直在t轴上方，这表示电子速度方向不变，一直指向B板，所以选项A正确．从乙图可见，电子速度图线时而在t轴上方，时而在t轴下方，这表明电子速度方向有时为正，有时为负．但是在任何一个周期内，速度图线与t轴所围面积在t轴上面的大于下面的，这表示任何一个周期内总位移是正的，也就是说电子最终会打在B板上，所以选项B正确．作类似的分析，由丙图可见，在任何一个周期内电子总位移为负值，所以不到一个周期，即总位移为零时，电子就返回A板了，这表示电子永远不会到达B板，所以选项C错误．在情况D中，电子初速为零，初始受电场力指向A板，因此电子不可能进入两板间运动，所认选项D错误．综上所述，选项A、B正确．[例2] 如图3所示，两平行金属板相距为d，其中B板接地．现在两板间加低频交变电压，A 板电势u A如图所示按余弦规律变化．在t=0时，紧靠B板的质量为m，带电量为e的电子由静止开始在电场力作用下运动，若运动中电子始终未碰到两板，则电子将在两板之间作什么运动？正向)，并且逐渐减小．因此其加速度为正，也逐渐减小；速度为正，逐渐增大．这一段时间内电子的运动情况与弹簧振子由最大位移处向平衡位置处运动时的情况类似．在t=T/4到t=T/2时间内,电子受力指向B板,方向为负，逐渐增大，因此其加速度为负，逐渐增大．但其速度仍为正，逐渐减小．在这一段时间内，电子的运动情况与弹簧振子由平衡位置处向另一侧最大位移处运动时的情况类似．在t=T/2到t=3T/4时间内,电子受力仍指向B板,方向为负，但逐渐减小．因此其加速度为负，逐渐减小．其速度为负，逐渐增大．在这一段时间内，电子运动情况与弹簧振子再由另一侧最大位移处向平衡位置处运动时的情况类似．在t=3T/4到t=T时间内,电子受力指向A板,方向为正且逐渐增大．因此其加速度为正，逐渐加大．其速度仍为负，逐渐减小．在这一段时间内，电子运动情况与弹簧振子由平衡位置处返回初始最大位移处的运动情况类似．在以后的时间内，电子将重复上述运动．因此在以余弦规律变化的交变电场中，电子由t= 0时刻开始在电场中运动时，它将作与弹簧振子类似的简谐运动．思考:在上问题中,如果电子在t=3T/4时刻由静止开始运动的，试分析电子的运动情况．在有些问题中，不仅要求对带电粒子在交变电场中的运动作出定性的判断，而且要求定量地求解，对于此类问题可利用牛顿第二定律或动能定理来解决．[例3] A、B两块相距为d的平行金属板，加有如图4所示的交变电压u，t=0时A板电势高于B板，这时紧靠B板有质量为m，电量为e 的电子，由静止开始在电场力作用下运动．要使电子到达A板时具有最大动能，求：所加交变电压的频率最大不得超过多少？[解析] 两板间电场强度大小不变，因此电子运动加速度的大小不变，其值为：要使电子到达A板时动能最大(也就是速度最大)，就要使电子在由B板向A板的运动过程中始终加速，即使电子加速度方向指向A板不变化，且在电子的速度达到最大值时刚好到达A板．在此前题下，电子在电场中的运动时间t是确定的，即由显然，只有当t≤T/2时，才可以使电子加速度方向始终不变，从而使电子运动中始终加速.若t＞T/2,电子的加速度方向便会发生变化，从而出现加速度与速度反向的情况，也就是电子可能在一段时间内作减速运动，这样便无法使电子在到达A板时动能一定最大,综上所述,t必须满足t ≤T/2，即联立①、②两式，解之可得[例4] 如图5所示，在真空中速度为v=6.4×107m/s的电子束连续地射入两平行极板之间，极板长度l=8.0×10-2m，间距为d=5.0×10-3m两极板不带电时，电子束将沿两极板之间的中线通过．在两极板上加频率为50Hz的交变电压u = U m sinωt，如果所加电压的最大值U m超过某一值U C时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板，有时间断不能通过．(1)求U C的大小；(2)求U m 为何值时，才能使通过时间和间断的时间之比为2∶1．[解] 加交变电场之后，电子在沿板方向上仍以初速度v作匀速直线运动，电子穿越板间电场所需时间为t，则交变电场的周期T为显然有T>>t，因此相对粒子在电场中的运动来说，所加交变电场为低频交变电场．对于这种情况，可作如下处理，即近似认为一个电子在两板间运动期间，电场来不及发生变化，因此就一个电子来说，它相当于穿过一个恒定的电场，对前后不同的电子来说，它们所穿越的是场强不同的恒定电场，而不同的电场强度是由该电子穿越时，两板的电压值所决定的．电子在垂直金属板方向上作初速度为零的匀加速运动，设板间电压为U，电子质量为m，带电量为e，则电子加速度为，当t'≤t时，电子便会打到极板上，从而使通过电场的电子束间断，设t'=t时对应电压值为U C，则有由图6可见，若U m＞U C，则在一个周期内O～t1，t2～t3，t4～T时间段内，板间电压U＜U C，所以t'＞t，电子可以穿过电场，而在t1～t2，t3～t4时间段内，U＞U C，t'＜t，电子将打到板上，电子束间断；若U m'＜U C，则任意时刻板间电压U都满足U＜U C的条件，所以t'＞t恒成立．电子束不会间断．由图6可见，显然当t1=T/6,t2=T/3时，通、断时间比为2∶1，即在t1时刻，U = U C，由交变电压表述式可得U C=U m sinωt1因此，当U m=105V时，通、断时间比为2∶1．[文档可能无法思考全面，请浏览后下载，另外祝您生活愉快，工作顺利，万事如意!]。

安徽自主招生物理模拟试题：电荷在匀强磁场中的运动

2016年安徽自主招生物理模拟试题:电荷在匀强磁场中的运动【试题内容来自于相关网站和学校提供】1：如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块。

甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。

现用一个水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。

在共同加速阶段，下列说法中正确的是A、甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大B、甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小C、乙物块与地面间的摩擦力大小不变D、乙物块与地面间的摩擦力不断减小2：如图所示，四个示意图所表示的实验中，能说明光具有粒子性的是Ａ。

ＡＢ。

ＢＣ。

ＣＤ。

Ｄ3：关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是（）A、带电粒子可能做匀变速直线运动B、带电粒子可能做匀速直线运动C、带电粒子可能做匀变速曲线运动D、带电粒子一定做匀速圆周运动4：图是质谱仪工作原理的示意图。

带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x 1、x 2处。

图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）A、若a与b有相同的质量，打在感光板上时，b的速度比a大B、若a与b有相同的质量，则a的电量比b的电量小C、若a与b有相同的电量，则a的质量比b的质量大D、若a与b有相同的电量，则a的质量比b的质量小5：一电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出，如图所示，若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则( )A、h＝dB、电子在磁场中运动的时间为C、电子在磁场中运动的时间为D、洛伦兹力对电子不做功6：摆线长为L，摆球质量为m带正电量q的单摆从如图所示位置A摆下，在一个磁感应强度为B的匀强磁场中运动，摆动平面垂直磁场，若图中，摆球从A开始运动，当它第一次到最低点时，摆线上的拉力大小为_____________。

带电粒子在电场中的运动(附详解答案)

带电粒子在电场中的运动强化训练1．（多选题）冬天当脱毛衫时，静电经常会跟你开个小玩笑．下列一些相关的说法中正确的是( ) A ．在将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B ．如果内外两件衣服可看作电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小C ．在将外衣脱下的过程中，内外两衣间隔增大，衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和)D ．脱衣时如果人体带上了正电，当手接近金属门把时，由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击2.(2012·新课标全国卷) （多选题）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动3．(2011·安徽卷)如图6－3－12甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0＜t 0＜T 4 B.T 2＜t 0＜3T4C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 84．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K 发出电子(初速度不计)经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入板中．金属板长为L ，相距为d ，当A 、B 间电压为U 2时，电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心的距离变大的是( )A ．U 1变大，U 2变大B ．U 1变小，U 2变大C ．U 1变大，U 2变小D ．U 1变小，U 2变小 5．(2011·广东卷) （多选题）如图6－3－14为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是( )A ．到达集尘极的尘埃带正电荷B ．电场方向由集尘极指向放电极C ．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D ．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大6．如图所示，D 是一只二极管，AB 是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A 和B 间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，带电微粒P 的运动情况是( )A ．向下运动B ．向上运动C ．仍静止不动D ．不能确定 7．（多选题）如图6－3－16所示，灯丝发热后发出的电子经加速电场后，进入偏转电场，若加速电压为U 1，偏转电压为U 2，要使电子在电场中偏转量y 变为原来的2倍，可选用的方法有(设电子不落到极板上)( )A ．只使U1变为原来的12倍B ．只使U 2变为原来的12倍C ．只使偏转电极的长度L 变为原来的2倍D ．只使偏转电极间的距离d 减为原来的12倍8．(2013·沈阳二中测试) （多选题）在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如图6－3－17所示．由此可见( )A ．电场力为3mgB ．小球带正电C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等姓名：班级：学号：分数： + =9．(2011·安徽卷)图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图6－3－19中的( )甲乙丙A．B．C． D.10．（多选题）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图6－3－20甲所示，小球运动的v－t图像如图6－3－20乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则( )A．在t＝2.5 s时，小球经过边界MNB．小球受到的重力与电场力之比为3∶5C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小11．如图所示的真空中，场强为E的匀强电场，方向与竖直平面xOy平行且与竖直轴Oy负方向成θ＝37°的夹角．带电粒子以初速度v0＝7.5 m/s，从原点O沿着Ox轴运动，达到A点时速度为0.此刻，匀强电场的方向突然变为竖直向下，而大小不变，粒子又运动了t2＝2 s．(g取10 m/s2)求：(1)粒子带何种电荷？粒子到A点前的运动情况；(2)带电粒子运动2 s后所在位置的坐标．12．如图6－3－25所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的F＝10.8 N的拉力．取g ＝10 m/s2，斜面足够长．求：(1)物块经多长时间离开木板？(2)如果拉力保持F＝10.8 N恒定不变，物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．带电粒子在电场中的运动强化训练（答案）1、解析：根据电荷守恒知，A 错；由C ＝Q U 和C ∝Sd知，当内外衣之间的距离d 增大时，两衣间的电势差增大，B错；因为内外衣所带的是异种电荷，产生静电引力作用，故当两衣之间的距离增大时，电场力做负功，电荷的电势能增大，C 对；由于人体带上正电荷，当手靠近金属门把时，产生静电感应现象，当两者之间的电压足以使空气电离时，产生放电现象，故人感觉到有轻微的电击，D 也正确．答案：CD2、解析：由题意可知粒子做直线运动，受到竖直向下的重力和垂直极板的电场力，考虑到电场力和重力不可能平衡，故只有电场力与重力的合力方向水平向左才能满足直线运动条件，故粒子做匀减速直线运动，电场力做负功，电势能逐渐增加，B 、D 对．答案：BD3、解析：本题考查带电粒子在交变电场中的运动，意在考查考生综合分析问题的能力．两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A 板运动，说明释放粒子时U AB 为负，因此A 项错误．若t 0＝T2时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A 运动；若t 0＝3T4时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此T 2＜t 0＜3T4时间内，粒子的运动满足题意的要求，选项B 正确，选项C 、D 错误．答案：B4、解析：当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．设电子经过U 1加速后速度为v 0，离开偏转电场时侧向速度为v y ，根据题意得eU 1＝12m v 20①电子在A 、B 间做类平抛运动，当其离开偏转电场时侧向速度为v y ＝at ＝eU 2md ·Lv 0②结合①②式，速度的偏转角θ满足tan θ＝v y v 0＝U 2L2dU 1.显然，欲使θ变大，应该增大U 2、L ，或者减小U 1、d .正确选项是B. 答案：B5、解析：本题考查电场、电场力的基本概念，考查考生对静电除尘器原理的理解及对电场知识的掌握．集尘极与电源的正极相连带正电，放电极带负电，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷，A 项错误；电场方向由集尘极指向放电极，B 项正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C 项错误；同一位置电场强度一定，由F ＝qE 可知，带电荷量越多的尘埃，所受电场力越大，D 项正确．答案：BD6、解析：当带电微粒P 静止时，对其进行受力分析得Eq ＝mg ，即Udq ＝mg .当A 、B 之间距离增大时，电容器的电容C 减小，由Q ＝CU 得，Q 也减小，但由于电路中连接了一个二极管，它具有单向导电性，不能放电，故电容器A 、B 两极板上的电荷量不变，场强不变，电场力仍等于微粒的重力，故带电微粒仍保持静止状态，C 选项正确．答案：C7、解析：先求出y 值．由qU 1＝12m v 20，得v 0＝2qU 1m . 故y ＝12at 2＝U 2qL 22dm v 20＝U 2L 24dU 1.由此可确定A 、C 、D 正确．答案：ACD 8、解析：设AC 与竖直方向的夹角为θ，对带电小球从A 到C ，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg ·AC ·cos θ－qE ·BC ·cos θ＝0，解得电场力为qE ＝3mg ，选项A 正确，B 错误．小球水平方向做匀速直线运动，从A 到B 的运动时间是从B 到C 的运动时间的2倍，选项C 错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从A 到B 与从B 到C 竖直方向的速度变化量的大小相等，水平速度不变，小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等，选项D 正确．答案：AD9、解析：本题考查示波管的原理，意在考查考生对示波管原理的掌握．在0～2t 1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y 为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y 为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B. 答案：B10、解析：由速度图像可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：mgF －mg＝32，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B 正确．小球在t ＝2.5 s 时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C 正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D 错．答案：BC11、解析：(1)由于带电粒子沿着Ox 轴运动，根据受力分析知粒子一定带负电．粒子到达A 点前沿Ox 轴做匀减速运动． (2)前阶段，受力分析如图6－3－22所示． F 合＝ma 1＝mg tan37°，a 1＝34g ＝7.5 m/s 2，又由v 2－v 20＝2a 1s ，得x ＝s ＝3.75 m.电场的方向改变后，受力分析如图6－3－23所示，粒子做竖直向上的匀加速运动，a 2＝F 电－mg m ＝14g ＝2.5 m/s 2，y ＝12a 2t 22＝5 m. 带电粒子所在的位置坐标为(3.75 m,5 m)．答案：(1)负电匀减速运动 (2)(3.75 m,5 m)12、解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定律，对物块：mg sin37°－μ(mg cos37°＋qE )＝ma 1① 对木板：Mg sin37°＋μ(mg cos37°＋qE )－F ＝Ma 2② 又12a 1t 2－12a 2t 2＝L ③ 得物块滑过木板所用时间t ＝ 2 s.(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝32m/s.其动能为E k2＝12M v 22＝27 J.(3)由于摩擦而产生的内能为 Q ＝F 摩 x 相＝μ(mg cos37°＋qE )·L ＝2.16 J. 答案：(1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J。

高中物理必修三专题强化训练—带电粒子在交变电场中的运动

高中物理必修三专题强化训练—带电粒子在交变电场中的运动一、带电粒子在交变电场中的直线运动1.此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动.2.该问题通常用动力学知识分析求解.重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T间的关系等.常用v－t图像法来处理此类问题，通过画出粒子的v－t图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解.在如图1所示的平行板电容器的两板间分别加如图2甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高.在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动.若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v－t图像.图1图2答案见解析解析t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动.对于题图甲所示电压，在0～12T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，12T～T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(a)所示.对于题图乙所示电压，在0～T2内做类似题图甲0～T的运动，T2～T内电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动.然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(b)所示.针对训练1(多选)如图3(a)所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U，A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图(b)所示.现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域，设电子的初速度和重力可忽略.则()图3A.若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动B.若电子是在t＝T8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C.若电子是在t＝38T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B 板上D .若电子是在t ＝T 2时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动答案AB 解析根据电子进入电场后的受力情况和运动情况，作出如图所示的图像.由图丁可知，当电子在t ＝0时刻进入电场时，电子一直向B 板运动，A 正确.若电子在T 8时刻进入电场，则由图丁知，电子向B 板运动的位移大于向A 板运动的位移，因此最后仍能打在B 板上，B 正确.若电子在3T 8时刻进入电场，则由图丁知，在第一个周期电子即返回至A 板，C 错误.若电子在T 2时刻进入电场，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，即D 错误.二、带电粒子在交变电场中的曲线运动带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动.(1)若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动.(2)若粒子运动时间较长，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向利用v y －t 图像进行分析：①v y ＝0时，速度方向沿v 0方向.②y 方向位移可用v y －t 图像的面积进行求解.如图4甲所示，极板A 、B 间的电压为U 0，极板C 、D 间的间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长.A 板O 处的放射源连续无初速度地释放质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C 、D 板间未加电压时，粒子通过C 、D 板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压(图中电压U 1已知)时，粒子均能从C 、D 板间飞出，不计粒子的重力及粒子间的相互作用.求：图4(1)C 、D 板的长度L ；(2)粒子从C 、D 两极板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；(3)粒子打在荧光屏上区域的长度.答案(1)t 02qU 0m (2)qU 1t 022md (3)3qU 1t 022md解析(1)粒子在A 、B 板间，有qU 0＝12mv 02，在C 、D 板间有L ＝v 0t 0，解得L ＝t 02qU 0m .(2)粒子从nt 0(n ＝0,2,4…)时刻进入C 、D 间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离y ＝12at 02，加速度a＝qU1 md，解得y＝qU1t02 2md.(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上的位置距中心线最远，从C、D板飞出的偏转角tanθ＝v y v0，v y＝at0，打在荧光屏上的位置距中心线的最远距离s＝y＋L tanθ，粒子打在荧光屏上的区域长度Δs＝s＝3qU1t02 2md.针对训练2(多选)如图5甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则()图5A.所有粒子都不会打到两极板上B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2E k0D.只有t＝n T2(n＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场答案ABC解析带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动.由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行金属板间运动的时间为周期性变化的电场的周期的整数倍.在0～T2时间内带电粒子运动的加速度a＝E0qm，由匀变速直线运动规律得v y＝at＝E0qmt，同理可分析T2～T时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v y与E－t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值).而经过整数个周期，E－t图像与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B正确，D错误；在t＝0时刻入射的带电粒子，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A正确；当粒子在t＝0时刻入射且经过时间T离开电场时，粒子在t＝T2时达到最大速度，此时竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，即v0t＝2×12at2，可得v y＝v0，故粒子的最大速度为v＝2v0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确.1.在如图1甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始时B板的电势比A板的高，这时两板中间原来静止的电子(图甲中黑点所示)在静电力作用下开始运动，则下列说法正确的是(不计电子重力)()图1A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性往返运动B.电子一直向A板运动C.电子一直向B板运动D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性往返运动答案C2.(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图2所示.带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是()图2A.微粒在0～1s内的加速度与1～2s内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒将做往复运动D.微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同答案BD解析设微粒的速度方向、位移方向向右为正，作出微粒的v－t图像如图所示.由图可知B、D选项正确.3.在空间中有正方向水平向右、大小按如图3所示图线变化的电场，位于电场中A 点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1s时，电子离开A点的距离为l.那么在t＝2s时，电子将处在()图3A.A点B.A点左方l处C.A点右方2l处D.A点左方2l处答案D解析第1s内电场方向向右，电子受到的静电力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移大小为l，第2s内电子受到的静电力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移大小也是l，t＝2s时电子的总位移大小为2l，方向向左，故选D.4.(多选)如图4甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列四个选项中的图像，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()图4答案AD解析由平行金属板间所加电压的周期性可推知粒子加速度的周期性，D项正确；由v＝at可知，A项正确，C项错误；由x＝12at2知x－t图像应为曲线，B项错误.5.(多选)如图5甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是()图5A.若t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B.若t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动C.若t＝T4时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上D.若t＝3T8时刻释放电子，电子必然回到左极板答案AC解析若t＝0时刻释放电子，电子将重复先匀加速后匀减速的运动，直到打到右极板，不会在两极板间做往返运动，所以选项A 正确，B 错误；若t ＝T 4时刻释放电子，电子先做匀加速运动后做匀减速运动，分析易知前T 2内电子可能到达右极板，若前T 2时间内电子未到达右极板，则电子将在两极板间做往返运动，所以选项C 正确；同理，若t ＝3T 8时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能回到左极板，这取决于两板间的距离，所以选项D 错误.6.如图6(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处，若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上，则t 0可能属于的时间段是()图6A.0<t 0<T 4B.T 2<t 0<3T 4C.3T 4<t 0<T D .T <t 0<9T 8答案B 解析两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A 板运动，说明释放粒子时U AB 为负，所以选项A 、D 错误；若T 2<t 0<34T ，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A 板上，所以选项B 正确；若34T <t 0<T ，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运动至零、然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B 板上，所以选项C 错误.7.(多选)如图7(a)所示，A 、B 表示真空中水平放置的相距为d 的平行金属板，板长为L ，两板间加电压后板间的电场可视为匀强电场.现在A 、B 两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t ＝0时恰有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v 0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是()图7A.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C.只要周期T 和电压U 0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出答案BC8.(多选)如图8甲所示，在A 、B 两极板间加上如图乙所示的交变电压，A 板接地，一质量为m 、电荷量为q 的电子在t ＝T 4时刻进入两极板，仅在静电力作用下，由静止开始运动，恰好能到达B 板，则()图8A.A、B两板间的距离为qU0T216mB.电子在两板间的最大速度为qU0mC.电子在两板间做匀加速直线运动D.若电子在t＝T8时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上答案AB解析电子在静电力作用下，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；电子在t＝T4时刻进入两极板，先加速后减速，在t＝3T4时刻到达B板，设A、B两板的间距为d，则12·qU0mdT4＝d2，解得d＝qU0T216m，选项A正确；在t＝T2时电子的速度最大，则v m＝qU0md·T4＝qU0m，选项B正确；若电子在t＝T8时刻进入两极板，在T8～T2内电子做匀加速运动，位移x＝12·qU0md3T82＝9d8>d，说明电子会一直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，选项D错误.9.如图9甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x 轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一荧光屏.两金属板间电压U AO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s ，U 0＝1×103V ，一带正电的粒子从左上角A 点，以平行于AB 边v 0＝1000m/s 的速度射入板间，粒子电荷量为q ＝1×10－5C ，质量m ＝1×10－7kg.不计粒子所受重力.求：图9(1)粒子在板间运动的时间；(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；(3)粒子打到荧光屏上的动能.答案(1)2×10－3s (2)范围在0.85m ～0.95m 之间(3)5.05×10－2J解析(1)板间粒子在水平方向上做沿x 轴方向的匀速直线运动，设运动时间为t ，则L ＝v 0t ，t ＝L v 0＝2×10－3s.(2)t ＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y 1，y 1＝12a U 0q d＝ma ，解得y 1＝0.15m.纵坐标y ＝d －y 1＝0.85m ，t ＝1×10－3s 时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y 2，y2＝12a，解得y2＝0.05m，纵坐标y′＝d－y2＝0.95m，所以打到荧光屏上的纵坐标的范围在0.85m～0.95m之间.(3)分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为E k，由动能定理得：U0dqy2＝E k－12mv02，解得E k＝5.05×10－2J.。

2016年安徽自主招生物理模拟题：电场

2016年某某自主招生物理模拟题:电场【试题内容来自于相关和学校提供】题目1：在如图所示的用电场线描述的四个电场中，场强的大小和方向处处相同的是_____ • A.• B.• C.• D.题目2：半径为r的两个带电金属小球，球心相距3r，每个小球带电量都是+q，设这两个小球间的静电力大小为F，则下列式子中正确的是_____• A.F=kq29r2• B.F＜kq29r2• C.F＞kq29r2• D.F=kq225r2题目3：关于电荷守恒定律，下面说法正确的是_____• A.电荷守恒定律只适用于摩擦起电现象• B.电荷守恒定律只适用于感应起电现象• C.天空中云层的带电过程，不遵守电荷守恒定律• D.任何起电过程现象都遵守电荷守恒定律题目4：如图所示一个带正电的小球，系于长为l的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定在O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E．已知电场对小球的作用力大小等于小球的重力．现在先把小球拉到图中的P1处，使轻线拉直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球．则小球到达与P1等高的P2点时速度的大小为_____• A.√gl• B.√2gl• C.2√gl题目5：如图所示，真空中4个点电荷固定于正方形的四个顶点处，电荷量大小均为q，两个为正电荷，两个为负电荷，O为正方形的中心，OP为水平直线，且与正方形的一边平行，则下列说法正确的是_____• A.P点场强方向垂直OP• B.D点场强大于P点场强• C.O点电势比P点电势低• D.将一个正电荷沿OP连线从O移动到P点，电场力做正功，电势能减小题目6：A=U B＞U O,U O＞U D＞U C">如图所示，有两个带等量正电荷的固定点电荷，在两电荷的连线上有A、O、B三点，其中O点为两电荷连线的中点，且AO=OB；在两电荷连线的中垂线上有C、D两点，且CO＞OD．则比较A、O、B三点的电势高低为_____ ，比较C、O、D三点的电势高低为_____ ．题目7：库仑定律的数学表达式是kQqr2，式中的比例常量叫_____ ，其数值为_____ ，其单位是_____ ．题目8：有三个相同的绝缘金属小球A、B、C，其中A小球带有2.0×10-5C的正电荷，小球B、C不带电．现在让小球C先和小球A接触后取走，再让小球B与小球A接触后分开，最后让小球B与小球C接触后分开，最终三小球的带电量分别为q A=_____ C，q B=_____ C，q C=_____ C．题目9：电场强度是_____ 量，它的方向与放在该点的正电荷所受电场力的方向相_____ ．题目10：有两个带电小球，电量分别为+Q和+9Q，在真空中相距0.4m．如果引进第三个带电小球，正好使三个小球都处于平衡状态，第三个小球带的_____ 电（填正或负），电量是Q的16倍．题目11：如图，同一竖直平面内，有两根光滑绝缘杆OA和OB，与竖直线的夹角均为45°，两杆上均套有能自由滑动的导体小球，两球的质量均为9×10-4kg，带等量同种电荷，且静止于同一竖直高度处，两球相距为L=0.2m，求：（1）两小球的电量为多少？（2）OC为AB中垂线，OC线上AB中点的电场强度是多少？（K=9×109N．m2/C2）题目12：如图所示，在点电荷+Q电场中的一条水平电场线上取a、b两点，其与O的距离关系是r oa=1r ob，当在a处放一电量q=1.5×10-8c带正电的检验电荷时，受到的电场力为F=3×10-6N．试求：（1）a处的电场强度的大小及方向；（2）若将检验电荷放在b点，点电荷+Q受到的电场力多大？方向怎样？题目13：两个半径相同的金属小球，带电量之比是1：5，当它们相距r时作用力大小为F1，若把它们互相接触后再置于原来的位置上，作用力大小为F2，求：F1：F2．题目14：用一绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10-2kg，所带电荷量+2.0×10-8C．现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成30°．求：这个匀强电场的电场强度．题目15：真空中某点A有一个点电荷Q，其带电量为5.0×10-5库伦，求：（1）距离该点电荷10cm处的B点的电场强度（2）如B点有另一个正点电荷q，其带电量为2.0×10-10库伦，该电荷受到的电场力的大小和方向．答案部分1、A解析：A、此图表示的是匀强电场，场强大小和方向处处相同，故A正确。

(物理)物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案含解析

（物理）物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC 固定在竖直面内，圆心为O ，轨道半径为R ，B 为轨道最低点。

该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。

某一时刻一个带电小球从A 点由静止开始运动，到达B 点时，小球的动能为E 0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，试求：（1）小球所受重力和电场力的大小；（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）0E R 02E R（2）8E 0 【解析】【详解】(1)设带电小球的质量为m ，则从A 到B 根据动能定理有：mgR ＝E 0则小球受到的重力为：mg ＝E R方向竖直向下；由题可知：到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，根据功能关系可知：EqR ＝2E 0则小球受到的电场力为：Eq ＝2E R方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：EqR ＝212C mv ＝2E 0 则C 点速度为：v C 04E m方向竖直向上。

从C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：41C v E t g g m== 在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：0442E E qE qE v at t m mg m m==== 则在最高点的动能为：2200411(2)822k E E mv m E m===2．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力．（1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】【详解】(1)由题意可知，粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x 2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则002tan y x qE x v m v y v v aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y 当322a y y =y ＝98a 时，H 有最大值由于9 8 a<2a，所以H的最大值H max＝94a，粒子射入磁场的位置为y＝98a－2a＝－78a3．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷qm＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；(3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝54.00.8()10/21nm sn-⨯+(其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝53.20.8()10/21nm sn-⨯+(其中n＝0、1、2、3)．【解析】【详解】(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eqd tm＝得2mdtqE=代入数据解得t＝1.0×10－6s水平位移x＝v0t代入数据解得x＝0.80m因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则运动时间t0＝Lv＝0.5×10－6s，竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2EqmdE B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝ 12(1cos )12sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆=== Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况，第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=-⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα把2md t qE = 、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝代入解得02(1)21221L qE n E v n md n B+=-⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．4．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】【分析】【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥5．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度为222v g．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=2 2L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=2Lπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t22L则：t1：t2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=2212at，解得，加速度：a222v，对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinmθ=g sinθ，AB边距离桌面的高度：h=L sinθ=222vg；6．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，与x轴相交于Q点，Q点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离．【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20v qv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cmR cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g，所以()()00tan 22H x x x y y θ=-=-g ，由数学知识可知，当()022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =7．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；【答案】（1）3EB（2）2.4B【解析】试题分析：（1）粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：2360d ddrsin sinα===︒根据2mvqv Br=得23qBdv=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qEr cos tm-︒=（）；00yv qEttanv mvα==联立解得03EvB=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．则有：x=v0t，2yvy t=得322yvy tanx vα===由几何知识可得 y=r-rcosα=1323r d=则得23x d=所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253239d dR dsinα⎛⎫+⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度04323v qBdv vcos mα===根据2'vqvB mR=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动8．如图所示，一静止的电子经过电压为U 的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A ，最终电子从B 点离开偏转电场。

2016年安徽自主招生物理模拟试题：带电粒子在交变电场中的运动

2016年某某自主招生物理模拟试题:带电粒子在交变电场中的运动【试题内容来自于相关和学校提供】1：质量为m，带电量为+q的小球，在匀强电场中由静止释放，小球沿着与竖直向下夹30 0的方向作匀加速直线运动，当场强大小为E＝mg/q 时、E所有可能的方向可以构成A、一条线B、一个平面C、一个球面D、一个圆锥面；2：在平行金属板间加上图所示的电压（板间距足够大），能使处于板中央原来静止的电子做往复运动的电压是( )A、AB、BC、CD、D3：一电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，此电场中有一个带电粒子，在t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列判断正确的是A、带电粒子将向一个方向运动B、在l～3s内，电场力的功率为零C、3s末带电粒子的速度最大D、在2~4s内，电场力做的功等于零4：如图一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则（）A、小球在B点时的速度最大B、小球从A到B的过程中，机械能一直在减少C、小球在B点时的绳子拉力最大D、从B到C的过程中小球的电势能一直增大5：如图，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压U0，A板电势φA=0，B板电势φB随时间t变化规律如图。

现有一电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速和重力的影响均可忽略，则（）A、若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动B、若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C、若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D、若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动6：（12分）如下图，加在极板A、B间的电压做周期性的变化，正向电压为，反向电压为.周期为。

在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m,电荷量为e，受电场力的作用由静止开始运动。

高考物理带电粒子在电场中的运动模拟试题及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动模拟试题及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：（1）C 、D 板的长度L ；（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；（3）粒子打在荧光屏上区域的长度．【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md∆== 【解析】试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有20012qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：02qU L t m=（2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大粒子做类平抛运动偏移距离2012y at = 加速度1qU a md=得：2102qU t y md=（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0tan y v v θ=0y v at =打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+荧光屏上区域长度21032qU t s s md∆==考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．2．如图所示，在空间坐标系x <0区域中有竖直向上的匀强电场E 1，在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ，已知CD =2L ，OC =L ，E 2 =4E 1。

2016年安徽自主招生物理模拟试题：带电粒子在匀强电场中的加速和偏转

2016年某某自主招生物理模拟试题:带电粒子在匀强电场中的加速和偏转【试题内容来自于相关和学校提供】1：如图所示，虚线为等势面，实线为一带电油滴（重力不可忽略）在匀强电场中的运动轨迹。

若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况正确的是A、油滴的动能增加B、油滴的电势能减小，机械能增加C、油滴的动能和电势能之和增加D、油滴的重力势能和电势能之和增加2：如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示A、该电场方向向左B、该电场为匀强电场C、该电场中A点电势高于B点电势D、负电荷由A到B的过程中电势能增加3：静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置.其中某部分静电场的分布如题3图所示，虚线表示这个静电场在纸平面内的一簇等势线，等势线的形状为轴对称图形，等势线的电势沿轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等.一个电子从点平行轴射入电场中，从点传穿出电场后会聚到轴上.则A、电子沿轴方向的分速度先加速后减速B、电子在处的电势能小于在处的电势能C、电子穿过电场的过程中，电场力始终做正功D、电子穿过电场的过程中，电场先做正功后做负功4：一带电粒子在正电荷形成的电场中运动，运动轨迹为图中所示的abcd曲线，下列判断正确的是（）A、粒子带正电B、粒子通过a点时的速率比通过b点时小C、粒子通过a点时受到的电场力比通过b点时小D、粒子通过a点时的电势能比通过c点时大5：如图所示，A、B两个带电小球的质量均为，所带电荷量分别为和，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L。

现在两球所在的空间加上一方向水平向左的匀强电场，电场强度，由于有空气阻力，A、B两球最后会达到新的平衡位置，则在这个过程中，两个小球（）A、总重力势能增加了B、总重力势能增加了C、总电势能减少了D、总电势能增加了6：如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直射入场强为E,方向竖直向下的匀强电场中，该粒子在电场中的经历时间_____后，其即时速度的方向与初速度方向成30º角。

【物理】物理带电粒子在电场中的运动练习题及答案含解析

【物理】物理带电粒子在电场中的运动练习题及答案含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线．热灯丝逸出的电子(初速度重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动．已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ．(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离x ．【答案】（1）12mU B L e = 垂直纸面向外；（23L【解析】【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可；（2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可；【详解】（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU m v = 由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE =，其中2U E L= 联立解得：12mUB L e=根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：2v evB m r=，其中由（1）得到2eUv m=设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：2cos L r rθ-=由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：3x L =．【点睛】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可．2．如图所示，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 203mdv【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303v v v cos ==︒ …①在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足22Qq v k mR R =…② 由①②得：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°tan 30°=0yv v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：2200303mdv tan mdv U qL ︒==3．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响）【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，212h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =，45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p v gh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=4．如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少? (2)0~4s 内电场力做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度．【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速，在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==- 电场力做功W=40 J5．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．【答案】（1）2mv E qL=（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π= 【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，2122L at =，qE ma = 联立解得： 2mv E qL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyv v θ==l 速度大小002sin v v v θ== 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2v qvB m R=得：04nmv B qL=，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R ，此时满足()221L n x =+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==6．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。

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