高中物理带电粒子比荷类高考试题归类解析

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高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示,有一比荷qm=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。

【答案】（1）64.810/v m s =⨯；（2）304⎛⎫ ⎪⎝⎭，· 【解析】【详解】（1）粒子从静止开始经加速电场加速后速度为v ，由动能定理：212qU mv =粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力：2v qBv m R= 粒子垂直a 边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届b ，由几何知识得：R d =代入数值，联立解得：64.810/v m s =⨯；-25.7610U V =⨯（2）据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从Q 到M 加速，说明M 点比Q 点电势高，故304⎛⎫ ⎪⎝⎭，2．如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为-q （q>0）的粒子束，粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，重力加速度为g,不计粒子间的相互作用；（1）求粒子运动到距x 轴为h 所用的时间；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'mgEq=，求从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）；（3）若保持EB初始状态不变，仅将粒子束的初速度变为原来的2倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0<λ<2）的点所在的直线方程.【答案】（1）BhtE= (2)2222225m g m gxq B q B≤≤（3）22211528m gy xq B=-+【解析】（1）粒子恰能在xoy平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F Bqv=洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，设重力与电场力合力与-y轴夹角为θ，粒子受力如图所示，()()()222Bqv qE mg=+，()()2252qE mg mgvqB+==则v在y方向上分量大小sin2yqE E mgv v vBqv B qBθ====因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x轴为h处所用的时间2yh Bh qhBtv E mg===；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mgEq=，则电场力''F qE mg ==电，电场力方向竖直向上；所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2v qvB m r =，()()22mqE mg mv R Bq+==如图所示，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最小，()()()()22212222222sin 2mqE mg mE m gx R B q q BqE mg θ+====+ 当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的位置之间的距离为2R 时，第一次打在x 轴上的横坐标最大，()()()()()()22222222222222[]25sin mqE mg m qE mg Rm g x qEB q Eq BqE mg θ++====+ 所以从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围为12x x x ≤≤，即2222225m g m gx q B q B≤≤ （3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；那么设离子运动到位置坐标（x ，y ）满足速率'v v =，则根据动能定理有()2211222qEx mgy mv m v --=--，3222231528m g qEx mgy mv q B --=-=-，所以22211528m gy x q B =-+点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．3．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r ，运动的T 0，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于r 1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T 0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r ，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于2r ．综合上述分析，则电子能到达N 点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L （n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T 0+T ′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B 0中偏转60°，而后又在− B 0中再次偏转60°，经过n 次这样的循环后恰恰从N 点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.4．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 cm R 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 =5．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。

高考物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

(1)若 A、C 间加速电压为 U，求电子通过金属网 C 发射出来的速度大小 vC； (2)若在 A、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从 M 射出形成的电流为 I，求圆柱体 A 在 t 时间内发射电子的数量 N.(忽略 C、D 间的距离以及电子碰撞到 C、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收) (3)若 A、C 间不加电压，要使由 A 发射的电子不从金属网 C 射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度 B 的最小值．
，t
3 R 4 vM
3L 8
m ；（3）T 的表达式为T mL （n＝
eU
2n 2emU
【详解】
（1）在加速电场中，从
P
点到
Q
点由动能定理得： eU
1 2
mv02
可得 v0
2eU m
电子从 Q 点到 M 点，做类平抛运动，
x 轴方向做匀速直线运动， t L L m
v0
2eU
y 轴方向做匀加速直线运动， L 1 eE t2 2 2m
（1）两金属极板间的电压 U 是多大？
（2）若 To=0．5s，求 t=0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间 t 和离开磁场的位置．
（3）要使所有带电粒子通过 O 点后的运动过程中不再从 AB 两点间越过，求出磁场的变化
周期 Bo，To 应满足的条件．
【答案】（1）100V （2）t= 2 105s ，射出点在 AB 间离 O 点 0.04 2 m
2a （3）设粒子在第二象限运动时间为 t1，则：t1＝ v0 ；
子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求
解 B.
【详解】

带电粒子在有界匀强磁场中的运动归类解析

带电粒子在有界匀强磁场中的运动归类解析一、单直线边界磁场1．进入型：带电粒子以一定速度υ垂直于磁感应强度B 进入磁场. 规律要点：（1）对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场.如图1所示.（2）完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的圆弧轨道恰构成一个完整的圆；正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场时，两粒子轨道圆弧对应的圆心角之和等于2πrad ，即2+-+=ϕϕπ，且2-=ϕθ（或2+=ϕθ）.2．射出型：粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子.规律要点：（以图2中带负电粒子的运动轨迹为例）（1）最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于12圆周时且与边界相切（如图2中a 点），则切点为带电粒子不能射出磁场的最值点（或恰能射出磁场的临界点）；（2）最值相交：当带电粒子的运动轨迹大于或等于12圆周时，直径与边界相交的点（图2中的b 点）为带电粒子射出边界的最远点.图2中，在ab 之间有带电粒子射出，设ab 距离为x ，粒子源到磁场边界的距离为d ，带电粒子的质量为m ，速度为υ，则m υr=Bqa O r-d二、双直线边界磁场规律要点：最值相切：当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切.图3所示.对称性：过粒子源S 的垂线为ab 的中垂线.在图3中，ab 之间有带电粒子射出，可求得ab=最值相切规律可推广到矩形区域磁场中.例1．一足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad 宽为L ，现从ad 中点O 垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为0υ方向与ad 边夹角为30°，如图4所示。

已知粒子的电荷量为q ，质量为m （重力不计）。

（1）若粒子带负电，且恰能从d 点射出磁场，求0υ的大小；（2）若粒子带正电，使粒子能从ab 边射出磁场，求0υ的取值范围以及此范围内粒子在磁场中运动时间t 的范围。

高中物理带电粒子在电场中运动试题(有答案和解析)

高中物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和分析 )一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如下图，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r＝ 0.5m 的圆弧轨道CDP和与之相切于 C 点的水平轨道ABC 构成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ＝37°， A、 B 两点间的距离d＝ 0.2m 。

质量 m1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在 A 点，质量﹣5m2＝ 0.1kg、电荷量q＝ 1× 10 C 的带正电小球静止在 B 点，小球的右边空间存在水平向右的匀强电场。

现用大小F＝ 4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块抵达 B 点前瞬时撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，抵达P 点时恰巧和轨道无挤压且所受协力指向圆心。

小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计全部摩擦。

取 g＝10m/s 2， sin37 °＝ 0.6，cos37°＝ 0.8.(1)求撤去该恒力瞬时滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E；(2)求小球抵达 P 点时的速度大小 v和 B、 C 两点间的距离x；P(3)若小球从 P 点飞出后落到水平轨道上的Q 点（图中未画出）后不再反弹，求Q、 C 两点间的距离 L。

【答案】（1）撤去该恒力瞬时滑块的速度大小是6m/s ，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C；（ 2）小球抵达 P 点时的速度大小是 2.5m/s ， B、C 两点间的距离是0.85m。

（3） Q、C 两点间的距离为 0.5625m 。

【分析】【详解】（1）对滑块从 A 点运动到 B 点的过程，依据动能定理有：Fd＝1m1v2，2代入数据解得： v＝ 6m/s小球抵达 P 点时，受力如下图，由均衡条件得：qE＝ m2gtan θ，4解得： E＝7.5 ×10N/C。

（2）小球所受重力与电场力的协力大小为：G 等＝m2g①cos小球抵达 P 点时，由牛顿第二定律有： G 等＝ m 2v 2P②r联立 ①② ，代入数据得： v P ＝ 2.5m/s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为 v 1、 v 2，以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v ＝ m 1v 1+m 2v 2 ③由能量守恒得：1212122 m 1v2 m 1v 12m 2v2④联立 ③④ ，代入数据得： v 1＝﹣ 2m/s （ “﹣”表示 v 1 的方向水平向左）， v 2＝4m/s小球碰后运动到P 点的过程，由动能定理有：21 2 1 2qE （ x ﹣ rsin θ）﹣ m g （ r+rcos θ）＝ 2 m 2v P 2 m 2 v 2 ⑤代入数据得： x ＝ 0.85m 。

高考物理带电粒子在电场中的运动试题经典及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动试题经典及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，半径为a 的内圆A 是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v 的电子；外圆C 为与A 同心的金属网，半径为3a ．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m ，电量为e ．(1)为使从C 射出的电子速率达到3v ，C 、A 间应加多大的电压U ； (2)C 、A 间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．①若沿A 径向射出的电子恰好不从C 射出，求该电子第一次回到A 时，在磁场中运动的时间t ；②为使所有电子都不从C 射出，所加磁场磁感应强度B 应多大．【答案】（1）24mv e （2）①43a π ②(31)B ae ≥- 【解析】【详解】（1）对电子经C 、A 间的电场加速时，由动能定理得()2211322eU m v mv =- 得24mv U e=（2）电子在C 、A 间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．设此轨迹圆的半径为r ，则)2223a rr a -=+又2rT vπ=得tan 3arθ== 故θ=60°所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθπ= 得439at vπ=（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C 相切．则所有电子都不从C 射出，轨迹如图所示：23r a a '=-又2v evB m r ='得3-1B ae =（）所以3-1B ae≥（）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 -=时，即y ＝98a 时，H 有最大值由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a3．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E 1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。

10 静电场2高考真题分项详解(解析板)

十年高考分类汇编专题10静电场2（2011—2020）目录题型一、带电粒子在复合场中的运动 ................................................................................................ 1 题型二、带电粒子在纯电场、复合场中运动的综合类问题 (5)题型一、带电粒子在复合场中的运动1.（2019天津）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程（）A ．动能增加212mvB ．机械能增加22mv C ．重力势能增加232mv D ．电势能增加22mv【考点】：功能关系、动能定理、运动的独立性、电场力做功【答案】：C【解析】：小球的动能增加量为2222321)2(21mv mv v m E E KM KN =-=-；故A 错误；除重力外其它力对小球做功的大小为小球机械能的增加量，在本题中电场力对小球做功的大小为小球机械能的增加量，在水平方向上研究小球可知电场力对其做正功，电势能减小，可求得电场力对小球做功大小为小球水平方向动能的增量2221）（v m ；即小球的机械能增加了22mv ；电势能减小了22mv ；故B 对，D 错；从M 点到N 点对小球应用动能定理得：2221)2(21mv v m W W G D -=-；又22mv W D =；可求得221mv W G =故C 错；2.（2016江苏）如图所示，水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）A. 仍然保持静止B. 竖直向下运动C. 向左下方运动D. 向右下方运动【考点】带电粒子在复合场中的运动、受力分析【答案】D【解析】两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确.3.(2013广东)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关【考点】带电粒子在复合场中的运动、受力分析、类平抛运动【答案：C】【解析】选C.带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v0t，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得带电微滴的轨迹方程为y ＝qEx22mv 20，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C 正确，D 错误．4.（2016全国1）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称。

带电粒子在磁场中运动的六类高考题型归类解析1

带电粒子在磁场中运动的六类高考题型归类解析一、带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动基本问题找圆心、画轨迹是解题的基础。

带电粒子垂直于磁场进入一匀强磁场后在洛伦兹力作用下必作匀速圆周运动，抓住运动中的任两点处的速度，分别作出各速度的垂线，则二垂线的交点必为圆心；或者用垂径定理及一处速度的垂线也可找出圆心；再利用数学知识求出圆周运动的半径及粒子经过的圆心角从而解答物理问题。

（04天津）钍核发生衰变生成镭核并放出一个粒子。

设该粒子的质量为、电荷量为q，它进入电势差为U的带窄缝的平行平板电极和间电场时，其速度为，经电场加速后，沿方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，垂直平板电极，当粒子从点离开磁场时，其速度方向与方位的夹角，如图所示，整个装置处于真空中。

（1）写出钍核衰变方程；（2）求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R；（3）求粒子在磁场中运动所用时间。

二、带电粒子在磁场中轨道半径变化问题导致轨道半径变化的原因有：①带电粒子速度变化导致半径变化。

如带电粒子穿过极板速度变化；带电粒子使空气电离导致速度变化；回旋加速器加速带电粒子等。

②磁场变化导致半径变化。

如通电导线周围磁场，不同区域的匀强磁场不同；磁场随时间变化。

③动量变化导致半径变化。

如粒子裂变，或者与别的粒子碰撞；④电量变化导致半径变化。

如吸收电荷等。

总之，由看m、v、q、B中某个量或某两个量的乘积或比值的变化就会导致带电粒子的轨道半径变化。

（06年全国2）如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B＞B2。

一个带负电的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？三、带电粒子在磁场中运动的临界问题和带电粒子在多磁场中运动问题带电粒子在磁场中运动的临界问题的原因有：粒子运动范围的空间临界问题；磁场所占据范围的空间临界问题，运动电荷相遇的时空临界问题等。

高中物理带电粒子在电场中的运动试题类型及其解题技巧及解析

高中物理带电粒子在电场中的运动试题类型及其解题技巧及解析一、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，粗糙水平轨道与半径为R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B 点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场E ，质量为m 的带正电小滑块从水平轨道上A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B 点后电量保持不变，小滑块在AB 段加速度随位移变化图像如图乙．已知A 、B 间距离为4R ，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g ，不计空气阻力，求(1)小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量 (2)滑块对半圆轨道的最大压力大小(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B 的距离【答案】（1）mgq E∆=（2）(635N F mg =+（3）425v gR =夹角为11arctan 2β=斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．【解析】【分析】【详解】试题分析：根据在A 、B 两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量；利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点；解：(1)A 点：01·2q E mg m g μ-= B 点13·2q E mg m g μ-= 联立以上两式解得10mgq q q E∆=-=； (2) 从A 到B 过程：2113122··4022g gm R mv +=- 将电场力与重力等效为“重力G '，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：'G =cos mgG α='从B 到“等效最低点”过程：222111(cos )22G R R mv mv α--'=22N v F G m R-='由以上各式解得：(6N F mg =+由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(6N F mg =+；(3) 从B 到C 过程：2213111·2?22mg R q E R mv mv --=- 从C 点到再次进入电场做平抛运动：13x v t =212R gt =y gt =v13tan y v v β=21tan mgq Eβ=由以上各式解得：12ββ=则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tan R x β=从C 点到水平轨道：22124311·2?22mg R q E x mv mv +=-由以上各式解得：4v =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为4V =方向与水平方向夹角为11arctan 2β=，斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．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。

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示,有一比荷qm=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。

高考物理带电粒子在电场中的运动试题经典及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动试题经典及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E =1.6×105N/C ，在第二象限有半径R =5cm 的圆形磁场，磁感应强度B =0.8T ，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qm=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/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 点的最远距离．【答案】（1）5cm ；（2）0≤y≤10cm ；（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，由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m 20v r解得：r =20510mv Bq-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知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PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1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0≤y ≤10cm （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：x 0=v 0t 0 h =2012at a =qE m解得：h =18cm ＞2R =10cm说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．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：x =v 0t y =212at 代入数据解得：x 2y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⋅===所以：H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 02y ）2y由数学知识可知，当（x 02y ）2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值所以H max =9cm2．如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨AB 、CD ．导轨间距为L ，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab 可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B ．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R 、R 和R ．在BD 间接有一水平放置的电容为C 的平行板电容器，板间距离为d ，电容器中质量为m 的带电微粒电量为q 。

高考物理带电粒子在磁场中的运动试题经典及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动试题经典及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在两块水平金属极板间加有电压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB 间离O 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出如图，由几何关系可得临界时要不从AB 边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间．【答案】（1）2q v mϕ=；（2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程．建立如图坐标.212qE L t m= 222mL mt L qE q ϕ== 22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x v v α=1cos 2α=060α∴=3．如图，圆心为O 、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 。

高中物理带电粒子比荷类高考试题归类解析

带电粒子比荷类高考试题归类解析应用电场和磁场的有关知识求解带电粒子比荷类试题是近几年高考常见的考题，这类试题考查学生把所学的知识用来解决实际问题的能力，体现了物理与科学、技术、社会的结合和联系，符合新课程标准。

现就这类试题归类解析：一、用平衡求解1．用带电粒子在匀强电场中平衡求比荷例1电子的比荷最早由美国科学家密立根通过油滴实验测出，如图两块水平放置的平行金属板上下极板与电源正负极相接，上下极板分别带正负电荷，油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而起电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动，两金属板间距为d，不计空气阻力和浮力，调节两板的电势差，当U=U0时，使油滴做匀速直线运动，求油滴的比荷。

解析：油滴匀速运动受电场力和重力平衡，油滴带负电，由平衡条件得2．用带电粒子在电磁场平衡求比荷（96年全国高考）设在地面上方的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的E=4．0v/m，B=0．15T，今有一个带负电的质点以v=20m/s的速度在此区域内沿垂直于磁场方向作匀速直线运动，求此质点的电量和质量之比以及磁场的所有可能方向。

解析：根据带电粒子做匀速直线运动的条件得知，此粒子受重力、电场力和洛仑兹力的合力必定为零，由此可知三力在同一竖直平面内，如图，质点的速度垂直纸面向外，因质点带负电，电场方向和电场力的方向相反，磁场方向也与电场力的方向相反，设磁场方向与重力方向成θ角，由平衡条件解得且斜向下的一切方向。

二、用偏转求解1．用带电粒子在电场中偏转求比荷（04年江苏）汤姆逊用来测定电子的比荷实验装置如下：真空管内的阴极K发出电子，（不计初速，重力和电子间相互作用）经加速电压加速后，穿过A的中心小孔沿中心轴O/O的方向进入到两块水平正对旋转的平行极板P和P/间的区域，当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点，形成一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏转到O/点，O与O/点的竖直间距为d，水平间距可以忽略此时在P和P/间的区域内，再加一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重先回到O点，已知极板水平方向的长度为L1板间距离为b，板右端到荧光屏的距离为L2如图所示，求（1）打在荧光屏O点的电子速度的大小，（2）推导电子的比荷表达式。

高考必刷题物理带电粒子在电场中的运动题及解析

高考必刷题物理带电粒子在电场中的运动题及解析一、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．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：r 2+r 2=L 2，解得：r 2L ，小球在磁场中做圆周运的周期：T =2rv π，小球在磁场中的运动时间：t 1=14T =024L v π，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x =r =v 0t 2，运动时间：t 2=22L v ，则：t 1：t 2=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：a =222v L，对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin mθ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；3．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）。

高考物理质谱仪和磁流体发电机压轴难题试卷及答案解析

高考物理质谱仪和磁流体发电机压轴难题试卷及答案解析一、高中物理解题方法：质谱仪和磁流体发电机1．带电粒子的电荷量与质量之比（qm）叫做比荷。

比荷的测定对研究带电粒子的组成和结构具有重大意义。

利用质谱仪可以测量带电粒子的比荷。

如图所示为一种质谱仪的原理示意图。

某带电粒子从容器A 下方的小孔飘入加速电场（其初速度可视为零），之后自O 点沿着与磁场边界垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照相底片上的P 点。

忽略重力的影响。

当加速电场的电势差为U ，匀强磁场的磁感应强度为B 时，O 点与P 点间的距离为L 。

（1）请你说该带电粒子带正电还是带负电。

（2）求该带电粒子的比荷。

【答案】(1)正电 (2) 228q U m B L= 【解析】【详解】（1）根据粒子在磁场中的运动轨迹，结合左手定则可知粒子带正电。

（2）带电粒子在加速电场中加速，根据动能定理212qU mv =带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力2v qvB m R=由题知12R L =解得带电粒子的比荷228q U m B L=2．某种工业上用质谱仪将铀离子从其他相关元素中分离出来，如图所示，铀离子通过U ＝100kV 的电势差加速后进入匀强磁场分离器，磁场中铀离子的路径为半径r ＝1.00m 的半圆，最后铀离子从狭缝出来被收集在一只杯中，已知铀离子的质量m ＝3.92×10－25kg ，电荷量q ＝3.20×10－19C ，如果该设备每小时分离出的铀离子的质量M ＝100mg ，则：(为便于计算 3.92≈2)(1)求匀强磁场的磁感应强度； (2)计算一小时内杯中所产生的内能； (3)计算离子流对杯产生的冲击力。

【答案】(1)0.5T(2)8.16×106J(3)0.011N 【解析】【详解】(1)铀离子在加速电场中加速时，由动能定理qU ＝12mv 2－0 铀离子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供qvB ＝2mv r所以B ＝525192121210 3.92101 3.2010qUm mvUm m qrr q --⨯⨯⨯==⨯＝0.5T 。

高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)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．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 ≥3．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．4．如图所示，在竖直面内有一边长为的正六边形区域，O 为中心点，CD 水平．将一质量为m 的小球以一定的初动能从B 点水平向右拋出，小球运动轨迹过D 点．现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为+q ，并以前述初动能沿各个方向从B 点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动．已知某一方向拋入的小球过O 点时动能为初动能的，另一方向拋入的小球过C 点时动能与初动能相等．重力加速度为g ，电场区域足够大，求：（1）小球的初动能；（2）取电场中B 点的电势为零，求O 、C 两点的电势；（3）已知小球从某一特定方向从B 点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B ，求该特定方向拋入的小球在六边形区域内运动的时间．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）设小球从B 点抛出时速度为，从B 到D 所用时间为t ，小球做平抛运动在水平方向上在竖直方向上由几何关系可知：，解得小球的初动能为：（2）带电小球B→O：由动能定理得：解得：带电小球B→C：由动能定理得：解得：（3）在正六边形的BC边上取一点G，令，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可知解得：由几何知识可得，直线GO与正六边形的BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿CB方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得受力分析如图，根据力合成的平行四边形定则可得：，方向F→B小球只有沿BF方向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形区域后，做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x由牛顿定律得(未射出六边形区域)小球在六边形区域内运动时间为5．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．【答案】22B qLE m=；2B E t t π= 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有20v qv B m R= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有2R =以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m=且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142Bt T m qB π== 所以2B E t t π=6．如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为-q （q>0）的粒子束，粒子恰能在xoy平面内做直线运动，重力加速度为g,不计粒子间的相互作用；（1）求粒子运动到距x轴为h所用的时间；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'mgEq=，求从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）；（3）若保持EB初始状态不变，仅将粒子束的初速度变为原来的2倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0<λ<2）的点所在的直线方程.【答案】（1）BhtE= (2)2222225m g m gxq B q B≤≤（3）22211528m gy xq B=-+【解析】（1）粒子恰能在xoy平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F Bqv=洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，设重力与电场力合力与-y轴夹角为θ，粒子受力如图所示，()()()222Bqv qE mg=+，()()2252qE mg mgvqB+==则v在y方向上分量大小sin2yqE E mgv v vBqv B qBθ====因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x轴为h处所用的时间2yh Bh qhBtv E mg===；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mgE q=，则电场力''F qE mg ==电，电场力方向竖直向上；所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2v qvB m r =，()()22mqE mg mv R Bq+==如图所示，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最小，()()()()22212222222sin 2mqE mg mE m gx R B q q BqE mg θ+====+ 当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的位置之间的距离为2R 时，第一次打在x 轴上的横坐标最大，()()()()()()22222222222222[]25sin mqE mg m qE mg Rm g x qEB q Eq BqE mg θ++====+ 所以从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围为12x x x ≤≤，即2222225m g m gx q B q B≤≤ （3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；那么设离子运动到位置坐标（x ，y ）满足速率'v v =，则根据动能定理有()2211222qEx mgy mv m v --=--，3222231528m g qEx mgy mv q B --=-=-，所以22211528m gy x q B =-+点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．7．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL B d q m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．U q Bqv d=， Bd U v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qd y t dm mU==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=- 242222222a k L B d q m U E mB d= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122d y L L x +，1()2x y d L =+ (3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md= 122221·2y Uq t m y t dv +=， 22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uq y W d Uq W y d8．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔。

高考物理带电粒子在电场中的运动试题类型及其解题技巧及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动试题类型及其解题技巧及解析一、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，粗糙水平轨道与半径为R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B 点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场E ，质量为m 的带正电小滑块从水平轨道上A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B 点后电量保持不变，小滑块在AB 段加速度随位移变化图像如图乙．已知A 、B 间距离为4R ，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g ，不计空气阻力，求(1)小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量 (2)滑块对半圆轨道的最大压力大小(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B 的距离【答案】（1）mgq E∆=（2）(635N F mg =+（3）425v gR =夹角为11arctan 2β=斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．【解析】【分析】【详解】试题分析：根据在A 、B 两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量；利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点；解：(1)A 点：01·2q E mg m g μ-= B 点13·2q E mg m g μ-= 联立以上两式解得10mgq q q E∆=-=； (2) 从A 到B 过程：2113122··4022g gm R mv +=- 将电场力与重力等效为“重力G '，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：'G =cos mgG α='从B 到“等效最低点”过程：222111(cos )22G R R mv mv α--'=22N v F G m R-='由以上各式解得：(6N F mg =+由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(6N F mg =+；(3) 从B 到C 过程：2213111·2?22mg R q E R mv mv --=- 从C 点到再次进入电场做平抛运动：13x v t =212R gt =y gt =v13tan y v v β=21tan mgq Eβ=由以上各式解得：12ββ=则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tan R x β=从C 点到水平轨道：22124311·2?22mg R q E x mv mv +=-由以上各式解得：4v =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为4V =方向与水平方向夹角为11arctan 2β=，斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．2．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 ≥3．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E 1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。

高考物理二轮复习专题12 静电场要点透析及相关题型解析试题

权掇市安稳阳光实验学校静电场要点透析及相关题型解析●电荷描述库仑定律●一、电荷及电荷守恒定律1．元电荷、点电荷、比荷（1）元电荷：e＝1.6×10－19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，也就是说，电荷量时不能连续变化的物理量。

其中质子、正电子的电荷量与元电荷相同。

（2）点电荷：当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。

（3）比荷带电体所带电荷量q与其质量m之比叫做比荷。

比荷一般是针对电子等微观粒子而言的。

例如，电子的电荷量e与电子的质量m e 之比，叫做电子的比荷，为2．静电场（1）定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。

（2）基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。

3．电荷守恒定律（1）内容：电荷既不能创造，也不能消灭，只能从物体的一部分转移到另一部分，或者从一个物体转移到另一个物体。

在任何转移的过程中，电荷的总量不变。

（2）起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。

（3）带电实质：物体带电的实质是得失电子。

4．感应起电：感应起电的原因是电荷间的相互作用，或者说是电场对电荷的作用。

（1）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。

（2）当有外加电场时，电荷向导体两端移动，出现感应电荷，当无外加电场时，导体两端的电荷发生中和。

二、库仑定律1．内容：真空中两个点电荷之间的相互作用力F的大小，跟它们的电荷量Q1、Q2的乘积成正比，跟它们的距离r的二次方成反比；作用力的方向沿着它们的连线。

2．表达式：F＝kQ1Q2r2，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫静电力常量。

3．适用条件：真空中的点电荷。

③从两点电荷连线中点O沿中垂面（中垂线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小。

6．匀强电场场强方向处处相同，场强大小处处相等的区域称为匀强电场，匀强电场中的电场线是等距的平行线，平行正对的两金属板带等量异种电荷后，在两极之间除边缘外就是匀强电场。

【物理】物理高考带电粒子在磁场中的运动练习题及解析

【物理】物理高考带电粒子在磁场中的运动练习题及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在两块水平金属极板间加有电压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB 间离O 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出如图，由几何关系可得临界时要不从AB 边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为26qB Lm；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．（1）求碰撞后A 球的速度大小；（2）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；（3）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间．【答案】（1）A 21k qBL v k m =⋅+（2）1（3）57k =或13k =；32m t qB π=【解析】【分析】【详解】（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBLv m= 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222kmv kmv mv =+ 解得：A 21k qBL v k m=⋅+（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ，由牛顿第二定律得： 2A A mv qvB R= 解得：21kR L k =+ 由公式可得R 越大，k 值越大如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 求得k 的最大值为1k =（3）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有222()(1.5)2LR L R =+-解得：56L R = 由21k R L k =+可得：57k =（II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2LR ≥，则A 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z 点离开．如图3和如图4，由几何关系有：2223()(3)22L R R L =+-解得：58L R =或2LR = 由21k R L k =+可得：511k =或13k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为2226m q B L W m=当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222A 12521286qB L q B L mv m m ⋅=>当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222A 1286qB L q B L mv m m⋅=<综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或13k = A 球在磁场中运动周期为2mT qBπ= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34t T = 即32mt qBπ=3．科学家设想在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的反物质.例如：正电子就是电子的反粒子，它跟电子相比较，质量相等、电量相等但电性相反.如图是反物质探测卫星的探测器截面示意图.MN 上方区域的平行长金属板AB 间电压大小可调，平行长金属板AB 间距为d ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里.MN 下方区域I 、II 为两相邻的方向相反的匀强磁场区，宽度均为3d ，磁感应强度均为B ，ef 是两磁场区的分界线，PQ 是粒子收集板，可以记录粒子打在收集板的位置.通过调节平行金属板AB 间电压，经过较长时间探测器能接收到沿平行金属板射入的各种带电粒子.已知电子、正电子的比荷是b ，不考虑相对论效应、粒子间的相互作用及电磁场的边缘效应.（1）要使速度为v 的正电子匀速通过平行长金属极板AB ，求此时金属板AB 间所加电压U ；（2）通过调节电压U 可以改变正电子通过匀强磁场区域I 和II 的运动时间，求沿平行长金属板方向进入MN 下方磁场区的正电子在匀强磁场区域I 和II 运动的最长时间t m ；（3）假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入MN 下方磁场区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板AB 间所加电压U 的范围.【答案】（1）Bvd （2）Bb π（3）3B 2d 2b ＜U ＜221458B d b【解析】【详解】（1）正电子匀速直线通过平行金属极板AB ，需满足 Bev=Ee因为正电子的比荷是b ，有 E=U d联立解得：u Bvd =（2）当正电子越过分界线ef 时恰好与分界线ef 相切，正电子在匀强磁场区域I 、II 运动的时间最长。

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