2010年高考物理磁場分類匯編.doc

2010年高考物理試題分類匯編磁場（全國卷1）26（21分）如下圖，在區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0180范圍內(nèi)。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在時刻剛好從磁場邊界上點離開磁場。求：粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷qm；此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間?！敬鸢浮?速度與y軸的正方向的夾角范圍是60到120從粒子發(fā)射到全部離開所用 時間 為【解析】 粒子沿y軸的正方向進入磁場，從P點經(jīng)過做OP的垂直平分線與x軸的交點為圓心，根據(jù)直角三角形有解得，則粒子做圓周運動的的圓心角為120，周期為粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得，化簡得仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于120，這樣粒子角度最小時從磁場右邊界穿出；角度最大時從磁場左邊界穿出。角度最小時從磁場右邊界穿出圓心角120，所經(jīng)過圓弧的弦與中相等穿出點如圖，根據(jù)弦與半徑、x軸的夾角都是30，所以此時速度與y軸的正方向的夾角是60。角度最大時從磁場左邊界穿出，半徑與y軸的的夾角是60，則此時速度與y軸的正方向的夾角是120。所以速度與y軸的正方向的夾角范圍是60到120在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應(yīng)該與磁場的右邊界相切，在三角形中兩個相等的腰為，而它的高是RRR，半徑與y軸的的夾角是30，這種粒子的圓心角是240。所用 時間 為。所以從粒子發(fā)射到全部離開所用 時間 為。(全國卷2)26（21分）圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V;兩板之間有勻強磁場，磁場應(yīng)強度大小為B0，方向平行于板面并垂直于紙面朝里。圖中右邊有一邊長為a的正三角形區(qū)域EFG(EF邊與金屬板垂直)，在此區(qū)域內(nèi)及其邊界上也有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。假設(shè)一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面，垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間的區(qū)域，并經(jīng)EF邊中點H射入磁場區(qū)域。不計重力（1）已知這些離子中的離子甲到達磁場邊界EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子甲的質(zhì)量。（2）已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點（圖中未畫出）穿出磁場，且GI長為，求離子乙的質(zhì)量。（3）若這些離子中的最輕離子的質(zhì)量等于離子甲質(zhì)量的一半，而離子乙的質(zhì)量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內(nèi)可能有離子到達。解析：（1）在粒子進入正交的電磁場做勻速直線運動，設(shè)粒子的速度為v，電場的場強為E0，根據(jù)平衡條件得 由化簡得 粒子甲垂直邊界EF進入磁場，又垂直邊界EF穿出磁場，則軌跡圓心在EF上。粒子運動中經(jīng)過EG，說明圓軌跡與EG相切，在如圖的三角形中半徑為R=acos30tan15 tan15= 聯(lián)立化簡得 在磁場中粒子所需向心力由洛倫磁力提供，根據(jù)牛頓第二定律得 聯(lián)立化簡得 （2）由于1點將EG邊按1比3等分，根據(jù)三角形的性質(zhì)說明此軌跡的弦與EG垂直，在如圖的三角形中，有 同理 （10）（3）最輕離子的質(zhì)量是甲的一半，根據(jù)半徑公式離子的軌跡半徑與離子質(zhì)量呈正比，所以質(zhì)量在甲和最輕離子之間的所有離子都垂直邊界EF穿出磁場，甲最遠離H的距離為，最輕離子最近離H的距離為，所以在離H的距離為到之間的EF邊界上有離子穿出磁場。比甲質(zhì)量大的離子都從EG穿出磁場，期中甲運動中經(jīng)過EG上的點最近，質(zhì)量最大的乙穿出磁場的1位置是最遠點，所以在EG上穿出磁場的粒子都在這兩點之間。（新課標卷）25.(18分)如圖所示，在0xa、oy范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在090范圍內(nèi).己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一，求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的：(1)速度大??；(2)速度方向與y軸正方向夾角正弦。 解析：設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫磁力公式，得，解得：當(dāng)Ra時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖所示，設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意，時，設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得：再加上，解得：（上海物理）13. 如圖，長為的直導(dǎo)線拆成邊長相等，夾角為的形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為，當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強度為的電流時，該形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為（A）0 （B）0.5 （C） （D）答案：C解析：導(dǎo)線有效長度為2lsin30=l，所以該V形通電導(dǎo)線收到的安培力大小為。選C。本題考查安培力大小的計算。難度：易。（重慶卷）21.如題21圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁塊，在紙面民內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡為相應(yīng)的圓弧，這些粒子的質(zhì)量，電荷量以及速度大小如下表所示由以上信息可知，從圖中a、b、c處進大的粒子對應(yīng)表中的編號分別為A 3、5、4 B4、 2、5C5、3、2 D2、4、5 答案：D【解析】根據(jù)半徑公式結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可求得15各組粒子的半徑之比依次為0.52332，說明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從MQ邊界進入磁場逆時針運動。由圖a、b粒子進入磁場也是逆時針運動，則都為正電荷，而且a、b粒子的半徑比為23，則a一定是第2組粒子，b是第4組粒子。c順時針運動，都為負電荷，半徑與a相等是第5組粒子。正確答案D。（江蘇卷）9.如圖所示，在勻強磁場中附加另一勻強磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO與SS垂直。a、b、c三個質(zhì)子先后從S點沿垂直于磁場的方向攝入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為，且。三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能達到同一點S，則下列說法中正確的有w w w.ks5 u .c omA三個質(zhì)子從S運動到S的時間相等B三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在OO軸上C若撤去附加磁場，a到達SS連線上的位置距S點最近D附加磁場方向與原磁場方向相同答案：CD解析：A.三個質(zhì)子從S運動到S的時間不相等，A錯誤；B.三個質(zhì)子在附加磁場意外區(qū)域運動時，只有b運動軌跡的圓心在OO軸上，因為半徑相等，而圓心在初速度方向的垂線上，所以B錯誤；C.用作圖法可知，若撤去附加電場，a到達SS連線上的位置距S點最近，b最遠；C正確；D.因b要增大曲率，才能使到達SS連線上的位置向S點靠近，所以附加磁場方向與原磁場方向相同，D正確；本體選CD。本體考查帶電粒子在磁場中的運動。難度：難。（福建卷）21、（19分）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個定值電阻。導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強磁場?，F(xiàn)對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運動，此時放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止。當(dāng)a棒運動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場邊界PQ處時，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運動。已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R,b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計。求（1）a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運動的過程中，a棒中的電流強度I，與定值電阻R中的電流強度IR之比；（2）a棒質(zhì)量ma；（3）a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運動時所受的拉力F。解析：（1）a棒沿導(dǎo)軌向上運動時，a棒、b棒及電阻R中的電流分別為Ia、Ib、IR，有解得：（2）由于a棒在PQ上方滑動過程中機械能守恒，因而a棒在磁場中向上滑動的速度大小v1與在磁場中向下滑動的速度大小v2相等，即v1=v2=v設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)體棒長為L乙，a棒在磁場中運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Blv當(dāng)a棒沿斜面向上運動時向下勻速運動時，a棒中的電流為Ia、則 由以上各式聯(lián)立解得：（3）由題可知導(dǎo)體棒a沿斜面向上運動時，所受拉力（廣東卷）36.(18分)如圖16（a）所示，左為某同學(xué)設(shè)想的粒子速度選擇裝置，由水平轉(zhuǎn)軸及兩個薄盤N1、N2構(gòu)成，兩盤面平行且與轉(zhuǎn)軸垂直，相距為L，盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角可調(diào)（如圖16（b）；右為水平放置的長為d的感光板，板的正上方有一勻強磁場，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度為B.一小束速度不同、帶正電的粒子沿水平方向射入N1，能通過N2的粒子經(jīng)O點垂直進入磁場。 O到感光板的距離為，粒子電荷量為q,質(zhì)量為m，不計重力。（1）若兩狹縫平行且盤靜止（如圖16（c），某一粒子進入磁場后，豎直向下打在感光板中心點M上，求該粒子在磁場中運動的時間t；（2）若兩狹縫夾角為 ，盤勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如圖16（b）.要使穿過N1、N2的粒子均打到感光板P1P2連線上。試分析盤轉(zhuǎn)動角速度的取值范圍（設(shè)通過N1的所有粒子在盤轉(zhuǎn)一圈的時間內(nèi)都能到達N2）。解：（1）分析該粒子軌跡圓心為P1，半徑為，在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為，因而運動時間為：（2）設(shè)粒子從N1運動到N2過程歷時為t，之后在磁場中運行速度大小為v，軌跡半徑為R則：在粒子勻速過程有：L=vt 粒子出來進入磁場的條件： 在磁場中做勻速圓周運動有： 設(shè)粒子剛好過P1點、P2點時軌跡半徑分別為：R1、R2則： 由得：（山東卷）25（18分）如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側(cè)為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為、帶電量+q、重力不計的帶電粒子，以初速度垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加速運動，然后第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動。已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推。求粒子第一次經(jīng)過電場子的過程中電場力所做的功。粒子第n次經(jīng)過電場時電場強度的大小。粒子第n次經(jīng)過電場子所用的時間。假設(shè)粒子在磁場中運動時，電場區(qū)域場強為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強度隨時間變化的關(guān)系圖線（不要求寫出推導(dǎo)過程，不要求標明坐標明坐標刻度值）。解析：（1）根據(jù)，因為，所以，所以,（2）=，所以。（3），所以。(4)（北京卷）23.（18分）利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖1，將一金屬或半導(dǎo)體薄片垂直至于磁場B中，在薄片的兩個側(cè)面、間通以電流時，另外兩側(cè)、間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱霍爾效應(yīng)。其原因是薄片中的移動電荷受洛倫茲力的作用相一側(cè)偏轉(zhuǎn)和積累，于是、間建立起電場，同時產(chǎn)生霍爾電勢差。當(dāng)電荷所受的電場力與洛倫茲力處處相等時，和達到穩(wěn)定值，的大小與和以及霍爾元件厚度之間滿足關(guān)系式，其中比例系數(shù)稱為霍爾系數(shù)，僅與材料性質(zhì)有關(guān)。（1）設(shè)半導(dǎo)體薄片的寬度（、間距）為，請寫出和的關(guān)系式；若半導(dǎo)體材料是電子導(dǎo)電的，請判斷圖中、哪端的電勢高；（2）已知半導(dǎo)體薄片內(nèi)單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為，電子的電荷量為，請導(dǎo)出霍爾系數(shù)的表達式。（通過橫截面積的電流，其中是導(dǎo)電電子定向移動的平均速率）；（3）圖2是霍爾測速儀的示意圖，將非磁性圓盤固定在轉(zhuǎn)軸上，圓盤的周邊等距離地嵌裝著個永磁體，相鄰永磁體的極性相反?；魻栐糜诒粶y圓盤的邊緣附近。當(dāng)圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，霍爾元件輸出的電壓脈沖信號圖像如圖所示。.若在時間內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為，請導(dǎo)出圓盤轉(zhuǎn)速的表達式。.利用霍爾測速儀可以測量汽車行駛的里程。除除此之外，請你展開“智慧的翅膀”，提出另一個實例或設(shè)想。解析：（1）由 得 當(dāng)電場力與洛倫茲力相等時 得 將 、代入，得 （2） a.由于在時間t內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為P，則 P=mNt圓盤轉(zhuǎn)速為 N=b.提出的實例或設(shè)想 （天津卷）12.（20分）質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域。湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠大于L，OO為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離OO的距離。以屏中心O為原點建立xOy直角坐標系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。（1）設(shè)一個質(zhì)量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿OO的方向從O點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點。若在兩極板間加一沿+y方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離O點的距離y0;(2)假設(shè)你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結(jié)果計算未知離子的質(zhì)量數(shù)。上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強磁場?，F(xiàn)有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O點沿OO方向射入，屏上出現(xiàn)兩條亮線。在兩線上取y坐標相同的兩個光點，對應(yīng)的x坐標分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標大的光點是碳12離子擊中屏產(chǎn)生的，另一光點是未知離子產(chǎn)生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運動時OO方向的分速度總是遠大于x方向和y方向的分速度。解析：（1）離子在電場中受到的電場力離子獲得的加速度離子在板間運動的時間到達極板右邊緣時，離子在方向的分速度離子從板右端到達屏上所需時間離子射到屏上時偏離點的距離由上述各式，得（2）設(shè)離子電荷量為，質(zhì)量為，入射時速度為，磁場的磁感應(yīng)強度為，磁場對離子的洛倫茲力已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運動時間甚短，所經(jīng)過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運動時，方向的分速度總是遠大于在方向和方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛倫茲力產(chǎn)生的加速度是離子在方向的加速度，離子在方向的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動，到達極板右端時，離子在方向的分速度離子飛出極板到達屏?xí)r，在方向上偏離點的距離當(dāng)離子的初速度為任意值時，離子到達屏上時的位置在方向上偏離點的距離為，考慮到式，得由、兩式得其中上式表明，是與離子進入板間初速度無關(guān)的定值，對兩種離子均相同，由題設(shè)條件知，坐標3.24mm的光點對應(yīng)的是碳12離子，其質(zhì)量為，坐標3.00mm的光點對應(yīng)的是未知離子，設(shè)其質(zhì)量為，由式代入數(shù)據(jù)可得故該未知離子的質(zhì)量數(shù)為14。（浙江卷）23. （20分）如圖所示，一矩形輕質(zhì)柔軟反射膜可繞過O點垂直紙面的水平軸轉(zhuǎn)動，其在紙面上的長度為L1，垂直的為L2。在膜的下端（圖中A處）掛有一科行于轉(zhuǎn)軸，質(zhì)量為m，長為L3的導(dǎo)體棒使膜*成平面。在膜下方水平放置一足夠大的太陽能光電池板，能接收到經(jīng)反射膜反射到光電池板上的所有光能，并將溝通轉(zhuǎn)化成電能。光電池板可等效為一個一電池，輸出電壓恒定為U；輸出電流正比于光電池板接收到的光能（設(shè)垂直于入身光單位面積上的光功率保持恒定）。導(dǎo)體棒處在方向豎直向上的勻強磁場B中，并與光電池構(gòu)成回路，流經(jīng)導(dǎo)體棒的電流垂直紙面向外（注：光電池與導(dǎo)體棒直接相連，連接導(dǎo)線未畫出）。（1）再有一束平等光水平入射，當(dāng)反射膜與豎直方向成60時，導(dǎo)體棒牌受力平衡狀態(tài)，求此時電流強度的大小和光電池的輸出功率。（2）當(dāng)變成45時，通過調(diào)整電路使導(dǎo)體棒保持平衡，光電池除維持導(dǎo)體棒國學(xué)平衡外，不能輸出多少額外電功率？解析：（1）導(dǎo)體棒所受安培力 導(dǎo)體棒有靜力平衡關(guān)系 解得 所以當(dāng)=60時，光電池輸出功率為 （2）當(dāng)時，根據(jù)式可知維持靜力平衡需要的電流為 根據(jù)幾何關(guān)系可知 可得 （四川卷）20.如圖所示，電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌固定在一絕緣斜面上，兩相同的金屬導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸良好，勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面?，F(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的恒力F作用在a的中點，使其向上運動。若b始終保持靜止，則它所受摩擦力可能A變?yōu)? B先減小后不變 C等于F D先增大再減小答案：AB【解析】對a棒所受合力為Fa=FFfmgsinBIl說明a做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度為0后勻速運動，所以a所受安培力先增大后不變。如果F=Ff+2mgsin，則最大安培力為mgsin，則b所受摩擦力最后為0，A正確。如果FFf+2mgsin，則最大安培力小于mgsin，則b所受摩擦力一直減小最后不變，B正確。如果Ff+3mgsinFFf+2mgsin，則最大安培力大于mgsin小于2mgsin，則b所受摩擦力先減小后增大最后不變?？梢钥闯鯾所受摩擦力先變化后不變，CD錯誤。（四川卷）24.（19分）如圖所示，電源電動勢。內(nèi)阻，電阻。間距的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度的勻強磁場。閉合開關(guān)，板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度沿兩板間中線水平射入板間。設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對小球的作用，取。（1）當(dāng)Rx=29時，電阻消耗的電功率是多大？（2）若小球進入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為，則Rx是多少？【答案】0.6W；54。【解析】閉合電路的外電阻為 根據(jù)閉合電路的歐姆定律 A R2兩端的電壓為 V R2消耗的功率為 W 小球進入電磁場做勻速圓周運動，說明重力和電場力等大反向，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律 連立化簡得 小球做勻速圓周運動的初末速的夾角等于圓心角為60，根據(jù)幾何關(guān)系得 連立帶入數(shù)據(jù) V 干路電流為 A （安徽卷）20如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的但匝閉合正方形線圈和，分別用相同材料，不同粗細的導(dǎo)線繞制（為細導(dǎo)線）。兩線圈在距磁場上界面高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落到地面。運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界。設(shè)線圈、落地時的速度大小分別為、，在磁場中運動時產(chǎn)生的熱量分別為、。不計空氣阻力，則A B C D答案：D解析：由于從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流同時受到磁場的安培力，又（為材料的電阻率，l為線圈的邊長），所以安培力，此時加速度，且 (為材料的密度)，所以加速度是定值，線圈和同步運動，落地速度相等v1 =v2。由能量守恒可得：，(H是磁場區(qū)域的高度)，為細導(dǎo)線m小，產(chǎn)生的熱量小，所以Q1B.相互排斥， C.相互吸引， D.相互排斥，0）的粒子從P點瞄準N0點入射，最后又通過P點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。解析：設(shè)粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為,與板碰撞后再次進入磁場的位置為.粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有粒子速率不變,每次進入磁場與射出磁場位置間距離保持不變有粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離始終不變,與相等.由圖可以看出設(shè)粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次(n=0、1、2、3).若粒子能回到P點,由對稱性,出射點的x坐標應(yīng)為-a,即由兩式得若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有聯(lián)立得n0）和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0y0。解析：本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動。帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設(shè)電場強度大小為E，由 可得 方向沿y軸正方向。帶電微粒進入磁場后，將做圓周運動。 且 r=R如圖（a）所示，設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B。由 得 方向垂直于紙面向外（2）這束帶電微粒都通過坐標原點。方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標原點為。方法二：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖b示，高P點與O點的連線與y軸的夾角為，其圓心Q的坐標為（-Rsin，Rcos）,圓周運動軌跡方程為得 x=0 x=-Rsin y=0 或 y=R(