磁場綜合檢測

1、磁場綜合檢測(時間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第17小題只有一個選項正確,第812小題有多個選項正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不選的得0分)1.地球的地理兩極與地磁兩極并不完全重合,它們之間存在磁偏角,首先觀測到磁偏角的是(D)A.意大利航海家哥倫布B.葡萄牙航海家麥哲倫C.我國的航海家鄭和D.中國古代科學(xué)家沈括解析:世界上第一個清楚地、準(zhǔn)確地論述磁偏角的是沈括.沈括是中國歷史上最卓越的科學(xué)家之一,他發(fā)現(xiàn)了地磁偏角的存在,比歐洲發(fā)現(xiàn)地磁偏角早了四百多年,選項D正確.2.如圖,一個環(huán)形電流的中心有一根

2、通電直導(dǎo)線,則環(huán)受到的磁場力(D)A.沿環(huán)半徑向外B.沿環(huán)半徑向內(nèi)C.沿通電直導(dǎo)線水平向左D.等于零解析:通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場是以導(dǎo)線上各點為圓心的同心圓,而環(huán)形電流的方向與磁場方向平行,即B平行I,所以通電圓環(huán)不受磁場力的作用,即F=0,選項D正確,A,B,C錯誤.3.在勻強磁場中,一個原來靜止的原子核,由于放出射線,結(jié)果得到一張兩個相切圓的徑跡照片(如圖所示),今測得兩個相切圓半徑之比R1R2=a,新核與射線質(zhì)量之比為b,則下列說法正確的是(B)A.放出的射線為高速電子流B.半徑為r2的圓為放出射線的運動軌跡C.射線與新核動能之比為aD.射線與新核質(zhì)子數(shù)之比為b解析:根據(jù)動量守恒可以知道,

3、放出射線后的粒子動量大小相等,方向相反,則根據(jù)左手定則可以知道,放出的粒子均帶正電,選項A錯誤;放射出粒子在磁場中做勻速圓周運動,則qvB=m,即R=,由于動量守恒,而且放出的粒子電荷量小,則半徑R大,故半徑為r2的圓為放出射線的運動軌跡,選項B正確;根據(jù)動量與動能的關(guān)系Ek=,則動能之比等于質(zhì)量的反比,故射線與新核動能之比為b,選項C錯誤;射線與新核質(zhì)子數(shù)之比即為電荷量之比,由于R=,則q=,即射線與新核質(zhì)子數(shù)之比等于半徑的反比,射線與新核質(zhì)子數(shù)之比為a,選項D錯誤.4.如圖所示,用兩根相同的細(xì)繩水平懸掛一段均勻載流直導(dǎo)線MN,電流I方向從M到N,繩子的拉力均為F.為使F=0,可能達(dá)到要求的

4、方法是(C)A.加水平向右的磁場B.加水平向左的磁場C.加垂直紙面向里的磁場D.加垂直紙面向外的磁場解析:根據(jù)左手定則可知,在MN中通入電流,在空間加上垂直于紙面向里的磁場,可以使MN受到向上的安培力,這樣可以使MN受到繩子拉力為零,選項A,B,D錯誤,C正確.5.將一塊長方體形狀的半導(dǎo)體材料樣品的表面垂直磁場方向置于磁場中,當(dāng)此半導(dǎo)體材料中通有與磁場方向垂直的電流時,在半導(dǎo)體材料與電流和磁場方向垂直的兩個側(cè)面會出現(xiàn)一定的電壓,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng),產(chǎn)生的電壓稱為霍爾電壓,相應(yīng)的將具有這樣性質(zhì)的半導(dǎo)體材料樣品就稱為霍爾元件.如圖所示,利用電磁鐵產(chǎn)生磁場,毫安表檢測輸入霍爾元件的電流,毫伏表檢測

5、霍爾元件輸出的霍爾電壓.已知圖中的霍爾元件是P型半導(dǎo)體,與金屬導(dǎo)體不同,它內(nèi)部形成電流的“載流子”是空穴(空穴可視為能自由移動帶正電的粒子).圖中的1,2,3,4是霍爾元件上的四個接線端.當(dāng)開關(guān)S1,S2閉合后,電流表A和電表B,C都有明顯示數(shù),下列說法中正確的是(C)A.電表B為毫伏表,電表C為毫安表B.接線端4的電勢高于接線端2的電勢C.若調(diào)整電路,使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反,但大小不變,則毫伏表的示數(shù)將保持不變D.若適當(dāng)減小R1、增大R2,則毫伏表示數(shù)一定增大解析:由題圖可知,電表B串聯(lián)在電源E2的電路中,故它是電流表,即毫安表,而電表C是并聯(lián)在2,4兩端的,它是測量霍

6、爾電壓的,故它是電壓表即毫伏表,選項A錯誤;由于霍爾元件的載流子是帶正電的粒子,磁場方向向下,電流方向由1到3,由左手定則可知,帶正電的粒子受到的洛倫茲力的方向指向極板2,即接線端2的電勢高于接線端4的電勢,選項B錯誤;穩(wěn)定時,粒子受到的洛倫茲力與電場力相平衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,當(dāng)電流方向都相反,但大小不變時,粒子的偏轉(zhuǎn)方向與原來相同,但仍存在如上的平衡關(guān)系式,由于電流的大小不變,由電流的微觀表達(dá)式I=neSv可知,其粒子的定向移動速度也不變,故霍爾電壓的大小不變,即毫伏表的示數(shù)將保持不變,選項C正確;若減小R1,則會讓B增大,若增大R2,會讓電流I減小,粒子的定向移動速率v也

7、變小,則不能確定霍爾電壓的變化情況,故毫伏表的示數(shù)不一定增大,選項D錯誤.6.如圖(甲)所示,a,b兩平行直導(dǎo)線中通有相同的電流,當(dāng)兩通電導(dǎo)線垂直圓平面放置于圓周上,且兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為60°時,圓心處的磁感應(yīng)強度大小為B.如圖(乙)所示,c導(dǎo)線中通有與a,b導(dǎo)線完全相同的電流,a,b,c垂直圓平面放置在圓周上,且a,b兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為120°,b,c兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為30°,則此時圓心處的磁感應(yīng)強度大小為(A)A.B B.B C.0 D.B解析:當(dāng)a,b兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為60°時,它們在圓心處的磁感應(yīng)強度如圖(甲)所示,設(shè)Ba

8、=Bb=B1,則有B=B1.當(dāng)a,b兩導(dǎo)線與圓心連線夾角為120°時,如圖(乙)所示,它們在圓心處的磁感應(yīng)強度矢量和為B=B1,再與c導(dǎo)線在圓心處產(chǎn)生的磁場疊加后磁感應(yīng)強度矢量和為B1,因此圓心處的磁感應(yīng)強度大小為B,選項A正確.7.如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖,此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成:離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器.靜電分析器通道中心線半徑為R,通道內(nèi)有均勻輻射電場,在中心線處的電場強度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計),

9、經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運動,而后由P點進(jìn)入磁分析器中,最終經(jīng)過Q點進(jìn)入收集器.下列說法中正確的是(B)A.磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內(nèi)B.加速電場中的加速電壓U=C.磁分析器中圓心O2到Q點的距離d=D.任何離子若能到達(dá)P點,則一定能進(jìn)入收集器解析:進(jìn)入靜電分析器后,正離子順時針轉(zhuǎn)動,所受洛倫茲力指向圓心,根據(jù)左手定則,磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外,選項A錯誤;離子在靜電分析器中做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律有Eq=m,設(shè)離子進(jìn)入靜電分析器時的速度為v,離子在加速電場中加速的過程中,由動能定理有qU=mv2,解得U=,選項B正確;由B項解析可知

10、R=,與離子質(zhì)量、電荷量無關(guān).離子在磁分析器中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律有qvB=m,得R=,即d=,選項C錯誤;圓周運動的軌道半徑與電荷的質(zhì)量和電荷量有關(guān),能夠到達(dá)P點的不同離子,半徑不一定都等于d,不一定都能進(jìn)入收集器,選項D錯誤.8.如圖所示,回旋加速器D形盒的半徑為R,所加磁場的磁感應(yīng)強度為B,被加速的質(zhì)子從D形盒中央由靜止出發(fā),經(jīng)交變電場加速后進(jìn)入磁場.設(shè)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T,若忽略質(zhì)子在電場中的加速時間,則下列說法正確的是(AD)A.如果只增大交變電壓U,則質(zhì)子在加速器中運行時間將變短B.如果只增大交變電壓U,則電荷的最大動能會變大C.質(zhì)子在電場中加速的次數(shù)越多

11、,其最大動能越大D.交變電流的周期應(yīng)為T解析:如果只增大交變電壓U,則質(zhì)子在加速器中加速次數(shù)減少,因此質(zhì)子的運行時間將變短,選項A正確;根據(jù)qvmB=m,得vm=,電荷的最大動能與加速的電壓和加速的次數(shù)無關(guān),選項B,C錯誤.回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交變電流的周期相等,選項D正確.9.如圖所示,一個帶正電荷的小球從a點出發(fā)水平進(jìn)入正交垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域,電場方向豎直向上,某時刻小球運動到了b點,則下列說法正確的是(CD)A.從a到b,小球可能做勻速直線運動B.從a到b,小球可能做勻加速直線運動C.從a到b,小球動能可能不變D.從a到b,小球機械能增加解析:帶電小球的初速度

12、是水平的,從a運動到b點的過程中小球在豎直方向上發(fā)生位移,說明小球做的是曲線運動,所以小球受力不為零,即小球不可能做勻速直線運動,選項A錯誤;從以上分析可知小球做曲線運動,即變速運動,故小球受到磁場的洛倫茲力也是變化的,故小球受到的合力是變力,所以小球不可能做勻加速直線運動,選項B錯誤;當(dāng)小球的重力和電場力平衡時,小球受到的洛倫茲力只改變小球的速度方向,小球的動能不變,選項C正確;從a到b,電場方向豎直向上,電場力一定做正功,故機械能增加,選項D正確.10.如圖所示,在一個等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力

13、)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域,若該三角形的兩直角邊長均為2l,則下列關(guān)于粒子運動的說法中正確的是(ACD)A.若該粒子的入射速度為v=,則粒子一定從CD邊射出磁場,且距點C的距離為lB.若要使粒子從CD邊射出,則該粒子從O點入射的最大速度應(yīng)為v=C.若要使粒子從AC邊射出,則該粒子從O點入射的最大速度應(yīng)為v=D.該粒子以大小不同的速度入射時,在磁場中運動的最長時間為解析:當(dāng)v=時,根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知Bqv=m,解得R=l,根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子一定從距C點為l的位置離開磁場,選項A正確;根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知v=,因此半徑越大,速度越大;根據(jù)幾何關(guān)系可知,使粒子

14、與AD邊相切時速度最大,由于AD=2l,則由幾何關(guān)系可知,最大半徑一定大于l,則若要使粒子從CD邊射出,則該粒子從O點入射的最大速度應(yīng)大于,選項B錯誤;若要使粒子從AC邊射出,則該粒子從O點入射的最大半徑為l,因此最大速度應(yīng)為v=,選項C正確;粒子運行周期為,根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子在磁場中最大圓心角為180°,故最長時間為,選項D正確.11.如圖所示,等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B.三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向分別以速度v1,v2,v3射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1,t2,t3,且t1t2t3=331.直角邊bc的長度為L,

15、不計粒子的重力,下列說法正確的是(BD)A.三個粒子的速度大小關(guān)系可能是v1=v2>v3B.三個粒子的速度大小關(guān)系可能是v1<v2<v3C.粒子的比荷=D.粒子的比荷=解析:速度為v1,v2的粒子從ab邊穿出,則偏轉(zhuǎn)角為90°,但兩者的速度大小關(guān)系不定,但其半徑一定比速度為v3的粒子半徑小,由半徑公式R=,則v3一定大于v1,v2,選項A錯誤,B正確;由于速度為v1的粒子偏轉(zhuǎn)90°,則t1=×,于是=,選項D正確;對速度為v3的粒子偏轉(zhuǎn)30°,畫出運動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系知R3tan 15°+R3tan 15°c

16、os 30°=L,所以R3=,而R3=,聯(lián)立得到=,選項C錯誤.12.圖中的虛線為半徑為R、磁感應(yīng)強度大小為B的圓形勻強磁場的邊界,磁場的方向垂直圓平面向里.大量的比荷均為的相同粒子由磁場邊界的最低點A向圓平面內(nèi)的不同方向以相同的速度v0射入磁場,粒子在磁場中做半徑為r的圓周運動,經(jīng)一段時間的偏轉(zhuǎn),所有的粒子均由圓邊界離開,所有粒子的出射點的連線為虛線邊界的,粒子在圓形磁場中運行的最長時間用tm表示,假設(shè),R,v0為已知量,其余的量均為未知量,忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用.則下列表達(dá)式正確的是(ACD)A.B=B.B=C.r=D.tm=解析:設(shè)從A點射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交

17、點為B,則B點是軌跡圓的直徑與磁場邊界圓的交點,的長是邊界圓周長的,則AOB=120°,sin 60°=,得r=,粒子在磁場中運動時,洛倫茲力提供向心力,有qv0B=m,所以B=,選項A,C正確,B錯誤;粒子在磁場中運動的最長時間為tm=,選項D正確.二、非選擇題(共52分)13.(4分)某同學(xué)用圖中所給器材進(jìn)行與安培力有關(guān)的實驗.兩根金屬導(dǎo)軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行,足夠大的電磁鐵(未畫出)的N極位于兩導(dǎo)軌的正上方,S極位于兩導(dǎo)軌的正下方,一金屬棒置于導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌垂直.(1)在圖中畫出連線,完成實驗電路.要求滑動變阻器以限流方式接入電路,且在開關(guān)閉合

18、后,金屬棒沿箭頭所示的方向移動.(2)為使金屬棒在離開導(dǎo)軌時具有更大的速度,有人提出以下建議:A.適當(dāng)增加兩導(dǎo)軌間的距離B.換一根更長的金屬棒C.適當(dāng)增大金屬棒中的電流其中正確的是(填入正確選項前的標(biāo)號). 解析:(1)實驗電路連線如圖所示.(2)為使金屬棒離開導(dǎo)軌時具有更大的速度,則金屬棒運動時需要更大的加速度,即應(yīng)受到更大的安培力,根據(jù)F=ILB可知,應(yīng)使I,L變大,即選項A,C正確.答案:(1)見解析(2)AC評分標(biāo)準(zhǔn):每問2分.14.(8分)物體的帶電荷量是一個不易測得的物理量,某同學(xué)設(shè)計了如下實驗來測量帶電物體所帶電荷量.如圖(a)所示,他將一由絕緣材料制成的小物塊A放在足

19、夠長的木板上,打點計時器固定在長木板末端,物塊靠近打點計時器,一紙帶穿過打點計時器與物塊相連,操作步驟如下,請結(jié)合操作步驟完成以下問題.(1)為消除摩擦力的影響,他將長木板一端墊起一定傾角,接通打點計時器,輕輕推一下小物塊,使其沿著長木板向下運動.多次調(diào)整傾角,直至打出的紙帶上點跡,測出此時木板與水平面間的傾角,記為0. (2)如圖(b)所示,在該裝置處加上一范圍足夠大的垂直紙面向里的勻強磁場,用細(xì)繩通過一輕小定滑輪將物塊A與物塊B相連,繩與滑輪摩擦不計.給物塊A帶上一定量的正電荷,保持傾角0不變,接通打點計時器,由靜止釋放小物塊A,該過程可近似認(rèn)為物塊A帶電荷量不變,下列關(guān)于紙帶上

20、點跡的分析正確的是. A.紙帶上的點跡間距先增加后減小至零B.紙帶上的點跡間距先增加后減小至一不為零的定值C.紙帶上的點跡間距逐漸增加,且相鄰兩點間的距離之差不變D.紙帶上的點跡間距逐漸增加,且相鄰兩點間的距離之差逐漸減少,直至間距不變(3)為了測定物體所帶電荷量q,除0、磁感應(yīng)強度B外,本實驗還必須測量的物理量有. A.物塊A的質(zhì)量MB.物塊B的質(zhì)量mC.物塊A與木板間的動摩擦因數(shù)D.兩物塊最終的速度v(4)用重力加速度g,磁感應(yīng)強度B,0和所測得的物理量可得出q的表達(dá)式為q=. 解析:(1)此實驗平衡摩擦力后,確定滑塊做勻速直線運動的依據(jù)是,看打點計時器在紙帶

21、上所打出點的分布應(yīng)該是等間距的.(2)設(shè)A的質(zhì)量為M,B的質(zhì)量為m,沒有磁場時,對A受力分析,A受到重力Mg、支持力、摩擦力.根據(jù)平衡條件可知f=Mgsin 0,FN=Mgcos 0,又因為f=FN,所以=tan 0;當(dāng)存在磁場時,以A,B整體為研究對象,由牛頓第二定律可得(mg+Mgsin 0)-(Bqv+Mgcos 0)=(M+m)a由此式可知,v和a是變量,其他都是不變的量,所以A,B一起做加速度減小的加速運動,直到加速度減為零后做勻速運動,即速度在增大,加速度在減小,最后速度不變.所以紙帶上的點跡間距逐漸增加,說明速度增大;根據(jù)x=at2,可知,加速度減小,則相鄰兩點間的距離之差逐漸減

22、小;勻速運動時,間距不變,選項D正確,A,B,C錯誤.(3)(4)根據(jù)(mg+Mgsin 0)-(Bqv+Mgcos 0)=(M+m)a,可得當(dāng)加速度減為零時,速度最大,設(shè)最大速度為v,則(mg+Mgsin 0)-(Bqv+Mgcos 0)=0化簡得q=,把=tan 0代入,得q=,由此可知為了測定物體所帶電荷量q,除0、磁感應(yīng)強度B外,本實驗還必須測量的物理量有物塊B的質(zhì)量m和兩物塊最終的速度v.答案:(1)間距相等(或均勻)(2)D(3)BD(4)評分標(biāo)準(zhǔn):每問2分.15.(7分)如圖所示,兩個同心圓,半徑分別為r和2r,在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.圓

23、心O處有一放射源,放出粒子的質(zhì)量為m、帶電荷量為q,假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行.(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向,OA與初速度方向夾角為60°,要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點,則初速度的大小是多少?(2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域,則粒子的初速度不能超過多少?解析:(1)如圖(甲)所示,設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R1,則由幾何關(guān)系得R1=,(1分)又qv1B=m,得v1=.(2分)(2)如圖(乙)所示,設(shè)粒子軌跡與磁場外邊界相切時,粒子在磁場中的軌道半徑為R2,則由幾何關(guān)系有(2r-R2)2=+r2,(1分)可得R2=(1分)又qv2B=m,(1分)可得v2=,(1分)故要

24、使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域,粒子的初速度不能超過.答案:(1)(2)16.(8分)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向內(nèi)的有界圓形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出);在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強電場,一粒子源固定在x軸上的A點,A點坐標(biāo)為(-L,0).粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子,電子恰好能通過y軸上的C點,C點坐標(biāo)為(0,2L),電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成15°角的射線ON(已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用).求:(1)第二象限內(nèi)電場強度E的大小;(2)電子離

25、開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角;(3)圓形磁場的最小半徑Rmin.解析:(1)從A到C的過程中,電子做類平拋運動,有L=t2(1分)2L=vt,(1分)聯(lián)立解得E=.(1分)(2)設(shè)電子到達(dá)C點的速度大小為vC,方向與y軸正方向的夾角為.由動能定理,有m-mv2=eEL(1分)解得vC=v,cos =,解得=45°.(1分)(3)電子的運動軌跡圖如圖,電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R=,(1分)電子在磁場中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于ON射出,則磁場圓最小半徑Rmin=Rsin 60°(1分)由以上兩式可得Rmin=.(1分)答案:(1)(2)45°(3

26、)17.(11分)如圖(甲)所示,在平行邊界MN,PQ之間存在寬度為d的勻強電場,電場周期性變化的規(guī)律如圖(乙)所示,取豎直向下為電場正方向;在平行邊界PQ右側(cè)和MN左側(cè)存在如圖(甲)所示的兩個長為2d、寬為d的勻強磁場區(qū)域和,其邊界點分別為PQCD和MNFE.已知區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小是區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小的3倍.在區(qū)域右邊界中點A處,有一質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子以初速度v0沿豎直方向從磁場區(qū)域開始運動,以此作為計時起點,再經(jīng)過一段時間粒子又恰好回到A點,如此循環(huán),粒子循環(huán)一周,電場恰好變化一個周期,已知粒子離開區(qū)域進(jìn)入電場時,速度恰好與電場方向垂直,si

27、n 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:(1)區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小B;(2)電場強度大小E及電場的周期T.解析:(1)粒子在區(qū)域做圓周運動的半徑r=d,(1分)由洛倫茲力提供向心力知qv0B=,聯(lián)立得B=.(1分)(2)畫出粒子運動的軌跡示意圖如圖所示,粒子在區(qū)域做勻速圓周運動,圓心為O1,粒子從區(qū)域進(jìn)入電場,在電場中做類平拋運動,在區(qū)域做勻速圓周運動,圓心為O2,半徑記為R,在區(qū)域做勻速圓周運動圓心O2與區(qū)域做勻速圓周運動的圓心O1的連線必須與邊界垂直才能完成上述運動.粒子從區(qū)域進(jìn)入電場做類平拋運動,水平方向d=v0t(1分)豎直方向y=at2=t2(1分)離開電場時沿電場方向的速度vy=at=,離開電場時速度方向與邊界MN的夾角為,離開電場時速度為v,v0=vsin