四类典型计算题答题模式高考物理（解析版）

1、 25/25四类典型计算题答题模式2023年高考计算题解题技法 TOC o 1-3 h z u HYPERLINK l _Toc109369635 答题规范化解读 PAGEREF _Toc109369635 h 1 HYPERLINK l _Toc109369636 【类型一】圆周平抛组合模型 PAGEREF _Toc109369636 h 2 HYPERLINK l _Toc109369637 【类型二】板块模型 PAGEREF _Toc109369637 h 4 HYPERLINK l _Toc109369638 【类型三】电磁感应综合问题模型 PAGEREF _Toc109369638

2、h 8 HYPERLINK l _Toc109369639 【类型四】带电粒子在组合场复合场中运动模型 PAGEREF _Toc109369639 h 11 HYPERLINK l _Toc109369640 热身训练 PAGEREF _Toc109369640 h 14答题规范化解读实践表明，综合大题的解题能力和得分能力都可以通过“大题小做”的解题策略有效提高“大题小做”的策略体现在将一个复杂过程分解成若干个子过程，每个子过程就是一个小题，然后各个击破具体来讲可以分三步来完成：审题规范化，思维规范化，答题规范化第一步：审题规范化审题流程：通读细读选读第一遍读题通读读后头脑中要出现物理图景的轮

3、廓由头脑中的图景(物理现象、物理过程)与某些物理模型找关系，初步确定研究对象，猜想所对应的物理模型第二遍读题细读读后头脑中要出现较清晰的物理图景由题设条件，进行分析、判断，确定物理图景(物理现象、物理过程)的变化趋势基本确定研究对象所对应的物理模型第三遍读题选读通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除之后，对题目要有清楚的认识最终确定本题的研究对象、物理模型及要解决的核心问题第二步：思维规范化思维流程：文字情境模型规律决策运算结果第三步：答题规范化答题流程：画示意图文字描述分步列式联立求解结果讨论具体要求如下：1文字说明简洁准确；2分步列式联立求解；3结果表达准确到位.【类型一】圆

4、周平抛组合模型【答题模式】【解】：从A到B做圆周运动：根据动能定理（机械能守恒定律） _在B点有牛顿第二定律得： FN根据牛顿第三定律： F从B到C小球（滑块做平抛运动）：水平方向： x=vt 竖直方向： y=1 v设速度的偏向角为则tan以上各式联立得_【小结】描述圆周运动一般合理的选取研究过程，应用动能定理或机械能守恒定律列式（独立方程）求速度。然后应用牛顿运动定律求瞬时力。【典例1】（2020北京高三二模）如图所示，MN是半径为R=0.8m的竖直四分之一光滑弧轨道。竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于N点。把一质量为m=1kg的小球B静止放于N点，另一个与B完全相

5、同的小球A由M点静止释放，经过N点时与B球发生正碰，碰后粘在一起水平飞出，落在地面上的P点，若桌面高度为h=1.25m，取重力加速度g=l0m/s2。不计空气阻力，小球可视为质点。求：(1)与B球碰前瞬间，A球的速度大小：(2)A、B两球碰后瞬间的共同速度大小；(3)P点与N点之间的水平距离x。【答案】(1)4m/s：(2)2m/s；(3)1.0m【解析】(1)小球在圆弧轨道内下滑的过程中，由动能定理可得解得(2)两个小球碰撞的过程中水平方向上的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后的共同速度为，则解得(3)小球从N点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有在水平方向上有：【典例2】（2022贵州黔西南

6、州金成实验学校高一期末）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度和之比为3：7。重力加速度大小取，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。【答案】【解析】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为设抛出瞬间小球的速度为，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为、，根据平抛运动位移公式有令，则有已标注的线段、分别为则有整理得故在抛出瞬间

7、小球的速度大小为【类型二】板块模型【答题模式】【解】：在上向右做匀减速直线运动由牛顿第二定律：向右做匀加速直线运动由牛顿第二定律：设二者历时时相对静止此时具有共同速度，则对于：对于：联立得二者在这段时间内发生的位移分别为、则对于：对于：二者的相对位移： 若物块A刚好没有从B上滑下来则【小结】正确受力分析后采用隔离法分别滑块和滑板列牛顿运动方程和运动学各式，最后根据共速条件和几何关系求解相关问题。【典例1】（2022全国高三专题练习）如图（a）所示，质量为的物块A与质量为的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C现引爆塑胶炸药，爆炸后物

8、块A可在水平面上向左滑行，小物块C的速度随时间变化图像如图（b）所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取，求：（1）炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小；（2）小物块C的质量；（3）小物块C静止时距长木板B右端的距离d。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）对物块A在爆炸后，知可得对物块A与长木板B在爆炸过程中知可得.（2）对B、C在相对滑动过程中共速时速度为对小物块C，在01s内可得对长木板B，在01s内知且可得（3）对长木板B与小物块C在01s内，相对位移为对长木板B，在1s后至停下时知可得对长木板B与小物块C在1s后至均停下，相对位

9、移为可知，小物块C静止时距长木板B右端的距离【典例2】（2022全国高三专题练习）如图甲所示，质量为M=1kg、长度L=1.5m的木板A静止在光滑水平面上（两表面与地面平行），在其右侧某一位置有一竖直固定挡板P。质量为m=3kg的小物块B（可视为质点）以v=4m/s的初速度从A的最左端水平冲上A，一段时间后A与P发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.3s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2，求：（1）B刚冲上A时，挡板P离A板右端的最小距离；（2）A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内产生的热量；（3）A与P碰撞几次，B与A分离？【

10、答案】（1）0.3m；（2）13.5J；（3）A与P碰撞2次，B与A分离【解析】(1)由题图乙得碰后B的速度vB=3m/s，即A第1次与P碰前瞬间B的速度为vB0=3m/s，设此时A的速度vA0，对A、B系统由动量守恒定律有代入数据解得由题图乙得00.3s，B的加速度大小|由牛顿第二定律有解得A第1次与P碰撞前A一直向右加速，A与P的距离最短为xAm，对A由动能定理有代入数据得(2)在A、B不分离时，A每次与P碰后到下次与P再次碰撞前，最后两者共速，设A与P第2次碰撞前的速度为v1，以水平向右为正方向，对A、B系统由动量守恒定律可得解得A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内的热量(3)A第1

11、次与P碰前，B在木板A上的滑动距离为x相对1，对A、B组成的系统，由能量守恒有代入数据得A第1次与挡板P碰后到共速的过程中，对A、B系统，由能量守恒有解得假设第3次碰撞前，A与B仍不分离，A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有mv1Mv1（Mm）v2解得由能量守恒有解得由于故不能发生第3次碰撞，所以A与P碰撞2次，B与A分离。【类型三】电磁感应综合问题模型【答题模式】【解】：根据法拉第电磁感应定律（1）闭合电路欧姆定律.(2)安培力FBIL（3）由（1）（2）（3）得（4）由牛顿第二定律_（5）得_(6)因为va，所以做加速度减小的加速直线运动当a0时，v最大即

12、_(7)则最大速度(最大加速度)_(8)设导体棒由静止释放到达到最大速度（加速度）是下滑的位移为由动量定理_(9)10).(11)(12)联立(9)（12）得_(13)得位移为_(14)由几何关系得:_(15)(特指斜面上)在时间t内根据能量守恒（动能定理）_(16)得焦耳热为_(17)若已知了再求电荷量.得又因为所以：【小结】电磁感应三板斧、FBIL必写，按照源路力动能的基本规律来创造独立方程。注意电荷量求解的常规方法和。动量定理法。【典例1】如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为，导轨平面与水平面的夹角，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上长为的金属棒a

13、b垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为、电阻为两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻，重力加速度为g现闭合开关S，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率求：（1）金属棒能达到的最大速度vm；（2）灯泡的额定功率PL；（3）若金属棒上滑距离为L时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑4L的过程中，金属棒上产生的电热Qr【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】解：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动；

14、设最大速度为，当金属棒达到最大速度时，做匀速直线运动，由平衡条件得：又： 解得： 由，联立解得：；(2)灯泡的额定功率： (3)金属棒由静止开始上滑4L的过程中，由能量守恒定律可知： 金属棒上产生的电热：【典例2】（2022全国高三专题练习）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:（1）时金属框所受安培力的大小；（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）0.016J【解析】（1）金属框的

15、总电阻为金属框中产生的感应电动势为金属框中的电流为t=2.0s时磁感应强度为金属框处于磁场中的有效长度为此时金属框所受安培力大小为（2）内金属框产生的焦耳热为【类型四】带电粒子在组合场复合场中运动模型【答题模式】【解】：对于粒子在电场中的运动：由牛顿第二定律：由运动学公式：_（这里要注意是电场中的直线运动还是曲线运动。曲线运动先进行运动的合成与分解然后在分方向列运动学方程）设粒子从电场进入磁场时速度与y（x）轴的方向为，解得：=_，在磁场中由牛顿第二定律有得粒子在磁场中运动的半径 由几何关系得半径为：_。（然后根据几何量求电学量或根据电学量求几何量）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为 带电粒

16、子在磁场中运动的时间 【典例1】（2020山东省高三二模）如图所示，xOy为竖直面内的直角坐标系，在y轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y轴右侧电场方向竖直向下，y轴左侧电场方向竖直向上。y轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与y轴相切于O点。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，用长为l、不可伸长的绝缘细线悬挂在P点的钉子上，P点与坐标原点O的距离亦为l。将小球拉至细线绷直且与y轴负方向成60角无初速释放，小球摆至O点即将进入磁场时细线恰好断裂。最终小球刚好击中P点的钉子，此时速度方向与y轴正方向成30角。已知细线能承受的最大张力Fm=4mg，

17、小球可视为质点，重力加速度为g，不计阻力。求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积；（3）小球在x0区域运动的时间。（结果用m、q、l、g表示）【答案】(1) ；(2) ，；(3)【解析】（1）设小球从静止释放运动到O点时的速率为v0，由动能定理得在O处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得而Fm=4mg联立解得，（2）由前面分析可知小球在O处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运动。出磁场后做匀速直线运动到达P处。粒子运动轨迹如图所示O1、O2分别为轨迹圆心、磁场圆心，设r、R分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系有解得由牛顿第二定律得解得方向垂直于纸面向外；由

18、几何关系可知，解得（3）小球在磁场中运动轨迹所对的圆心角为，所用的时间出磁场后匀速直线运动，所用时间故小球在x0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60，不计重力。（1）求粒子发射位置到P点的距离；（2）求磁感应强度大小的取值范围；（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。【答案】（1） ；（2） ；（3）粒子运动轨迹见解析，【解析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知 粒子射入磁场时的速度方

19、向与PQ的夹角为60，有 粒子发射位置到P点的距离 由式得 （2）带电粒子在磁场运动在速度 带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示由几何关系可知，最小半径 最大半径 带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知 由解得，磁感应强度大小的取值范围（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可知带电粒子的运动半径为 粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离 由式解得 热身训练1滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的1/4圆弧轨道，半径为0.8 mPQ段是足够长的粗

20、糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为=0.2滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1=2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动已知滑板质量是m=5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为x=3 m，g= 10 m/s2（不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间）求：(l)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度；(3)两个滑板间的最终距离【答案】（1）1500N，竖直向下（2）4.2m/s（3）6.41m【解析】（1）OP下滑过程，滑板手

21、与滑板A机械能守恒：,代入数据解得：m/s ,在P点设支持力为： 解得：N ,根据牛顿第三定律：N （2）滑板手跳离A板，滑板手与滑板A动量守恒：,解得：m/s ,滑板手跳上B板，滑板手与滑板B动量守恒：,解得：m/s（3）滑板B的位移：m ,滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度仍为v1=2m/s,滑板A的位移：m,最终两滑板停下的位置间距为：L=xB+x-xA=6.41m2（2022全国高三专题练习）如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻的金属棒的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路；与斜面底边平行，长度。初始时与相

22、距，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小，重力加速度大小取。求： （1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。【答案】（1）；（2），；（3）【解析】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得代入数据解得金属棒

23、在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得由闭合回路的欧姆定律可得则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为则此时导体框的速度为则导体框的位移因此导体框和金属棒的相对位移为由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为，导体框受到向上的安培力和滑动摩

24、擦力，因此可得联立以上可得，（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有导体框匀速运动的距离为代入数据解得3（2022全国高三专题练习）如图，在0 xh，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动

25、方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；（2）；【解析】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有由此可得粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足由可得，当磁感应强度大小最小时，设为Bm，粒子的运动半径最大，由此得（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由式可得，此时圆弧半径为粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为，由几何关系即由

26、几何关系可得，P点与x轴的距离为联立式得4（2021重庆高二期末）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力求（1）带电粒子的比荷；（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间【答案】（1） （2）【解析】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场

27、中运动的轨迹半径为：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：联立方程得：（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则解得：或5如图所示，MN是一段在竖直平面内半径为1 m的光滑的1/4圆弧轨道，轨道上存在水平向右的匀强电场轨道的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B10.1 T现有一带电荷量为1 C、质量为100 g的带正电小球从M点由静止开始自由下滑，恰能沿NP方向做直线运动，并进入右侧的复合场(NP沿复合场的中心线)已知AB板间的电压为UBA2 V，板间距离d2 m，

28、板的长度L3 m，若小球恰能从板的边沿飞出，g取10 m/s2求： (1)小球运动到N点时的速度v；(2)水平向右的匀强电场的电场强度E；(3)复合场中的匀强磁场的磁感应强度B2【答案】（1）10m/s （2）4N/C （3）0.2T【解析】试题分析：带电小球进入磁场后，受到洛伦兹力，因为直线运动，又由于洛伦兹力与速度有关，所以一定做匀速直线运动由平衡可求出速度大小当带电小球从M到N过程中，由动能定理可求出电场强度大小当带电小球在复合场中时，电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，同时由几何关系可求出磁感应强度（1）小球沿NP做直线运动，由平衡条件：解得：速度v=10m/s（2）小

29、球从M到N的过程中，由动能定理：代入数据，得：（3）在板间复合场小球受电场力，与重力平衡，故小球做匀速圆周运动设运动半径为R，由几何知识：解得：R=5m由洛伦力提供向心力，则有：解得：【名师点拨】洛伦兹力是与速度有关的一种特殊力，所以若是直线运动，则一定是匀速直线运动同时电场力做功与重力作功有相似之处，重力做功只与初末位置高度有关，而电场力做功与初末位置沿电场强度方向的距离有关6如图所示，光滑的水平地面上静止放置一长木板，在长木板上的右端和距右端x1=1.6m的P处各放置一个木块A和B（两木块均可视为质点），木块A的质量和长木板的质量均为M=1.8kg，木块B的质量为m=0.6kg，P点右侧长

30、木板的上表面光滑；P点左侧（包括P点）粗糙，木块B与P点左侧长木板间的动摩擦因数为=0.2现有水平向右的恒定拉力F作用在长木板上（图中未画出拉力F），使板由静止开始运动已知木块B与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2（1）若要求木块B（与木块A相碰前）相对长木板静止，求拉力F应满足的条件；（2）若F=2.4N，在木块A、B相碰时撤去拉力F，同时锁定长木板使长木板立刻保持静止，且木块A、B间的碰撞是弹性碰撞，最终木块B刚好没有滑离长木板，求P点左侧长木板的长度【答案】（1）小于等于4.8N；（2）0.2m【解析】（1）设B与木板相对静止的最大加速度为a0，则对系统：F

31、1=（M+m）a0对B：mg=ma0联立可得：F1=4.8N即拉力F应满足条件小于等于4.8N（2）若F=2.4N，则：F=（M+m）a可得：a=1m/s2又：v2=2ax1解得：v=m/sA与B碰撞的过程中二者的动量守恒，选取向右为正方向，则：mv=mvB+MvA由于是弹性碰撞，则：可得：，由题意B滑到木板的左端时速度为0，则：代入数据可得：x2=0.2m7.如图所示的直角坐标系xOy中，在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，PQ是磁场的右边界，磁场的上下区域足够大，在第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m，电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点以速度v0垂直于x轴

32、沿y轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y轴上的N点进入第一象限，带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，最后垂直磁场右边界PQ离开磁场区域，已知M点距离原点O的距离为eq f(3,2)l，N点距离原点O的距离为eq r(3)l，第一象限的磁感应强度满足Beq f(2mv0,ql)，不计带电粒子的重力，求：(1)匀强电场的电场强度为多大？(2)第四象限内的磁感应强度多大？(3)若带电粒子从进入磁场到垂直磁场右边界离开磁场，在磁场中运动的总时间是多少？【答案】(1)eq f(mvoal(2,0),ql)(2)eq f(mv0,ql)(3)eq f(4l,3v0)eq f(5nl,3v0)(n0,1,2，3)【解析】(1)设带电粒子在电场中运动的加速度为a根据牛顿第二定律得qEma粒子沿y轴方向eq r(3)lv0t粒子沿x轴方向eq f(3,2)leq f(1,2)at2解得Eeq f(mvoal(2,0),ql).(2)粒子沿x轴方向匀加速运动，速度v1ateq r(3)v0进入磁场时与y轴正向夹角tan eq f(v1,v0)eq r(3)解得60进入磁场时速度大小为veq f(v0,cos 60)2v0其运动轨迹，如图所示在第一象限由洛伦兹力提供向心力得qvBmeq f(v2,R1)解得 R1l由几何知识可得粒子第一次到达x轴时过A点，因ON满足O