高考物理电学计算题训练含答案

·1·为已知量)·2·阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强·3··4·区域I(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x≥0)内磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、pq边与区域I上边界的距离s；·5·进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通s周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)·6·6.(2025·河南·高考真题)流个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m=2.0×(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；·7··8·8.(2025·广西·高考真题)带电粒子绕着带电量为+Q的源电荷做轨迹为(1)求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势；·9·垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方小为B2(未知)，但满足0<B2<B1。某质在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。(2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；·10··11·xOz平面里有竖直向上的匀强电场E，在z=(1)电场强度E的大小及该粒子第一次经过z=z0平面时的位置对应的x坐标·12·终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m=(1)求t=0.5s时ad边受到的安培(2)画出图(b)中1~2s内B-t图像(无需写出计算过程)；·13·应强度大小为B，一带正电的粒子从M(0,-y0(点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v·14·(2)线框中心分别位于x=0和x=闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x=L所需时间分别为t1和t2，求t1-t2。·15·阻r=3Ω,AB垂直放在倾角α=37。足够长的光滑平行导轨上。AB的长度等于导轨宽度为L=(1)AB与PQ的距离；(2)AB进入磁场时的感应电动势；·16·匀强磁场，可以使粒子被约束在一定范围内而重新聚焦。在距离N板右侧L处放置一个接收屏P，·17·于xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B2=T。求满足要求的最小磁场区域边界上的点x坐标的最大值和y坐标的最大值。·18·画出)中，在x<0的区域I内存在沿x轴负方向的匀强电场，0≤x≤L的区域II内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，x>感应强度大小为B2。质量为m、电荷量为-e的电子从原点O以速度大小v0、方向在xOy平面内与x轴正方向的夹角为30°射入区域II。(1)若电子不能进入区域III，求电子速度大小v0的范围；若v0=且电子经电场偏转后直接回到原点O，求电场强度的大小E；若v0=求电子此后经过x轴时对应的x轴坐标。·19·19.(24-25高三下·江苏宿迁泗阳县·适考)A、B两个粒子的电荷量分别为+q、+2q，质量分别为m、·20·E(3)粒子经过P点时的最大速度vm。·21·强磁场。质量为m=1kg、阻值可忽略不计的导体棒垂直导轨放置。在导体棒上施加一水平向右的·22·22.如图所示，在平面直角坐标系xOy的x<0区域、y轴与PQ间有沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ,在x>0区域、半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅰ,磁场边界分别与y轴和MN相切，MN与y轴平行，MN右侧有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ.在PQ上坐标为次进入磁场Ⅰ,并从O点再次进入电场Ⅰ,不计粒子的(3)若在MN右侧再加上竖直向下的匀强电场Ⅱ,电场强度大小为匀强电场Ⅰ电场强度大小的8倍，粒子仍以速度v0从A点沿x轴正向射出，求粒子在磁场Ⅱ中运动过程离x轴的·23·e，电子的质量为m0，AB间的加速电压为U0，只有速度方向垂直接收板的粒子才能通过粒子选择动的半径R1。(2)粒子从a孔进入时速度与aO角度范围θ=±30°,·24·小孔O1飘入狭缝MM(初速度为零)，通过小孔O2进入金属板M和P之间的区域I，区域I中存在匀强磁场和匀强电场(未画出)，其中匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂3进入狭缝PP，经O点进入金属板P右侧区域II，区域II具有和区域I完全相同(1)粒子刚进入区域I时的速度大小v1；(2)区域I、区域II电场强度E；·25·绝缘圆弧轨道(长度可忽略)平滑相连。两侧倾斜导轨与水平面夹角均为30。。左侧倾斜导轨由间距L的导轨CE、DF构成，水平部分由两段足够长但不等宽的平行金属导轨连接构成，其中EG、间距为2L，有与竖直方向成(斜向右上方的磁感应强度大小为B的匀强·26·H点坐标为,0(。已知质量为m、电荷量为q的度大小为g。Ek；·27·的匀强电场。现让小车始终保持v0=3m/s的速度匀速向右运动，一段时间后小圆柱体在绝缘管内与其速度大小关系为f=0.02v，已知小圆柱体第一次与第二次经过水平面ab的距离为x=2m。取·28·(1)带电小球经过A点时的速度；(2)带电小球经过P点时的速度大小及磁感应强度B的大小；·29·盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场B1中，磁感应强度B1=4T。圆盘在外力作用下以角速度ω·30·(1)线框中的电流大小I；(2)线框受到的安培力大小F。·31·为q=+0.2C的金属小球.弹射器出口O在MN线上，MN右侧存在方向垂直水平面向上的匀强磁、板面竖直放置，且O点到目标板v3=·32·(1)磁感应强度B的大小；·33·2当线圈22(3)求从减震器开始下落到线圈2恰好完全进入磁场所用的时间t。·34·于磁感应强度大小为2B和B的竖直向下匀强磁场中，导轨右端接一阻值为R的电阻。金属棒a、b时闭合S。已知弹簧弹性势能Ep=kx2(x为弹簧形变量)，整个过程中两棒与导轨垂直并接触良(1)初始时刻a棒距导轨左端的距离xa；·35·电子在运动过程中受到与其速度v方向相反的气体阻力f=kv，式中k为已知常量。最终电子会以(i)若电场旋转的角速度为ω,求电子最终做匀速圆周运动的线速度大小v；·36·(1)粒子在y轴和虚线之间运动的时间；·37·EH的中点进入磁场区域，最后从NJ上的某处离开电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小B=(2)带电粒子在磁场中运动的时间t；·38·后的离子竖直向上进入速度选择器，该区域存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场；子沿半径为R1(未知)的圆弧做匀速圆周运动；随后离子从小孔O2射出并沿水平方向进入磁场分析器中的磁感应强度大小均为B；偏转电场的上下边界MN和PQ间距为L，水平方向足够宽。晶圆半(2)离子在电场分析器中运动轨迹的半径R1及运动时间t；·39·39.如图所示，间距均为L的水平平行金属导轨PQ、P,Q,与倾斜平行金属导轨MN、M,N,通过绝缘材好达到最大速度，经过QM、O,M后速度与倾斜轨道·40··41·(1)M点的坐标；(2)磁感应强度B的大小；·42··43·移管和电源的另一极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙。在t=0时，奇数漂移管相速直线运动。每次电子在漂移管内运动时间恰为交变电源周期的一半。已知电子的质第n个漂移管的长度；0)强度E和磁感应强度B的大小。(当α很小时，有sinα≈tanα≈α,cosα≈1-α2)·44·x当粒子竖直位移大小为时的运动时间。·1·为已知量)2R2根据洛伦兹力提供向心力可得eB0v0=根据洛伦兹力提供向心力可得根据速度的合成与分解可知·2·平行轴线方向运动距离y=vyt=2R2阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强【详解】(1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动此时导体棒受到的安培力F安=BIL此时导体棒受安培力的功率P=F安v0=·3·第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，QR=QR1+QR2+QR3+⋯+QRn0r1则ab产生的感应电动势E1=BLv=BLω0r1向相反，则转动过程中感应电动势为E2=2BLv=2BLω0r1感应电流为I=则一个周期内，abcd产生的焦耳热Q=I2RT/=又有E/=2BLΔv·4·区域I(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x≥0)内磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、pq边与区域I上边界的距离s；切割磁感线产生的电动势E=BLvcosα线框中电流I=·5·解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率可得释放时pq边与区域I上边界的距离势L2=k1L2+k2L2=(k1+k2v(L2，其中此时线路中的感应电流I'=线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为F安1=[k1t+k2(s+L([I'L线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为F安2=(k1t+k2s(I'L则线框受到的安培力F安=F安1-F安2=[k1t+k2(s+L([I'L-(k1t+k2s(I'L化简得F安=mgsinα+当线框平衡时F安=mgsinα,可知此时线框速率为则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得mgsinαΔt-F安Δt=mΔv即Δt=mΔv对时间累积求和可得=0-mv0进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通s周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)·6·设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r=rcosθ+h解得r=2h系可得AB=s-2rsinθ=33h-23h=3h由运动学公式有-v0sinθ=v0sinθ-at入AB间的距离为AB=、3h由几何关系可得BC=2rsinα=2、3h则AC=BC-AB=、3h·7·则有t=t1+t2=6.(2025·河南·高考真题)流个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m=2.0×(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；由牛顿第二定律qE=ma解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1=5×10-3m(2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则h=vt2则x2=at1t2联立解得x2=0.05m·8·2根据运动学公式v2=2ad长度相等，根据平衡条件有mgsinθ=BIL1又E=BL1v，I=mgsinθ⋅t1-BIL1t1=0其中，q=It1，I=根据能量守恒定律-W安+mgsinθ(L2+L1)=0·9·②若L2<L1，同理可得根据动量定理mgsinθ⋅t4-2BI—L1根据能量守恒定律-W安l+mgsinθ(L2+L1)=0a根据电势计算公式可得在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为·10·垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方小为B2(未知)，但满足0<B2<B1。某质在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。(2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；,L<y<3L·11·解得r2>L可得r3=r1=L故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为L<y<3L。由几何关系可知r=(2L)2+(r2-L)2·12·mgx0-解得通过ab棒的电流为Iab=同时有F安cd=BI1L，I1=·13·联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd=mgx0-对两棒有mgsin30°-F安=ma，F安-μmg=ma同时有F安=BIL，I=度为v，可知mΔv=mv解得=Δv=其中F安cd2=BI2L从t1时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有-(μmg+BI-L(Δt=mvO′-mv，(BI-L-μmg(Δt=mvcd变式可得μmgΔt+BLq=mv-mvO′，BLq-μmgΔt=mvcd两式相加得2BLq=mv-m(vO′-vcd(③xOz平面里有竖直向上的匀强电场E，在z=z0的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，z=z0·14·(1)电场强度E的大小及该粒子第一次经过z=z0平面时的位置对应的x坐标洛伦兹力提供向心力得qvB1=m根据圆周运动轨迹，由几何关系得x2+(z0-R1)2=R·15·设粒子在B2磁场中运动的轨道半径为R2，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到P点应满足n(2R1sinθ-根据qvB=m联立可得B2=3B1=解得粒子受到的洛伦兹力大小为f洛=mg由牛顿第二定律有Eq=ma终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m=(1)求t=0.5s时ad边受到的安培(2)画出图(b)中1~2s内B-t图像(无需写出计算过程)；(1)0.015N·16·(2)(1)由法拉第电磁感应定律×12V=0解得t=2s时磁感应强度大小为B2=0.3T(3)由动量定理可知-B2I-LΔt=mv1-mv0应强度大小为B，一带正电的粒子从M(0,-y0(点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从·17·(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v所以正电荷从M运动到N的时间为·18·解得或v2=由开普勒第二定律可知v2r2=v3r3其中r2=2y0联立解得r3=6y0故正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为·19·=L所需时间分别为t1和t2，求t1-t2。3BI3BIL23IBm3BI3BIL23IBm+IRl=2LF安=BIl=2BILF安=2BI(L-x)则初始时和线框中心运动至x=时的安培力分别为F安1=2BIL，F安2=BILW安=FW安=mv2v=L3BIv=L3IBm2LI=mv3IBm2LUI=BILv+I2RU=BL2+IRF回=F安=2BI(L-x)=2BIx/=kx/mkT=2πmkT=2πt1=t2==2故t1-t2=0阻r=3Ω,AB垂直放在倾角α=37°足够长的光滑平行导轨上。AB的长度等于导轨宽度为L=·20·(1)AB与PQ的距离；(2)AB进入磁场时的感应电动势；(2)1.2V=a1t2=3m即AB与PQ的距离为3m；(2)AB进入磁场时速度v=a1t=6m/sAB进入磁场时感应电动势E=BLv=1.2V产生的热量t=0.24J匀强磁场，可以使粒子被约束在一定范围内而重新聚焦。在距离N板右侧L处放置一个接收屏P，·21·所以到达光屏的时间为t，依题意可知L=v∥t(2)带电粒子沿x轴方向匀速，垂直x轴方向做由洛伦兹根据洛伦兹力提供向心力有qv1B=m·22·边界上的点x坐标的最大值和y坐标的最大值。(2)T(3)xmax=0.07m；ymax=0.05m【详解】(1)根据动能定理-qU=mv2-(2)如图，根据勾股定理(R2-r1)2=r+R解得r1=0.075m洛伦兹力提供向心力qvB1=m即B1的最小值为T(3)洛伦兹力提供向心力qvB2=m解得r2=0.03m·23·即最小磁场区域的右边界函数方程为(x-R1)2+(r2-y)2=r因此出射点所在的函数方程为(x-0.03m)2+y2=r2画出)中，在x<0的区域I内存在沿x轴负方向的匀强电场，0≤x≤L的区域II内存在垂直于xOy感应强度大小为B2。质量为m、电荷量为-e的电子从原点O以x轴正方向的夹角为30°射入区域II。(1)若电子不能进入区域III，求电子速度大小v0的范围；若v0=且电子经电场偏转后直接回到原点O，求电场强度的大小E；若v0=求电子此后经过x轴时对应的x轴坐标。·24·根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=若电子不能进入区域III，求电子速度大小v0的范围为轨迹圆在y轴上的弦长d=2r2sin60°电子从区域III左边界与x轴的交点进入区域III，电子此后经过x轴时对应的x轴坐标x=L+n⋅ΔxO(n=0,1,2,⋯)解得x=L+n19.(24-25高三下·江苏宿迁泗阳县·适考)A、B两个粒子的电荷量分别为+q、+2q，质量对粒子B，由牛顿第二定律可得F=2ma联立解得粒子B的加速度大小由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v1由能量守恒定律ΔEp=mv-(m+2m)v·25·联立解得A、B组成的系统增加的电势能ΔEp=E(3)粒子经过P点时的最大速度vm。(2)k=由动能定理得qE(-x(=根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m·26·根据匀变速运动速度与位移的关系式有强磁场。质量为m=1kg、阻值可忽略不计的导体棒垂直导轨放置。在导体棒上施加一水平向右的(3)F=10N电容器两极板间电压U=BLv其中v=at解得Q=7.5t(C)(2)由电容器板间带电量Q=7.5t(C)可得=7.5A(3)对导体棒a由牛顿第二定律得F-BIL=ma其中I=7.5A得F=10N22.如图所示，在平面直角坐标系xOy的x<0区域、y轴与PQ间有沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ,在x·27·>0区域、半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅰ,磁场边界分别与y轴和MN相切，MN与y轴平行，MN右侧有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ.在PQ上坐标为次进入磁场Ⅰ,并从O点再次进入电场Ⅰ,不计粒子的(3)若在MN右侧再加上竖直向下的匀强电场Ⅱ,电场强度大小为匀强电场Ⅰ电场强度大小的8倍，粒子仍以速度v0从A点沿x轴正向射出，求粒子在磁场Ⅱ中运动过程离x轴的【详解】(1)设粒子第一次经过O点时速度与x轴正向的夹角为则有tanθ=20·28·=根据牛顿第二定律qE=ma由(2)中的几何关系可知，粒子通过MN的位置离x轴的距离d=r2=由于qE=>qvB2=x轴的距离最大时粒子速度大小为v，根据动量定理qv-yB2t=mv-mv即q(y-d)B2=mv-mv根据动能定理有mv2-e，电子的质量为m0，AB间的加速电压为U0，只有速度方向垂直接收板的粒子才能通过粒子选择动的半径R1。(2)粒子从a孔进入时速度与aO角度范围θ=±30°,·29·(2)能打在接收器上的粒子运动轨迹半径r=R粒子接收器上接收到粒子的长度L=xl+x=RA板处光电效应逸出光电子的最大动能解得=hν+eU0-小孔O1飘入狭缝MMl(初速度为零)，通过小孔O2进入金属板Ml和P之间的区域I，区域I中存在匀强磁场和匀强电场(未画出)，其中匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂3进入狭缝PPl，经O点进入金属板Pl右侧区域II，区域II具有和区域I完全相同(1)粒子刚进入区域I时的速度大小v1；·30·(2)区域I、区域II电场强度E；解得E=v1B=B粒子在区域II的运动看作是速度为v1的匀速直线运动和速率为v3=(、2-1(v1的匀速圆周运动的合运由运动的合成与分解，得v=v1-v3，即v=(2-绝缘圆弧轨道(长度可忽略)平滑相连。两侧倾斜导轨与水平面夹角均为30°。左侧倾斜导轨由间距L的导轨CE、DF构成，水平部分由两段足够长但不等宽的平行金属导轨连接构成，其中EG、间距为2L，有与竖直方向成(斜向右上方的磁感应强度大·31·(1)0.04m/s2(3)0.6J解得v0=3m/s0=解得共速时v1=1m/s对乙根据动量定理有∑2LBcos60°IΔt=mv1·32·度大小为g。Ek；解得Ek=2mgL·33·解得L、sinθ=小球从N到H的运动时间为解得Bmin=的匀强电场。现让小车始终保持v0=3m/s的速度匀速向右运动，一段时间后小圆柱体在绝缘管内与其速度大小关系为f=0.02v，已知小圆柱体第一次与第二次经过水平面ab的距离为x=2m。取2·34·平衡mg=Eq=0.2N其中vy1==4m/s竖直方向的洛伦兹力和摩擦力的合力等于小圆柱体的合将a=3m/s2代入得vy2=2m/s小圆柱体在绝缘管内运动的过程中，根据动能定理有qv0B1L-mv′2-解得小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量Q=Wf=0.2J(4)设某时刻速度为vt，方向与竖直方向夹角为θ,竖直方向根据动量定理有Σ0.02vtΔtcosθ-ΣqvtB2Δtsinθ=mvy3-mvy1即-qB2x=m(vy3-vy1)解得vy3=-2m/s水平方向根据动量定理有-Σ0.02vtΔtsinθ+ΣqvtB2Δtcosθ=mv′x-mv0即-0.02x=m(vx-v0)解得vx=1m/s·35·所以有vy=gt1=在水平方向有2h=v0t1所以带电小球经过A点时的速度大小为解得带电小球经过P点时的速度大小vP=2竖直方向，根据动量定理ΣqBvxt2-mgt2=m水平方向，根据动量定理ΣqBvyt2+mgt2=m根据题意Σvxt2=2h，Σvyt2=0(3)带电小球从O到P运动的时间t=t1+t2盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场B1中，磁感应强度B1=4T。圆盘在外力作用下以角速度ω·36·(1)由右手定则可知φa>φb联立解得I=5A-0(1)线框中的电流大小I；(2)线框受到的安培力大小F。·37·(2)安培力F=nBI为q=+0.2C的金属小球.弹射器出口O在MN线上，MN右侧存在方向垂直水平面向上的匀强磁、板面竖直放置，且O点到目标板v3=【详解】(1)根据电场力的计算公式有F而重力G=mg=1N可见qE=mg·38·解得B1=0.5Ta到达MN的时间为b到达MN的时间为则Δt=ta-tb=1.6sMN边界向左出射击中目标板时与MN距离最小由几何关系可知d=(L0-2R2cosθ(tan60°(1)磁感应强度B的大小；·39·解得r=2L根据洛伦兹力提供向心力有qBv=m(2)粒子离开磁场时的y坐标为y=r+rcos60°粒子进入电场后做类平抛运动at2，-x=vt，Eq=ma解得x=-3L竖直方向速度vy=at粒子再次经过x轴的速度大小为解得vl=5v2当线圈22(3)求从减震器开始下落到线圈2恰好完全进入磁场所用的时间t。·40·根据E=BLvI=，F=BIL，F-mg=ma解得Q=mg(mv则从减震器开始下落到线圈2恰好完全进入磁场所用的时间t=t0+t1=于磁感应强度大小为2B和B的竖直向下匀强磁场中，导轨右端接一阻值为R的电阻。金属棒a、b时闭合S。已知弹簧弹性势能kx2(x为弹簧形变量)，整个过程中两棒与导轨垂直并接触良(1)初始时刻a棒距导轨左端的距离xa；·41·且有xa+xb=x0整理可得mxa=2mxb根据能量守恒则有+Qa+Qb整理可得=2mv0解得d=xb+x·42·电子在运动过程中受到与其速度u方向相反的气体阻力f=ku，式中k为已知常量。最终电子会以-w1|=(3)(i)设电场力方向与速度方向的夹角为θ,沿圆轨迹的半径方向有eBsinθ+euB=mwu(ii)设电场力方向与速度方向的夹角为θ,旋-eB(2=k2 解得w1=-，w2=+-w1|=、0B有沿y、0B·43·(1)粒子在y轴和虚线之间运动的时间；运动到第一次过x轴的时间刚好是一个周期，则t=根据牛顿第二定律有qE1=ma根据运动学公式有v2=v1+at(3)粒子进入虚线右侧区域时，由于qE2=qv因此粒子的运动可以看成是沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动和以速度v0做匀速圆周运·44·EH的中点进入磁场区域，最后从NJ上的某处离开电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小B=(2)带电粒子在磁场中运动的时间t；(2)设粒子经过EH的中点时的速度为v，又因为v+v=v2解得v=2v0后的离子竖直向上进入速度选择器，该区域存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场；·45·子沿半径为R1(未知)的圆弧做匀速圆周运动；随后离子从小孔O2射出并沿水平方向进入磁场分析器中的磁感应强度大小均为B；偏转电场的上下边界MN和PQ间距为L，水平方向足够宽。晶圆半(2)离子在电场分析器中运动轨迹的半径R1及运动时间t；·46·(4)在偏转电场中，竖直方向L=vt239.如图所示，间距均为L的水平平行金属导轨PQ、PQ与倾斜平行金属导轨MN、MN通过绝缘材·47·=0=gsinθ0，有E=BLv1理有I—BL⋅t=mv1-0，q解得q=①若金属棒a刚进入倾斜轨道时满足mgsinθ≥对金属棒a有mgsinθ-=ma0解得a0=gsinθ-++②若金属棒a刚进入倾斜轨道时满足mgsinθ<-mgsinθ=ma0解得a0=---gsinθ0=gsinθ与导轨垂直且接触良好。已知导轨间距L=1m，金属棒a质量m=1kg，两棒的长度均为L=1m、·48·金属棒a做匀速直线运动时根据平衡条件有BIL=mgsinθ解得v=12m/smv解得x=36m由能量守恒定律可得mgxsinθ=mv2+Q·49·(1)M点的坐标；(2)磁感应强度B的大小；当x<0时y=依题意，从P点到Q点和从P点到M点的竖直方向位移关系为yPQ:yPM=(d=1:2(2)设到M点速