高中物理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題20套(帶答案)及解析

高中物理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題20套(帶答案)及解析一、高考物理精講專題帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定絕緣軌道ABCDP，由半徑r＝0.5m的圓弧軌道CDP和與之相切于C點(diǎn)的水平軌道ABC組成，圓弧軌道的直徑DP與豎直半徑OC間的夾角θ＝37°，A、B兩點(diǎn)間的距離d＝0.2m。質(zhì)量m1＝0.05kg的不帶電絕緣滑塊靜止在A點(diǎn)，質(zhì)量m2＝0.1kg、電荷量q＝1×10﹣5C的帶正電小球靜止在B點(diǎn)，小球的右側(cè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)用大小F＝4.5N、方向水平向右的恒力推滑塊，滑塊到達(dá)B點(diǎn)前瞬間撤去該恒力，滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球沿軌道運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)恰好和軌道無(wú)擠壓且所受合力指向圓心。小球和滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞過程中小球的電荷量不變，不計(jì)一切摩擦。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求撤去該恒力瞬間滑塊的速度大小v以及勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)求小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小vP和B、C兩點(diǎn)間的距離x；(3)若小球從P點(diǎn)飛出后落到水平軌道上的Q點(diǎn)（圖中未畫出）后不再反彈，求Q、C兩點(diǎn)間的距離L?！敬鸢浮浚?）撤去該恒力瞬間滑塊的速度大小是6m/s，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小是7.5×104N/C；（2）小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小是2.5m/s，B、C兩點(diǎn)間的距離是0.85m。（3）Q、C兩點(diǎn)間的距離為0.5625m?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）對(duì)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：Fd＝m1v2，代入數(shù)據(jù)解得：v＝6m/s小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，受力如圖所示，由平衡條件得：qE＝m2gtanθ，解得：E＝7.5×104N/C。（2）小球所受重力與電場(chǎng)力的合力大小為：G等＝①小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有：G等＝m2②聯(lián)立①②，代入數(shù)據(jù)得：vP＝2.5m/s滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，設(shè)碰后滑塊、小球的速度大小分別為v1、v2，以向右方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2③由能量守恒得：④聯(lián)立③④，代入數(shù)據(jù)得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s小球碰后運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理有：qE（x﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcosθ）＝⑤代入數(shù)據(jù)得：x＝0.85m。（3）小球從P點(diǎn)飛出水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，有：L﹣rsinθ＝vPcosθt﹣⑥豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，有：r+rcosθ＝vPsinθt+gt2⑦聯(lián)立⑥⑦代入數(shù)據(jù)得：L＝0.5625m；2．如圖，質(zhì)量分別為mA=1kg、mB=2kg的A、B兩滑塊放在水平面上，處于場(chǎng)強(qiáng)大小E=3×105N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，A不帶電，B帶正電、電荷量q=2×10－5C．零時(shí)刻，A、B用繃直的細(xì)繩連接(細(xì)繩形變不計(jì))著，從靜止同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，2s末細(xì)繩斷開．已知A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)前2s內(nèi)，A的位移大小；(2)6s末，電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率．【答案】(1)(2)【解析】【分析】【詳解】（1）B所受電場(chǎng)力為F=Eq=6N；繩斷之前，對(duì)系統(tǒng)由牛頓第二定律：F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1可得系統(tǒng)的加速度a1=1m/s2；由運(yùn)動(dòng)規(guī)律：x=a1t12解得A在2s內(nèi)的位移為x=2m；（2）設(shè)繩斷瞬間，AB的速度大小為v1，t2=6s時(shí)刻，B的速度大小為v2，則v1=a1t1=2m/s；繩斷后，對(duì)B由牛頓第二定律：F-μmBg=mBa2解得a2=2m/s2；由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s電場(chǎng)力的功率P=Fv，解得P=60W3．兩平行的帶電金屬板水平放置，板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)．帶電量相等粒子a，b分別以相同初速度水平射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子a飛離電場(chǎng)時(shí)水平方向分位移與豎直方向分位移大小相等，粒子b飛離電場(chǎng)時(shí)水平方向速度與豎直方向速度大小相等．忽略粒子間相互作用力及重力影響，求粒子a、b質(zhì)量之比．【答案】1：2【解析】【詳解】假設(shè)極板長(zhǎng)度為l，粒子a的質(zhì)量為ma，離開電場(chǎng)時(shí)豎直位移為y，粒子b的質(zhì)量為mb，離開電場(chǎng)時(shí)豎直分速度為vy，兩粒子初速度均為v0，在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為t對(duì)粒子a：l＝v0t…①y＝a1t2…②…③y＝l…④①②③④聯(lián)立解得：對(duì)粒子b：vy＝a2t…⑤vy＝v0…⑥…⑦①⑤⑥⑦聯(lián)立解得：則．4．如圖所示，一內(nèi)壁光滑的絕緣圓管ADB固定在豎直平面內(nèi)．圓管的圓心為O，D點(diǎn)為圓管的最低點(diǎn)，AB兩點(diǎn)在同一水平線上，AB=2L，圓管的半徑為r=L(自身的直徑忽略不計(jì))．過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點(diǎn)，在虛線AB的上方存在方向水平向右、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)；虛線AB的下方存在方向豎直向下、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2=．圓心O正上方的P點(diǎn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，PC間距為L(zhǎng)．現(xiàn)將該小球從P點(diǎn)無(wú)初速釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后，小球剛好從管口A無(wú)碰撞地進(jìn)入圓管內(nèi)，并繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g．求：(1)虛線AB上方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大?。?2)小球在AB管中運(yùn)動(dòng)經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)管的壓力FD；（3）小球從管口B離開后，經(jīng)過一段時(shí)間到達(dá)虛線AB上的N點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，在圓管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與總時(shí)間之比．【答案】（1）（2）2mg，方向豎直向下（3）【解析】【分析】（1）小物體釋放后在重力和電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)正交分解，垂直運(yùn)動(dòng)方向的合力為零，列出平衡方程即可求出虛線AB上方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解小球在AB管中運(yùn)動(dòng)經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)管的壓力FD；（3）小物體由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在圓管內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開管后做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)公式求解在圓管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與總時(shí)間之比.【詳解】（1）小物體釋放后在重力和電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小物體從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入，則此時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則：tan45°=解得：（2）從P到A的過程，根據(jù)動(dòng)能定理：mgL+EqL=mvA2解得vA=2小球在管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，E2q=mg，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則v0=vA=2在D點(diǎn)時(shí)，下壁對(duì)球的支持力由牛頓第三定律，方向豎直向下．（3）小物體由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)所用時(shí)間為t1，則：解得小球在圓管內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則：小球離開管后做類平拋運(yùn)動(dòng)，物塊從B到N的過程中所用時(shí)間：則：【點(diǎn)睛】本題考查帶點(diǎn)小物體在電場(chǎng)力和重力共同作用下的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是要分好運(yùn)動(dòng)過程，明確每一個(gè)過程小物體的受力情況，并結(jié)合初速度判斷物體做什么運(yùn)動(dòng)，進(jìn)而選擇合適的規(guī)律解決問題，勻變速直線運(yùn)動(dòng)利用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解或者運(yùn)用動(dòng)能定理求解，類平拋利用運(yùn)動(dòng)的合成和分解、牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解．5．如圖所示,有一比荷=2×1010C/kg的帶電粒子,由靜止從Q板經(jīng)電場(chǎng)加速后,從M板的狹縫垂直直線邊界a進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1.2×10-2T的有界矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域后恰好未飛出直線邊界b,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直平面向里,a、b間距d=2×10-2m(忽略粒子重力與空氣阻力)求：(1)帶電粒子射入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度v；(2)Q、M兩板間的電勢(shì)差UQM?！敬鸢浮浚?）；（2）·【解析】【詳解】（1）粒子從靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速度為，由動(dòng)能定理：粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，洛侖磁力提供向心力：粒子垂直邊界進(jìn)入有屆磁場(chǎng)區(qū)域且恰好未飛出右平行屆，由幾何知識(shí)得：代入數(shù)值，聯(lián)立解得：；（2）據(jù)粒子在磁場(chǎng)中的軌跡，由左手定則知：該粒子帶負(fù)電，但在加速電場(chǎng)中從Q到M加速，說(shuō)明M點(diǎn)比Q點(diǎn)電勢(shì)高，故6．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，在，y＞0及y＜-L區(qū)域存在場(chǎng)強(qiáng)大小相同，方向相反均平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在-L＜y＜0區(qū)域存在方向垂直于xOy平面紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)過y軸上的點(diǎn)P1（0，L）時(shí)的速率為v0，方向沿x軸正方向，然后經(jīng)過x軸上的點(diǎn)P2（L，0）進(jìn)入磁場(chǎng)．在磁場(chǎng)中的運(yùn)轉(zhuǎn)半徑R=L（不計(jì)粒子重力），求：（1）粒子到達(dá)P2點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向；（2）；（3）粒子第一次從磁場(chǎng)下邊界穿出位置的橫坐標(biāo)；（4）粒子從P1點(diǎn)出發(fā)后做周期性運(yùn)動(dòng)的周期．【答案】（1）v0，與x成53°角；（2）；（3）2L；（4）．【解析】【詳解】（1）如圖，粒子從P1到P2做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)到達(dá)P2時(shí)的y方向的速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知L=v0t1，L=t1可得t1=，vy=v0故粒子在P2的速度為v==v0設(shè)v與x成β角，則tanβ==，即β=53°；（2）粒子從P1到P2，根據(jù)動(dòng)能定理知qEL=mv2-mv02可得E=粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)qvB=m解得：B===解得：；（3）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O′，在圖中，過P2做v的垂線交y=-直線與Q′點(diǎn)，可得：P2O′===r故粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O′，因粒子在磁場(chǎng)中的軌跡所對(duì)圓心角α=37°，故粒子將垂直于y=-L直線從M點(diǎn)穿出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系知M的坐標(biāo)x=L+（r-rcos37°）=2L；（4）粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡如上圖，粒子從P1到P2做類平拋運(yùn)動(dòng)：t1=在磁場(chǎng)中由P2到M動(dòng)時(shí)間：t2==從M運(yùn)動(dòng)到N，a==則t3==則一個(gè)周期的時(shí)間T=2（t1+t2+t3）=．7．如圖所示，熒光屏與軸垂直放置，與軸相交于點(diǎn)，點(diǎn)的橫坐標(biāo)，在第一象限軸和之間有沿軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度，在第二象限有半徑的圓形磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度，方向垂直平面向外．磁場(chǎng)的邊界和軸相切于點(diǎn)．在點(diǎn)有一個(gè)粒子源，可以向軸上方180°范圍內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射比荷為的帶正電的粒子，已知粒子的發(fā)射速率．不考慮粒子的重力、粒子間的相互作用．求：（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；（2）粒子從軸正半軸上射入電場(chǎng)的縱坐標(biāo)范圍；（3）帶電粒子打到熒光屏上的位置與點(diǎn)間的最遠(yuǎn)距離．【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)受到洛倫茲力的作用做圓周運(yùn)動(dòng)解得：（2）由（1）問中可知，取任意方向進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知四邊形為菱形，所以，又垂直于軸，粒子出射的速度方向與軌跡半徑垂直，則所有粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的方向均與軸平行，所以粒子從軸正半軸上射入電場(chǎng)的縱坐標(biāo)范圍為．（3）假設(shè)粒子沒有射出電場(chǎng)就打到熒光屏上，有解得：，說(shuō)明粒子離開電場(chǎng)后才打到熒光屏上．設(shè)從縱坐標(biāo)為的點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)中沿軸方向的位移為，則代入數(shù)據(jù)解得設(shè)粒子最終到達(dá)熒光屏的位置與點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為，粒子射出的電場(chǎng)時(shí)速度方向與軸正方向間的夾角為，，所以，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)時(shí)，即時(shí)有最大值，所以8．如圖所示，在不考慮萬(wàn)有引力的空間里，有兩條相互垂直的分界線MN、PQ，其交點(diǎn)為O．MN一側(cè)有電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)（垂直于MN），另一側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)（垂直紙面向里）．宇航員（視為質(zhì)點(diǎn)）固定在PQ線上距O點(diǎn)為h的A點(diǎn)處，身邊有多個(gè)質(zhì)量均為m、電量不等的帶負(fù)電小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向拋出各小球．其中第1個(gè)小球恰能通過MN上的C點(diǎn)第一次進(jìn)入磁場(chǎng)，通過O點(diǎn)第一次離開磁場(chǎng)，OC=2h．求：（1）第1個(gè)小球的帶電量大小；（2）磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度的大小B；（3）磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度是否有某值，使后面拋出的每個(gè)小球從不同位置進(jìn)入磁場(chǎng)后都能回到宇航員的手中？如有，則磁感強(qiáng)度應(yīng)調(diào)為多大．【答案】(1)；(2)；(3)存在，【解析】【詳解】（1）設(shè)第1球的電量為，研究A到C的運(yùn)動(dòng)：解得：；（2）研究第1球從A到C的運(yùn)動(dòng)：解得：，，；研究第1球從C作圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)O的運(yùn)動(dòng)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為由得由幾何關(guān)系得：解得：；（3）后面拋出的小球電量為，磁感應(yīng)強(qiáng)度①小球作平拋運(yùn)動(dòng)過程②小球穿過磁場(chǎng)一次能夠自行回到A，滿足要求：，變形得：解得：．9．如圖所示，一靜止的電子經(jīng)過電壓為U的電場(chǎng)加速后，立即射入偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場(chǎng)中，射入方向與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的方向垂直，射入點(diǎn)為A，最終電子從B點(diǎn)離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。已知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向豎直向上（如圖所示），電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，重力忽略不計(jì)。求：（1）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v0；（2）若將加速電場(chǎng)的電壓提高為原來(lái)的2倍，使電子仍從B點(diǎn)經(jīng)過，則偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1應(yīng)該變?yōu)樵瓉?lái)的多少倍？（3）若在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域加上垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使電子從A點(diǎn)射入該相互垂直的電場(chǎng)和磁場(chǎng)共同存在的區(qū)域沿直線運(yùn)動(dòng)，求所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?！敬鸢浮浚?）（2）2倍（3）【解析】【詳解】（1）電子在電場(chǎng)中的加速，由動(dòng)能定理得：所以，（2）設(shè)電子的水平位移為x，電子的豎直偏移量為y，則有：聯(lián)立解得：根據(jù)題意可知x、y均不變，當(dāng)U增大到原來(lái)的2倍，場(chǎng)強(qiáng)E也增大為原來(lái)的2倍。（3）電子做直線運(yùn)動(dòng)解得：10．如圖所示，在一光滑絕緣水平面上，靜止放著兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，兩小球質(zhì)量均為m，相距l(xiāng)，其中A球帶正電，所帶電荷量為q，小球B不帶電．若在A球開始向右側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，A球受到電場(chǎng)力的作用向右運(yùn)動(dòng)與B球碰撞．設(shè)每次碰撞為彈性碰撞，碰撞前后兩球交換速度，且碰撞過程無(wú)電荷轉(zhuǎn)移．求：（1）小球A在電場(chǎng)中的加速度大小和第一次與B碰撞前的速度；（2）若兩小球恰在第二次碰撞時(shí)離開電場(chǎng)，求電場(chǎng)在電場(chǎng)線方向上的寬度；（3）若兩小球恰在第三次碰撞時(shí)離開電場(chǎng)，求電場(chǎng)在電場(chǎng)線方向上的寬度及小球A從進(jìn)入電場(chǎng)到離開電場(chǎng)的過程中電勢(shì)能的變化量．【答案】(1)a=qE/m；(2)5l(3)13l；13Eql【解析】【詳解】（1）根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律：qE=ma，則a=qE/m設(shè)第一次碰撞時(shí)小球A的速度為v：根據(jù)動(dòng)能定理：解得：（2）第一次碰撞前后小球A的速度為vA1和vA1′，小球B碰撞前后的速度為vB1和vB1′所以vA1=vvB1=0vA1′=0vB1′=vA球運(yùn)動(dòng)的距離為l第一次碰撞后，小球A做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球B做速度為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)第二次碰撞前后A球的速度為vA2和vA2′小球B碰撞前后的速度為vB2和vB2′第一次碰撞后至第二次碰撞前：vt=(0+vA2)t/2所以：vA2=2v；碰后vA2′=v而B球碰前為v，碰后為2v．從第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中，A球運(yùn)動(dòng)的距離為l2．電場(chǎng)寬度為：L=l+4l=5l（3）二次碰撞后，A球做初速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B球以速度2v勻速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)A球第三次碰前后的速度為vA3和vA3′，小球B碰撞前后的速度為vB3和vB3′所以：從第二次碰撞到第三次碰撞過程中，A球運(yùn)動(dòng)的距離為l3：qEl3=m-ml3=8l所以：電場(chǎng)的寬度：L=l1+l2+l3=13lA球減少的電勢(shì)能△ε=Eq×13l=13Eql11．如圖所示，直空中有以O(shè)為圓心，半徑為R的圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，在虛線范圍內(nèi)、x軸上方足夠大的范圍內(nèi)有寬度為d，方向沿y軸負(fù)向、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．圓形磁場(chǎng)區(qū)域的右端與電場(chǎng)左邊界相切，現(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿紙面不同方向發(fā)射速率為v的質(zhì)子，已知質(zhì)子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)質(zhì)子的重力．求（1）要使質(zhì)子不出磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B要滿足什么條件？（2）P、N兩點(diǎn)在圓周上，M是OP的中點(diǎn)，MN平行于x軸，若質(zhì)子從N點(diǎn)平行于x軸出磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和粒子從O點(diǎn)出射時(shí)的方向．（3）求質(zhì)子從N點(diǎn)平行于x軸出磁場(chǎng)后與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)．【答案】（1）（2）600（3）（，0）（，0）【解析】試題分析：當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑時(shí)，質(zhì)子不會(huì)出磁場(chǎng)，由牛頓第二定律即可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍；畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系和牛頓第二定律求解；設(shè)質(zhì)子剛好打到電場(chǎng)右邊界與x軸的交點(diǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)公式分為兩種情況即可求解．（1）當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑時(shí)，質(zhì)子不會(huì)出磁場(chǎng)由牛頓第二定律，得洛倫茲力為：解得：（2）如圖，質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在NA上，AB為ON的垂直平分線，故交點(diǎn)A為圓心，OM為ON的一半，知角ONM為300，角CNA為600，則NA=R，質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的的半徑為R結(jié)合以上解得：B=易知OB與x軸的夾角為600故質(zhì)子出射時(shí)速度與x軸成600角（3）設(shè)質(zhì)子剛好打到電場(chǎng)右邊界與x軸的交點(diǎn)在豎直方向：在水平方向：聯(lián)立解得：i)當(dāng)時(shí)，質(zhì)子出邊界之后與x軸相交，設(shè)在電場(chǎng)中的偏移為y，出電場(chǎng)時(shí)在y