2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)階段綜合測評7含解析

PAGE13-階段綜合測評(七)時間：90分鐘滿分：110分第Ⅰ卷(選擇題，共48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，1～9題只有一項符合題目要求，10～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．把一小段通電直導(dǎo)線放入磁場中，導(dǎo)線受到安培力的作用。關(guān)于安培力的方向，下列說法中正確的是()A．安培力的方向肯定跟磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同B．安培力的方向肯定跟磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直，但不肯定跟電流方向垂直C．安培力的方向肯定跟電流方向垂直，但不肯定跟磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直D．安培力的方向肯定跟電流方向垂直，也肯定跟磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直答案D解析安培力的方向肯定跟電流方向垂直，也肯定跟磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，故D正確。2.如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是()A．O點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B．a(chǎn)、b兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反C．c、d兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同D．a(chǎn)、c兩點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同答案C解析由安培定則可知，兩導(dǎo)線中的電流在O點產(chǎn)生的磁場均豎直向下，合磁感應(yīng)強(qiáng)度肯定不為零，A錯誤；由安培定則知，兩導(dǎo)線中的電流在a、b兩點處產(chǎn)生的磁場的方向均豎直向下，由于對稱性，M中電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于N中電流在b處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，同時M中電流在b處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于N中電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，所以a、b兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，B錯誤；依據(jù)安培定則，兩導(dǎo)線中的電流在c、d兩點處產(chǎn)生的磁場垂直于c、d兩點與導(dǎo)線的連線方向向下，且產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，由平行四邊形定則可知，c、d兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，C正確；a、c兩點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向均豎直向下，方向相同，D錯誤。3．目前世界上輸送功率最大的直流輸電工程——哈(密)鄭(州)特高壓直流輸電工程已正式投運。已知某段直流輸電線長度l＝200m，通有從西向東I＝4000A的恒定電流，該處地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5×10－5T，磁傾角(磁感線與水平面的夾角)為5°(sin5°≈0.1)。則該段導(dǎo)線所受安培力的大小和方向為()A．40N，向北與水平面成85°角斜向上方B．4N，向北與水平面成85°角斜向上方C．4N，向南與水平面成5°角斜向下方D．40N，向南與水平面成5°角斜向下方答案A解析地磁場方向(從南向北)與電流方向垂直，安培力F＝BIl＝40N，B、C錯誤；北半球地磁場的磁感線相對水平面對下傾斜，由左手定則可知，導(dǎo)線所受安培力的方向向北與水平面成85°角斜向上方，A正確，D錯誤。4.如圖所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在垂直于紙面對外的勻強(qiáng)磁場。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，從靜止經(jīng)電場加速后從圓形空間邊緣上的A點沿半徑方向垂直射入磁場，從C點射出。已知∠AOC＝120°，粒子在磁場中運動的時間為t0，則加速電場的電壓是()A.eq\f(π2r2m,6qt\o\al(2,0)) B.eq\f(π2r2m,24qt\o\al(2,0))C.eq\f(2π2r2m,3qt\o\al(2,0)) D.eq\f(π2r2m,18qt\o\al(2,0))答案A解析依據(jù)幾何學(xué)問可知，粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為α＝180°－120°＝60°＝eq\f(π,3)，軌跡半徑為R＝rtan60°＝eq\r(3)r，由t0＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πR,v)及qU＝eq\f(1,2)mv2，得U＝eq\f(π2r2m,6qt\o\al(2,0))，A正確。5．空間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場，有一質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)點，以垂直于磁場方向的速度v0水平進(jìn)入該磁場，在飛出磁場時高度下降了h，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．質(zhì)點進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力肯定向上B．質(zhì)點進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力肯定向下C．質(zhì)點飛出磁場時速度的大小為v0D．質(zhì)點飛出磁場時速度的大小為eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)答案D解析因為磁場方向水平，質(zhì)點沿水平且垂直于磁場的方向進(jìn)入該磁場，只能推斷質(zhì)點進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力沿豎直方向，質(zhì)點同時受豎直向下的重力向下偏轉(zhuǎn)，則洛倫茲力可能向下，也可能向上，A、B錯誤；對質(zhì)點在磁場中的運動過程應(yīng)用動能定理，有mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，C錯誤，D正確。6.如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充溢垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場，一帶電顆粒A以肯定初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O′點穿出，射出時速度的大小為vA。若僅撤去磁場，其他條件不變，另一個相同的顆粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出，射出時速度的大小為vB，則顆粒B()A．穿出位置肯定在O′點上方，vB<vAB．穿出位置肯定在O′點上方，vB>vAC．穿出位置肯定在O′點下方，vB<vAD．穿出位置肯定在O′點下方，vB>vA答案D解析設(shè)帶電顆粒從O位置飛入時的速度為v0，若帶電顆粒A帶負(fù)電，其電場力、重力、洛倫茲力均向下，與運動方向垂直，不行能做直線運動，故顆粒A肯定帶正電荷，且滿意mg＝Eq＋Bqv0，做勻速直線運動，故vA＝v0。若僅撤去磁場，由于mg>Eq，帶電顆粒B向下偏轉(zhuǎn)，穿出位置肯定在O′點下方，合力對其做正功，故vB>v0，即vB>vA，D正確。7.如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一電荷量為q的正離子，由a點沿半圓軌跡運動，當(dāng)它運動到b點時，突然汲取了旁邊若干電子，接著沿另一半圓軌跡運動到c點，已知a、b、c在同始終線上，且ac＝eq\f(1,2)ab。電子的電荷量為e，質(zhì)量可忽視不計，則該離子汲取的電子個數(shù)為()A.eq\f(3q,2e) B.eq\f(q,e)C.eq\f(2q,3e) D.eq\f(q,3e)答案D解析正離子由a到b的過程，軌跡半徑r1＝eq\f(ab,2)，此過程有qvB＝eq\f(mv2,r1)；設(shè)正離子在b點汲取n個電子，因電子質(zhì)量不計，所以正離子的速度不變，電荷量變?yōu)閝－ne，正離子從b到c的過程中，軌跡半徑r2＝eq\f(bc,2)＝eq\f(3,4)ab＝eq\f(3,2)r1，且(q－ne)vB＝eq\f(mv2,r2)，解得n＝eq\f(q,3e)，D正確。8.如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場(未畫出)。一質(zhì)量為m、電荷量為－q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑AO夾角θ＝30°的方向從A點垂直磁場射入，最終粒子從圓弧MAN上射出，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不行能為()A.eq\f(3mv,qR) B.eq\f(mv,qR)C.eq\f(2mv,qR) D.eq\f(4mv,qR)答案B解析由題意知，臨界條件為粒子運動軌跡恰好與MN相切，此時粒子運動軌跡如圖所示，依據(jù)幾何學(xué)問可得∠AO′B＝120°，∠OAB＝∠BAO′＝30°，故eq\x\to(AB)＝eq\f(R,cos30°)，r＝eq\f(\f(1,2)\x\to(AB),cos30°)，解得r＝eq\f(2,3)R，又知r＝eq\f(mv,Bq)，解得B＝eq\f(3mv,2qR)，為使粒子從圓弧MAN上射出，則r≤eq\f(2,3)R，即B≥eq\f(3mv,2qR)，故B不行能。9．(2024·黑龍江省牡丹江市第一中學(xué)模擬)如圖所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面對里的水平勻強(qiáng)磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，bd沿水平方向，已知小球所受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放。下列推斷正確的是()A．小球能越過與O等高的d點并接著沿環(huán)向上運動B．當(dāng)小球運動到c點時，洛倫茲力最大C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大D．小球從b點到c點，電勢能增大，動能先增大后減小答案D解析小球所受的電場力與重力大小相等，則二者的合力方向與水平方向夾角為45°斜向左下方，小球所受洛倫茲力、圓環(huán)的彈力方向始終與小球運動方向垂直，故不做功。該模型可等效為小球在圓環(huán)上運動只有“等效重力”做功的狀況，等效最高點為弧ad的中點，等效最低點為弧bc的中點，該點速度最大，由于a和d關(guān)于等效最高點對稱，則小球在a和d的速度大小相等，均為0，即小球只能到達(dá)d點，但不能越過d接著向上運動，故A錯誤；由題意可知，小球的電荷量以及磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，小球所受洛倫茲力與小球的速度大小有關(guān)，小球在弧bc的中點速度最大，即在弧bc的中點處所受洛倫茲力最大，故B錯誤；小球從a到b過程中，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；小球從b到c過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大；小球從b到弧bc的中點過程中，合外力做正功，動能增大，從弧bc的中點到c過程中，合外力做負(fù)功，動能減小，則從b到c過程中動能先增大后減小，故D正確。10.如圖所示，有一個正方形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，假如在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負(fù)電的帶電粒子，恰好從e點射出，則()A．假如粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出B．假如粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出C．假如粒子的速度不變，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大為原來的二倍，粒子將從d點射出D．只變更粒子的速率，使其分別從e、d、f點射出時，從f點射出所用的時間最短答案AD解析由r＝eq\f(mv,qB)可知，假如粒子的速度增大為原來的二倍，則粒子在磁場內(nèi)運動時的軌跡半徑也增大為原來的二倍，粒子將從d點射出，A正確；假如粒子的速度增大為原來的三倍，假設(shè)磁場區(qū)域足夠大，粒子會通過ad延長線上的g點，且dg＝ae，可知粒子將從d、f之間的某確定點射出，B錯誤；假如粒子的速度不變，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來的二倍，由r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子在磁場中運動時的軌跡半徑減小為原來的二分之一，粒子將從ae的中點射出，C錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,Bq)，粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)·T，粒子從e、d點射出時轉(zhuǎn)過的角度相等，所用時間相等，從f點射出時轉(zhuǎn)過的角度最小，則所用的時間最短，D正確。11.利用如圖所示的方法可以測得金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬為b，厚為d，并加有與前后面垂直的勻強(qiáng)磁場B，當(dāng)通以圖示方向的電流I時，在導(dǎo)體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U。已知自由電子的電荷量為e，則下列推斷正確的是()A．上表面電勢高B．下表面電勢高C．該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq\f(1,edb)D．該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq\f(BI,eUb)答案BD解析畫出平面圖如圖所示，由左手定則可知，自由電子向上表面偏轉(zhuǎn)，故下表面電勢高，A錯誤，B正確；再依據(jù)eeq\f(U,d)＝evB，I＝neSv＝nebdv得n＝eq\f(BI,eUb)，故D正確，C錯誤。12.如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子以某一初速度從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向進(jìn)入場區(qū)，若場區(qū)僅存在平行于y軸向上的勻強(qiáng)電場時，質(zhì)子通過P(d，d)點時的動能為5Ek；若場區(qū)僅存在垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場時，質(zhì)子也能通過P點。不計質(zhì)子的重力。設(shè)上述勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則下列說法中正確的是()A．E＝eq\f(3Ek,ed) B．E＝eq\f(4Ek,ed)C．B＝eq\f(\r(mEk),ed) D．B＝eq\f(\r(2mEk),ed)答案BD解析設(shè)質(zhì)子進(jìn)入場區(qū)的初速度為v0，質(zhì)子在電場中做類平拋運動，d＝v0t，豎直方向上，d＝eq\f(vy,2)t，eq\f(1,2)m(eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y)))2＝5Ek，vy＝at，a＝eq\f(eE,m)，解得E＝eq\f(4Ek,ed)，A錯誤，B正確；質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，且R＝d，在磁場中洛倫茲力供應(yīng)向心力，即ev0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),d)，聯(lián)立解得B＝eq\f(\r(2mEk),ed)，故C錯誤，D正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、試驗題(本題共2小題，共12分)13．(4分)(2024·全國卷Ⅱ)某同學(xué)用圖中所給器材進(jìn)行與安培力有關(guān)的試驗。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，完成試驗電路。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)。答案(1)如圖所示(2)AC解析(1)依據(jù)左手定則得金屬棒中電流為從a流向a1。要求滑動變阻器以限流方式接入電路中，故滑動變阻器接線柱上下各用一個。(2)為使金屬棒在離開導(dǎo)軌時具有更大的速度，應(yīng)使它所受安培力F＝BIL增大，所以適當(dāng)增加兩導(dǎo)軌間的距離時有效長度L增大，F(xiàn)變大，A項正確；只換更長的金屬棒時有效長度L不變，B項錯誤；增大電流，F(xiàn)也增大，C項正確。14．(8分)圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)通過測量通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；為電流表；S為開關(guān)。此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線。(1)在圖中畫線連接成試驗電路圖。(2)完成下列主要試驗步驟中的填空。①按圖接線。②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1。③閉合開關(guān)S，調(diào)整R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D________________；然后讀出________________，并用天平稱出________________。④用米尺測量________。(3)用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B＝________。(4)判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：若________，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面對外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面對里。答案(1)圖見解析(2)③重新處于平衡狀態(tài)電流表的示數(shù)I此時細(xì)沙的質(zhì)量m2④D的底邊長L(3)eq\f(|m2－m1|g,IL)(4)m2>m1解析(1)將電源、開關(guān)、電流表、電阻箱和U形金屬框串聯(lián)成閉合電路，如圖所示：(2)(3)(4)設(shè)U形金屬框的質(zhì)量為m，當(dāng)開關(guān)S斷開時，mg＝m1g，當(dāng)開關(guān)S閉合，調(diào)整R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D重新處于平衡狀態(tài)，然后讀出電流表的示數(shù)I，并用天平稱出此時細(xì)沙的質(zhì)量m2，用米尺測量出D的底邊長L，則：mg＋BIL＝m2g，聯(lián)立解得：B＝eq\f(|m2－m1|g,IL)；若m2＞m1，U形金屬框所受的安培力向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面對外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面對里。三、計算題(本題共4小題，共50分。解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)15．(10分)如圖甲所示，在水平地面上固定一對與水平面傾角為α的光滑平行導(dǎo)電軌道，軌道間的距離為l，兩軌道底端的連線與軌道垂直，頂端接有電源。將一根質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒ab放在兩軌道上，且與兩軌道垂直。已知軌道和導(dǎo)體棒的電阻及電源的內(nèi)阻均不能忽視，通過導(dǎo)體棒的恒定電流大小為I，方向由a到b，圖乙為圖甲沿a→b方向視察的平面圖。若重力加速度為g，在軌道所在空間加一豎直向上的勻強(qiáng)磁場，使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止。(1)請在圖乙所示的平面圖中畫出導(dǎo)體棒受力的示意圖；(2)求出磁場對導(dǎo)體棒的安培力的大??；(3)假如變更導(dǎo)軌所在空間的磁場方向，試確定使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值的大小和方向。答案(1)圖見解析(2)mgtanα(3)eq\f(mgsinα,Il)垂直軌道平面對上解析(1)導(dǎo)體棒受力如圖所示。(2)依據(jù)共點力平衡條件及幾何學(xué)問可知，磁場對導(dǎo)體棒的安培力的大小F安＝mgtanα。(3)要使磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，則要求導(dǎo)體棒所受安培力最小。依據(jù)受力狀況可知，最小安培力Fmin＝mgsinα，方向平行于軌道斜向上，所以最小磁感應(yīng)強(qiáng)度Bmin＝eq\f(Fmin,Il)＝eq\f(mgsinα,Il)，依據(jù)左手定則可推斷出，此時的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向為垂直軌道平面對上。16.(10分)如圖所示，空間分布著有志向邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。區(qū)域Ⅰ勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E、方向豎直向上，寬度為L；區(qū)域Ⅱ勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對外；區(qū)域Ⅲ勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，方向垂直紙面對里。一個不計重力的帶正電的粒子，其比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(E,2B2L)，從電場的下邊緣的O點由靜止起先運動，穿過區(qū)域Ⅱ進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ后，又回到O點，然后重復(fù)上述運動過程。(1)為使粒子能完成上述運動，區(qū)域Ⅲ的最小寬度為多大？(2)粒子從O點起先運動全過程的周期T為多大？(結(jié)果用B、E、L、π的最簡形式表示)答案(1)(2＋eq\r(3))L(2)eq\f(12＋14πBL,3E)解析(1)帶電粒子在電場中加速，有qEL＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，分析可知，帶電粒子在磁場中運動的三段圓弧所對應(yīng)的圓心連線組成等邊三角形，則區(qū)域Ⅲ的最小寬度d＝R＋Rsin60°，聯(lián)立解得d＝(2＋eq\r(3))L。(2)粒子在電場中時，有L＝eq\f(qE,2m)teq\o\al(2,1)，粒子在磁場中運動的周期T′＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，分析可知粒子從O點起先運動全過程的周期T＝2t1＋(eq\f(1,6)T′＋eq\f(1,6)T′＋eq\f(5,6)T′)＝eq\f(12＋14πBL,3E)。17.(15分)如圖所示，真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5m，磁場方向垂直紙面對里。在y>R的區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E＝1.0×105V/m。在M點有一正粒子以速率v＝1.0×106m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子穿出磁場進(jìn)入電場，速度減小至0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為eq\f(q,m)＝1.0×107C(1)圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)沿x軸正方向射入磁場的粒子，從進(jìn)入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。答案(1)0.2T(2)(0.5π＋1)m解析(1)沿x軸正方向射入磁場的粒子在進(jìn)入電場后，速度能夠減小到0，則粒子肯定是從如圖所示的P點豎直向上射出磁場，所以可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝R＝0.5m，依據(jù)Bqv＝eq\f(mv2,r)，得B＝eq\f(mv,qR)，代入數(shù)據(jù)得B＝0.2T。(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點射出磁場，如圖中所示，MN的長度等于直徑，粒子在磁場中運動的路程為二分之一圓周長，即s1＝πR，設(shè)粒