專題：磁場練習----20151107

1、專題：磁場練習-2015.11.07試卷第7頁，總5頁1在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)動30°后從磁場右邊界射出在電場和磁場中運動時，離子P和P3A在電場中的加速度之比為11B在磁場中運動的半徑之比為31C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為132斜面頂端在同一高度的三個光滑斜面AB、AC、AD，均處于水平方向的勻強磁場中一個帶負電的絕緣物塊，分別從三個斜面頂端A點由靜止釋放，設(shè)滑到底端的時間分別為t1、t2、t3，則

2、()At1t2t3      Bt1> t2> t3Ct1< t2< t3     D無法比較3如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O點(圖中未標出)穿出若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子bA穿出位置一定在O點下方B穿出位置一定在O點上方C運動時，在電場中的電勢能一定減小D

3、在電場中運動時，動能一定減小4如圖所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)大小為k，由靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場下列說法正確的是(不計粒子所受重力)A如果只增加U，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場B如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場C如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場D如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場5如圖，光滑半圓形軌道與光滑曲面軌道在B處平滑連接，前者置于水平向外的勻強磁場中，有一帶正電小球從A靜止釋放，且能沿軌道前進，并恰能通過半圓形軌道最高點C

4、.現(xiàn)若撤去磁場，使球從靜止釋放仍能恰好通過半圓形軌道最高點，則釋放高度H與原釋放高度H的關(guān)系是AH<H  BHH CH>H D無法確定6如右圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直在電磁場區(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為圓環(huán)上的三個點，a點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向已知小球所受電場力與重力大小相等現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放下列判斷正確的是A當小球運動的弧長為圓周長的1/4時，洛倫茲力最大B當小球運動的弧長為圓周長的1/2時，洛倫茲力最大C小球從a點

5、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7如圖所示，邊長為的L的正方形區(qū)域abcd中存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一帶電粒子從ad邊的中點M點以一定速度垂直于ad邊射入磁場，僅在洛倫茲力的作用下，正好從ab邊中點N點射出磁場。忽略粒子受到的重力，下列說法中正確的是A該粒子帶負電B洛倫茲力對粒子做正功C粒子在磁場中做圓周運動的半徑為L/4D如果僅使該粒子射入磁場的速度增大，粒子做圓周運動的半徑也將變大8如圖所示，在一根一端封閉、內(nèi)壁光滑的直管MN內(nèi)有一個帶正電的小球，空間中充滿豎直向下的勻強磁場。開始時，直管水平放置，且小球位于管的封閉端M處?，F(xiàn)使直

6、管沿水平方向向右勻速運動，經(jīng)一段時間后小球到達管的開口端N處。在小球從M到N的過程中A磁場對小球不做功B直管對小球做正功C小球所受磁場力的方向不變D小球的運動軌跡是一直線9如圖所示，勻強電場水平向右，虛線右邊空間存在著方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場，虛線左邊有一固定的光滑水平桿，桿右端恰好與虛線重合。有一電荷量為q、質(zhì)量為m的小球套在桿上并從桿左端由靜止釋放，帶電小球離開桿的右端進入正交電、磁場后，開始一小段時間內(nèi)，小球 ( )A可能做勻加速直線運動B一定做變加速曲線運動 C重力勢能可能增大D電勢能可能增大10如圖所示，帶負電的物塊A放在足夠長的不帶電的絕緣小車B上，兩者均保持靜止，置于垂直

7、于紙面向里的勻強磁場中，在t0時刻用水平恒力F向左推小車B.已知地面光滑，A、B接觸面粗糙，A所帶電荷量保持不變，下列四圖中關(guān)于A、B的vt圖象及A、B之間摩擦力Fft圖像大致正確的是   11長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是A使粒子的速度v<BqL/4mB使粒子的速度v>5BqL/4mC使粒子的速度v>BqL/mD使粒子速度BqL/4m<v&l

8、t;5BqL/4m12如圖所示，MN是一熒光屏，當帶電粒子打到熒光屏上時，熒光屏能夠發(fā)光MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里P為屏上的一小孔，PQ與MN垂直一群質(zhì)量為m、帶電荷量都為q的正粒子（不計重力），以相同的速率v，從小孔P處沿垂直于磁場且與PQ夾角為的范圍內(nèi)向各個方向射入磁場區(qū)域，不計粒子間的相互作用則以下說法正確的是（）A在熒光屏上將出現(xiàn)一個條形亮線，其半徑為B在熒光屏上將出現(xiàn)一個條形亮線，其長度為C粒子運動過程中到熒光屏MN的最大距離為D粒子運動過程中到熒光屏MN的最大距離為13如圖所示，在勻強電場中建立直角坐標系xoy，y軸豎直向上，一質(zhì)量為m、電荷量為+q

9、的微粒從x軸上的M點射出,方向與x軸夾角為,微粒恰能以速度v做勻速直線運動,重力加速度為g。（1）求勻強電場場強E的大小及方向；（2）若再疊加一圓形邊界的勻強磁場,使微粒能到達x軸上的N點，M、N兩點關(guān)于原點o對稱，=L，微粒運動軌跡也關(guān)于y軸對稱。 己知所疊加磁場的磁感應強度大小為B，方向 垂直xoy平面向外。求磁場區(qū)域的最小面積S 及微粒從M運動到N的時間t。14（16分） 如圖所示，坐標系xOy在豎直平面內(nèi)，水平軌道AB和斜面BC均光滑且絕緣，AB和BC的長度均為L，斜面BC與水平地面間的夾角=600，有一質(zhì)量為m、電量為+q的帶電小球（可看成質(zhì)點）被放在A點。已知在第一象限分布著互相垂

10、直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上，場強大小，磁場為水平方向（圖中垂直紙面向外），磁感應強度大小為B；在第二象限分布著沿x軸正向的水平勻強電場，場強大小?，F(xiàn)將放在A點的帶電小球由靜止釋放，則小球需經(jīng)多少時間才能落到地面（小球所帶的電量不變）？15（18分）如圖所示，相距為d、板間電壓為U的平行金屬板M、N間有垂直紙面向里、磁感應強度為B0的勻強磁場；在POy區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場；POx區(qū)域為無場區(qū)一正離子沿平行于金屬板、垂直磁場射入兩板間并做勻速直線運動，從H（0，a）點垂直y軸進入第象限（1）求離子在平行金屬板間的運動速度；（2）若離子經(jīng)OP上某點離開磁場，最

11、后垂直x軸離開第象限，求離子在第象限磁場區(qū)域的運動時間； （3）要使離子一定能打在x軸上，則離子的荷質(zhì)比應滿足什么條件？161932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的兩個D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直. 設(shè)兩D形盒之間所加的交流電壓為U，被加速的粒子質(zhì)量為m、電量為q,粒子從D形盒一側(cè)開始被加速（初動能可以忽略），經(jīng)若干次加速后粒子從D形盒邊緣射出求：（1）粒子從靜止開始第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫加速后的速度大小 （2）粒子第一次進入D型盒磁場中做圓周運動的軌道半徑 （3）粒子至少

12、經(jīng)過多少次加速才能從回旋加速器D形盒射出17（16分）如圖所示，平行板電容器上板M帶正電，兩板間電壓恒為U，極板長為（1+）d，板間距離為2d，在兩板間有一圓形勻強磁場區(qū)域，磁場邊界與兩板及右側(cè)邊緣線相切，P點是磁場邊界與下板N的切點，磁場方向垂直于紙面向里，現(xiàn)有一帶電微粒從板的左側(cè)進入磁場，若微粒從兩板的正中間以大小為v0水平速度進入板間電場，恰做勻速直線運動，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后打在P點。（1）判斷微粒的帶電性質(zhì)并求其電荷量與質(zhì)量的比值；（2）求勻強磁場的磁感應強度B的大??；（3）若帶電微粒從M板左側(cè)邊緣沿正對磁場圓心的方向射入板間電場，要使微粒不與兩板相碰并從極板左側(cè)射出，求微粒入射速度的大

13、小范圍。18（22分）如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直線MN與y軸成30o角，P點的坐標為（，0），在y軸與直線MN之間的區(qū)域內(nèi)，存在垂直于xOy平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場。在直角坐標系xOy的第象限區(qū)域內(nèi)存在沿y軸，正方向、大小為的勻強電場，在x=3a處垂直于x軸放置一平面熒光屏，與x軸交點為Q，電子束以相同的速度v0從y軸上0y2a的區(qū)間垂直于y軸和磁場方向射入磁場。已知從y=2a點射入的電子在磁場中軌跡恰好經(jīng)過O點，忽略電子間的相互作用，不計電子的重力。求：（1）電子的比荷；（2）電子離開磁場垂直y軸進入電場的位置的范圍；（3）從y軸哪個位置進入電場的電子打到熒光屏上距Q點

14、的距離最遠？最遠距離為多少？19(20 分) 如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)電場的兩個平行極板水平放置，板長L=0.08m，板間距足夠大，兩板的右側(cè)有水平寬度l=0.06m、豎直寬度足夠大的有界勻強磁場。一個比荷為的帶負電粒子以速度v0=8×105m/s從兩板中間沿與板平行的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，若從該粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時開始計時，板間場強恰好按圖乙所示的規(guī)律變化，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后進入勻強磁場并最終垂直磁場右邊界射出。不計粒子重力，求：(1)粒子在磁場中運動的速率v；(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑R和磁場的磁感應強度B；(3)粒子從進入偏轉(zhuǎn)電場到離開磁場所用的時間。20如圖所示，與水平面成37

15、76;傾斜軌道AB，其沿直線在C點與半徑R=1m的半圓軌道CD相切，全部軌道為絕緣材料制成且放在豎直面內(nèi)整個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場一個質(zhì)量為m0.4kg的帶電小球從A點無初速開始沿斜面下滑，至B點時速度為，接著沿直線BC（此處無軌道）運動到達C處進入半圓軌道，進入時無動能損失，且剛好到達D點，從D點飛出時磁場立即消失，不計空氣阻力，g10m/s2，cos37°0.8，求：NBAM× × × × × × × × × × × ×

16、 × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × EBC370·D（1）小球帶何種電荷（2）小球離開D點后的運動軌跡與直線AC的交點距C點的距離（3）小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。專題：磁場練習-2015.11.07參考答案1 B

17、CD【解析】 離子在電場中加速過程中，由于電場強度相同，根據(jù)牛頓第二定律可得a1a2q1q213，選項A錯誤；在電場中加速過程，由動能定理可得，在磁場中偏轉(zhuǎn)過程：，兩式聯(lián)立可得：，故r1r21，選項B正確；設(shè)磁場寬度為d，根據(jù)可得：，聯(lián)立解得，選項C正確；由可知Ek1Ek213，選項D正確2 C【解析】 帶電物塊在磁場中的斜面上運動受到重力、支持力和垂直斜面向下的洛倫茲力，設(shè)斜面頂端的高度為h，傾角為，則物塊的加速度為agsin，由公式得，知越大，t越小，則選項C正確3 C【解析】 a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定沿水平方向做勻速直線運動，故對粒子a有BqvEq，即只要

18、滿足EBv，無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū)；當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O點的上方或下方穿出，故選項A、B均錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類平拋運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故選項C正確，D錯誤4 D【解析】 設(shè)粒子被電場加速后的速度為v，在磁場中運動的半徑為R，則電場加速過程，有，在磁場中有，聯(lián)立得.如果只增大U，半徑R增大，選項A錯誤；如果只減小B，半徑R增大，粒子向下偏，不可能從ab邊某位置穿出磁場，選項B錯誤；如果既減小U又增加B，半徑R減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場，選項C錯誤；如果只

19、增加k，半徑R減小，粒子可從dP之間某位置穿出磁場，選項D正確5 C【解析】 有磁場時，設(shè)小球剛好通過最高點C時的速度為v，則小球在最高點有：，顯然，R為半圓形軌道半徑，根據(jù)動能定理得，解得.沒有磁場時，小球剛好通過最高點時的速度，根據(jù)動能定理有：，所以，選項C正確6 D【解析】 由洛倫茲力公式FqvB可知速度大，則力大，而速度最大的位置在重力場和電場的復合場的最低點，與水平面成45°角的左斜下方，故選項A、B錯誤；從a點到b點，電場力做正功，電勢能減小，故選項C錯誤；從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增大，動能在重力場和電場的復合場的最低點最大，故動能先增大后減小，選項D正確7

20、D【解析】試題分析：粒子進入磁場后向上偏轉(zhuǎn)，說明M點受到洛倫茲力豎直向上，根據(jù)左手定則判斷粒子帶正電，選項A錯。洛倫茲力始終與速度垂直，洛倫茲力不做功，選項B錯。根據(jù)洛倫茲力與速度垂直，M點受洛倫茲力沿Ma方向，在磁場中做勻速圓周運動，從N點出磁場，MN即為所對應的一條弦，那么MN的垂直平分線與Ma的交點即a點就是圓周運動的圓心，根據(jù)幾何關(guān)系可得半徑，選項C錯。根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得圓周運動半徑，粒子速度越大，圓周運動半徑越大，選項D對?？键c：帶電粒子在勻強磁場中的運動8AB【解析】試題分析：小球同時參與了兩個方向的運動，一個是水平方向和直管一起勻速直線運動，設(shè)水平速度為，則受到沿MN方

21、向的洛倫茲力，速度不變，此方向洛倫茲力不變，所以在MN方向上由于的存在做勻加速直線運動，設(shè)豎直速度， 則有，所以小球的運動是勻速直線和與之垂直的勻加速直線運動的合運動，類平拋運動，運動軌跡不是直線選項D錯。由于小球具有沿MN方向的速度，所以小球還受到水平向左的洛倫茲力，水平要勻速，直管就要給小球一個水平向右的彈力，此彈力對小球做正功，選項B對。雖然有兩個洛倫茲力，但是一個做正功一個做負功，合力方向與合速度方向垂直，洛倫茲力不做功，選項A對。由于豎直方向速度逐漸變大，水平向左的洛倫茲力變大，MN方向洛倫茲力不變，合力即小球受到磁場力方向在不斷變化選項C錯。考點：運動的合成 洛倫茲力9BC【解析】

22、試題分析：設(shè)小球剛進入磁場時，重力與洛倫茲力平衡，水平方向受電場力作用，故小球的速率增大，洛倫茲力變化，故做曲線運動，小球所受合外力是變化的，所以小球一定做變加速曲線運動，所以選項A錯誤、B正確；若小球進入磁場后，所受洛倫茲力大小重力，則小球向上偏轉(zhuǎn)，重力勢能增加，所以選項C正確；進入復合場后，電場力做正功，所以小球電勢能減小，故選項D錯誤；考點：帶電體在復合場中的運動10AC【解析】試題分析：在t=t1之前物體A與小車共同做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得：F=（m+M）a，所以小車與物塊的速度隨時間均勻增大；對物塊A根據(jù)牛頓第二定律有：f=ma即靜摩擦力提供其加速度，根據(jù)左手定則判斷出物

23、塊A所受洛倫茲力方向豎直向上，物塊所受的洛倫茲力逐漸增大，由于物體A豎直方向受力平衡，所以A與B之間的壓力減小，即它們間的最大靜摩擦力減小，當兩物體A、B之間的最大靜摩擦力不能提供物塊A原來的加速度a時，A、B發(fā)生相對滑動當物塊A與小車B之間的最大靜摩擦力不能提供物塊A原來的加速度a時，物塊與小車發(fā)生了相對滑動，此時物塊A受到向右的滑動摩擦力雖然小于剛才的靜摩擦力，但是滑動摩擦力的方向仍然向右，物塊A仍然加速運動，物塊所受向上的洛倫茲力qvB逐漸增大，由于物體A豎直方向受力平衡，物塊A與小車B之間的壓力減小，所以向右的滑動摩擦力也減小，即物塊A的加速度在減小，直到t2時刻加速度減小到零，最后做

24、勻速直線運動，在速度-時間圖象中物塊A的斜率逐漸減小到零；當物塊與小車發(fā)生了相對滑動，小車受到物塊施加的向左的滑動摩擦力一直減小，由于水平恒力F是定值，所以小車受到向右的合力一直增大，即小車的加速度逐漸增大，在速度-時間圖象中，小車的圖象斜率從t1時刻開始增大，直到t2時刻，兩物體間無摩擦力時，小車水平方向受到的合力F保持不變，即小車做勻加速直線運動，故選項A C正確BD錯誤考點：牛頓第二定律；洛倫茲力；力和運動之間的關(guān)系11AB【解析】試題分析：如圖所示：由題意知，帶正電的粒子從左邊射出磁場，其在磁場中圓周運動的半徑，粒子在磁場中做圓周運動洛倫茲力提供向心力即：，可得粒子做圓周運動的半徑，粒

25、子從左邊射出，則，即，帶正電的粒子不從右邊射出，如圖所示，此時粒子的最大半徑為R，由上圖可知：，可得粒子圓周運動的最大半徑，又因為粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，粒子不從右邊射出，則即：此時，所以粒子不從磁場區(qū)域射出速度滿足AB正確；考點：考查了帶電粒子在電磁場中的運動12BD【解析】試題分析：一群質(zhì)量、電量都相同的正負兩種粒子（不計重力），以相同的速率v從小孔P處沿垂直于磁場方向入射，則不可能在熒光屏上出現(xiàn)圓形亮環(huán)，故A錯誤；以正粒子為例，如下圖可知：正粒子垂直邊界射入，軌跡如上面左圖，此時出射點最遠，與邊界交點與P間距為：2r；正粒子沿著右側(cè)邊界射入，軌跡如上面中圖，此時出射點最近，與

26、邊界交點與P間距為：2rcos；正粒子沿著左側(cè)邊界射入，軌跡如上面右間圖，此時出射點最近，與邊界交點與P間距為：2rcos；負離子受力與正離子相反，軌跡與正粒子軌跡關(guān)于PQ對稱；故范圍為在熒光屏上P點兩側(cè)，將出現(xiàn)兩個相等長度條形亮線，其長度為：2r-2rcos=2r（1-cos）=，故B正確；粒子運動過程中到熒光屏MN的最大距離，則圓弧所對應的圓心角最大，即離P點最近的距離由幾何關(guān)系可求出粒子離x軸最大距離為，故C錯誤，D正確考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動13(1）豎直向上(2） 【解析】試題分析：（1）當微粒在電場中做勻速直線運動時，它所愛的電場力與重力平衡。所以有：qEmg=0 （2分）

27、由式可解得： （1分）E的方向豎直向上 （1分）（2） 微粒在磁場中運動，由洛侖茲力和向心力公式得： （2分）由式得： 如圖所示，當PQ為圓形磁場的直徑時，圓形磁場面積最小。（3分）由幾何知識可得：r=Rsin （2分）其面積 又由圓周運動規(guī)律可得： （1分）根據(jù)幾何關(guān)系可知偏轉(zhuǎn)角為2，則在磁場中運動的時間： （2分） 又 （1分）且有 （1分）故微粒從M運動到N的時間： （11） （2分）考點：本題考查了帶電粒子在磁場中的運動。14【解析】試題分析：設(shè)帶電小球運動到B點時速度為vB，則由功能關(guān)系：，解得： 2分設(shè)帶電小球從A點運動到B點用時為t1，則由動量定理： 2分當帶電小球進入第一象限后

28、所受電場力為 2分所以帶電小球做勻速圓周運動： 1分則帶電小球做勻速圓周運動的半徑 1分O600AyxE2 DCE1OB則其圓周運動的圓心為如圖所示的點， 2分假設(shè)小球直接落在水平面上的點，則 2分重合，小球正好打在C點。 1分所以帶電小球從B點運動到C點運動時間 1分所以小球從A點出發(fā)到落地的過程中所用時間 2分考點：本題考查帶電粒子在電磁場中的運動15（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）粒子在平行板內(nèi)做勻速直線運動，有，又，解得離子在平行板內(nèi)的速度為：（2）如圖為離子在第一象限內(nèi)的運動軌跡圖，由幾何關(guān)系可得，軌跡半徑為軌跡對應的圓心角為 ；運動的周期為：運動時間為：（3）要使粒子一定

29、能打到x軸上，離子在磁場中運動的最小半徑為r2，由幾何關(guān)系 解得：；由 可得：，即考點：帶電粒子在復合場中的運動；帶電粒子在勻強磁場中的運動。16（1） （2）（3）【解析】試題分析：（1）(5分)粒子在電場中被加速由動能定理 4分 得: 1分（2）(5分)帶電粒子在磁場中做圓周運動，洛侖茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：3分 解得： 1分 代入數(shù)據(jù)得： 1分（3）(6分)若粒子射出，則粒子做圓周運動的軌道半徑為R,設(shè)此時速度為由牛頓第二定律知 ，解得此時粒子的速度為 2分此時粒子的動能為代入數(shù)據(jù)得 2分粒子每經(jīng)過一次加速動能增加qU，設(shè)經(jīng)過n次加速粒子射出，則 代入數(shù)據(jù)，解得： 2分考點：帶電粒子在電場中的加速和磁場中的勻速圓周運動17負電 【解析】試題分析：（1）由題意可知，微粒所受電場力向上，上板帶正電可得微粒帶負電，（1分）由于微粒做勻速直線運動可得 （1分）又 可得 （2分）（2） 由題意可得，微粒從下板P垂直射出，所以 （1分）根據(jù)牛頓第二定律 （2分）解得 （2分）（3）如圖所示，要使粒子從左板射出，臨界條件是恰從下板左邊射出，此時根據(jù)幾何關(guān)系可得（2分）微粒做圓周運動的半徑 （1分）又根據(jù)牛頓第二定律 （1分）解得 （2分）要使微粒從左板射出（1分）考點：本題考查帶電粒子在電場磁場中運動。18（1）（2）0y1.5a（3）y=時，H有最大值，Hmax=【解析】