粒子在C点进入磁场的速度，
vy?at
v?v02?vy2?5v0 sin??粒子在磁场中洛伦磁力提供向心力：
vyv?2 5v2Bqv?m
r根据几何关系可得：
rsin??rsin??1.5L
根据题意可得
????90?
解得：
B?当磁感应强度加倍时，半径减半r??22mU0 Lqr，则： 2r?sin??r??1.5L
运动轨迹如图
设：粒子从磁场左边界回到电场（F点）时速度方向与水平方向夹角为?，则F、C两点的距离为；
r?y?2?cos??0.5L
2
把粒子从y轴进入电场和由磁场左边界返回电场两段运动看做一个完整的平抛运动，前后两段运动的时间相同，由磁场返回偏转电场的过程沿y轴方向的位移为：
11a(2t)2?at2?3L 22所以到达y轴的位置距原点
3L-?y?2.5L
10．在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同，在原点O处放一个质量m=0.01 kg
－
带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q= -5×108 C．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给
物块一个沿x轴正方向的初速度v0=2 m/s.如图所示．试求：
(1)物块沿x轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】
带负电的物块以初速度v0沿x轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】
（1）由牛顿第二定律可得?mg?Eq?ma ，得a?5m/s2
（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：???mg?Eq?s1?0?代入数据，得：s1=0.4m
（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：s1?接着物块向左作匀加速直线运动：a2?根据：s1?1mv02． 2v0?vtv?t1?0?t1，得：t1=0.4s 22qE??mg＝1m/s2． m1a2t22 得t2?20.2s 2物块离开电场后，向左作匀减速运动：a3??根据：a3t3?a2t2 解得t3?0.2s
?mgm???g??2m/s2
物块运动的总时间为：t?t1?t2?t3?1.74s 【点睛】
本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．
11．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为O，求：
(1) 电子到达MN时的速度；
(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tanθ； (3) 电子打到屏上的点P′到点O的距离.
L，AO连线与屏垂直，垂足为2
【答案】(1) v?【解析】 【详解】
eEL (2)2 (3) 3L. m（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，到达MN的速度为v，则：
a1＝
eE1eE ＝
mmL2a1?v2
2eEL m解得
v?（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy， a2＝
eE22eE ＝
mmLt＝ vvy＝a2t
tanθ＝
vyv=2
（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：
xtanθ＝L2解得：
?L
x＝3L.
12．如图所示，在竖直直角坐标系xOy内，x轴下方区域I存在场强大小为E、方向沿y轴正方向的匀强电场，x轴上方区域Ⅱ存在方向沿x轴正方向的匀强电场。已知图中点D的坐标为(?27L,?L)，虚线GD?x轴。两固定平行绝缘挡板AB、DC间距为3L，OC在2x轴上，AB、OC板平面垂直纸面，点B在y轴上。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从D点由静止开始向上运动，通过x轴后不与AB碰撞，恰好到达B点，已知
AB=14L，OC=13L。
（1）求区域Ⅱ的场强大小E?以及粒子从D点运动到B点所用的时间t0；
（2）改变该粒子的初位置，粒子从GD上某点M由静止开始向上运动，通过x轴后第一次与AB相碰前瞬间动能恰好最大。
①求此最大动能Ekm以及M点与x轴间的距离y1；
②若粒子与AB、OC碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过y轴时的位置与O点的距离y2。 【答案】（1）6E；5【解析】 【详解】
（1）该粒子带正电，从D点运动到x轴所用的时间设为t1，则
mL （2）①18qEL，9L；②3L 2qE
1L?a1t12
2??a1t1
根据牛顿第二定律有
qE?ma1
粒子在区域II中做类平抛运动，所用的时间设为t2，则
2712L?a2t2 223L??t2
根据牛顿第二定律有
qE??ma2
粒子从D点运动到B点所用的时间
t0?t1?t2
解得
E??6E，t0?5mL 2qE（2）①设粒子通过x轴时的速度大小为?0，碰到AB前做类平抛运动的时间为t，则
?0?粒子第一次碰到AB前瞬间的x轴分速度大小
3L t?x?a2t
碰前瞬间动能
Ek?即
122m??0??x ?2m?9L222?Ek??2?a2t? 2?t?3L9L29L2222222由于2?a2t?9La2为定值，当2?a2时动能Ek有最大值 t即t?2att由（1）得
a2?最大动能
6qE mEkm?18qEL
对应的
黑龙江省绥化市青冈县第一中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题
