精品高考物理总复习专题测试题周测八 磁场.docx
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精品高考物理总复习专题测试题周测八磁场
【精品】2019年高考物理总复习专题测试题★★★
周测八 磁场
夯基提能卷⑧立足于练题型悟技法——保底分
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的.全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分)
1.
[2019·上海虹口区模拟]在匀强磁场中,A、B两点分别引入长度相等的长直导线,导线与磁场方向垂直.如图所示,图中a、b两条图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受磁场力F和通过导线的电流I的关系.关于A、B两点的磁感应强度大小BA、BB,下列说法正确的是( )
A.BA=BBB.BA>BB
C.BA 答案: B 解析: 根据公式F=BIL,F-I图象的斜率为BL,由于长度L一定,故斜率越大,表示磁感应强度B越大,故A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度,即BA>BB,故B正确. 2. [2019·广东广州调研](多选)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形,在导线中通过的电流均为I,方向如图所示.a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上,且到相应顶点的距离相等.将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3,下列说法正确的是( ) A.B1=B2 B.B1=B2=B3 C.a和b处磁场方向垂直于纸面向外,c处磁场方向垂直于纸面向里 D.a处磁场方向垂直于纸面向外,b和c处磁场方向垂直于纸面向里 答案: AC 解析: 由题意可知,a点的磁感应强度由三条通电导线在此处的磁感应强度叠加而成,有两条导线在此处产生的磁场相互抵消,由第三条导线决定此处的磁场,合磁场方向垂直纸面向外,而b点与a点有相同的情况,同理可得b点的磁感应强度方向垂直纸面向外,大小与a处的相同,而在c点三根导线产生的磁场方向相同,所以叠加而成的磁场最强,故A正确,B错误;由图可知,根据安培定则可得,a和b处磁场方向垂直于纸面向外,c处磁场方向垂直于纸面向里,故C正确,D错误. 3.[2019·石家庄模拟]如图甲所示,一个条形磁铁P固定在水平桌面上,以P的右端点为原点,中轴线为x轴建立一维坐标系.一个灵敏的小磁针Q放置在x轴上不同位置,设Q与x轴之间的夹角为θ.实验测得sinθ与x之间的关系如图乙所示.已知该处地磁场方向水平,磁感应强度大小为B0.下列说法正确的是( ) A.P的右端为S极 B.P的中轴线与地磁场方向垂直 C.P在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B0 D.x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0 答案: B 解析: x→∞时sinθ=1,θ=90°,此时小磁针N极指向即为地磁场的方向,即B对.小磁针离P越远,θ越大,说明P对小磁针的N极的斥力和对小磁针S极的引力越小,故P的右端应为N极,故A错.x=x0处,sinθ=,θ=45°,即x0处合磁场的方向与x轴正向成45°角,如图所示,易知x=x0处,P产生的磁感应强度大小BP=B0,合磁场的大小B=B.所以C、D均错. 4. [2019·贵州遵义模拟]有四条垂直于纸面的长直固定导线,电流方向如图所示,其中a、b、c三条导线到d导线的距离相等,三条导线与d的连线互成120°角.四条导线的电流大小都为I,其中a导线对d导线的安培力大小为F.现突然把c导线的电流方向改为垂直于纸面向外,电流大小不变.此时d导线所受安培力的合力大小为( ) A.0B.F C.FD.2F 答案: D 解析: a导线对d导线的安培力大小为F,三条导线与d的连线互成120°角,因此在c导线的电流方向改变之前,d导线所受安培力的合力为零;当c导线的电流方向改变之后,则有: a、b导线对d导线的安培力夹角为120°,大小为F,因此这两个安培力的合力大小为F,方向指向c导线,而c导线对d导线的安培力大小为F,方向指向c导线,那么此时,d导线所受安培力的合力大小为2F,故D项正确. 5. [2019·安徽蚌埠模拟]一段导线abcde位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直.线段ab、bc、cd和de的长度均为L,且∠abc=∠cde=120°,流经导线的电流为I,方向如图中箭头所示.导线段abcde所受到的磁场的作用力的合力大小为( ) A.2BILB.3BIL C.(+2)BILD.4BIL 答案: B 解析: 因为∠abc=∠cde=120°,根据几何关系可知∠bcd=60°,故b与d之间的直线距离也为L,则导线段abcde的有效长度为3L,故所受安培力的大小为F=3BIL,故B正确. 6.[2019·山东德州模拟](多选)静止在匀强磁场中的一个原子核发生衰变,产生两个未知粒子1和2,它们在磁场中的运动轨迹如图所示,下列说法正确的是( ) A.可能是α衰变 B.一定是β衰变 C.粒子1的电荷量小于粒子2的电荷量 D.粒子1与粒子2运动周期相同 答案: BC 解析: 静止的原子核发生衰变,遵循动量守恒定律,两粒子的运动方向相反,由于两轨迹内切,所以一定是β衰变,A错误,B正确;由qvB=,得R=,所以半径R与电荷量q成反比,所以粒子1的电荷量小于粒子2的电荷量,C正确;由T=知,β衰变中两粒子的比荷不同,所以两粒子运动周期不同,D错误. 7. [2019·贵州贵阳模拟](多选)如图所示,MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面,两磁场的磁感应强度大小关系为B1=2B2.一比荷值为k的带电粒子(不计重力),以一定速率从O点垂直于MN进入磁感应强度为B1的磁场,则粒子下一次到达O点经历的时间为( ) A.B. C.D. 答案: BC 解析: 根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,qvB=m,可得R=,由此可知带电粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的轨迹半径(或直径)是在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的轨迹半径(或直径)的2倍,画出带电粒子运动轨迹的示意图,如图所示.粒子在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的时间为t1=2×=,粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的时间为t2===,则粒子下一次到达O点经历的时间t=t1+t2=+===,选项A、D错误,B、C正确. 8. [2019·江苏扬州等六市模拟]如图所示,水平虚线MN上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里.大量带正电的相同粒子,以相同的速率沿位于纸面内从水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向,由小孔O射入磁场区域,做半径为R的圆周运动.不计粒子重力和粒子间相互作用.下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域,其中正确的是( ) 答案: B 解析: 由小孔O射入磁场区域,做半径为R的圆周运动,因为粒子带正电,根据左手定则可知粒子将向左偏转,故C错误;因为粒子以相同的速率沿位于纸面内从水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向发射,由O点水平向右射入的粒子的轨迹恰好应为最右端边界;在竖直方向上最远点距MN为2R,由O点竖直向上射入的粒子,打在最左端,两轨迹围成部分因为没有粒子射入,所以中间会出现一块空白区域,故B正确,A、D错误. 二、非选择题(本题包括4小题,共47分) 9.(8分) 如图所示,MN是一根长为l=10cm、质量为m=50g的金属棒,用两根长度也为l的细软导线将金属棒MN水平吊起,使金属棒处在B=T的竖直向上的匀强磁场中.未通电流时,细导线在竖直方向,通入恒定电流后,金属棒向外偏转的最大偏角θ=37°.忽略磁场对软导线的作用力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2,求金属棒中恒定电流的大小. 答案: 5A 解析: 金属棒向外偏转的过程中,受重力mg、导线拉力FT、安培力F,其侧视图如图所示,其中导线的拉力不做功,由动能定理得 WF+WG=0(1分) 其中安培力做的功WF=Flsinθ=BIl2sinθ(2分) 重力做的功WG=-mgl(1-cosθ)(2分) 解得金属棒中的电流为I=(2分) 代入数据得I=5A(1分) 10.(10分) 如图所示,轻质空心金属轮A可绕过圆心O的光滑水平轴运动,沿金属轮半径方向接有一根轻质金属棒OC,其长度为a、电阻为r,A轮的边缘与金属棒的端点O通过电刷、导线与一阻值为R的电阻相连.一轻细绳的一端固定在A轮的边缘上的某点,绳在A轮上绕有足够多的匝数后,悬挂一质量为m的重物P,A轮处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中,不计A轮、端点O与电刷之间的摩擦及A轮的电阻.求: (1)当A轮角速度为ω时,金属棒所受安培力的大小; (2)释放重物,在运动稳定后,重物匀速运动时的速度. 答案: (1) (2) 解析: (1)在Δt时间内,金属棒转过的角度为θ,则其扫过的面积为: ΔS=a2θ=a2ωΔt(1分) 根据法拉第电磁感应定律,金属棒产生的感应电动势大小为E,则E==(1分) 又I=(1分) F=BIa(1分) 所以金属棒所受安培力F=(1分) (2)金属棒产生的感应电动势大小E=(1分) 重物P匀速运动时重力的功率等于所有电阻的热功率之和 即mgv=(1分) 而v=ω·a(1分) 解得重物匀速运动时的速度v=,方向为竖直向下(2分) 11.(13分) 如图所示,在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,其边界AB与CD之间的宽度为d,在左边界的Q点处有一质量为m、带电荷量为-q的粒子沿与左边界夹角为30°的方向射入磁场,粒子重力不计. (1)求带电粒子能从AB边界飞出的最大速度; (2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场,穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板,求极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的时间; (3)若带电粒子的速度是 (2)中的倍,并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场,求粒子从出发点到打到CD边界的最高点位置之间的距离. 答案: (1) (2) (3)2d 解析: (1)当粒子运动到右边界,其轨迹恰好与CD边相切时,所对应的速度是能从AB边界飞出的最大速度,其轨迹如 图甲所示,设其轨道半径为R,最大速度为vmax 由几何关系得: R+Rcos30°=d(1分) 由洛伦兹力提供向心力得: Bqvmax=m(1分) 由以上两式解得: vmax=(1分) (2)粒子的运动轨迹如图乙所示,由几何关系知粒子此时的轨道半径为: R2=(1分) 设这时粒子在磁场中运动的速度大小为v2,由洛伦兹力提供向心力得: Bqv2=m 粒子进入电场在电场中运动,由动能定理得: mv=qU(2分) 解得极板间电压 U==(1分) 粒子不碰到右极板所加电压满足的条件为U≥(1分) 因粒子转过的圆心角为60°,所用时间为,而周期 T=(1分) 因返回通过磁场所用时间相同,所以总时间 t=2×=(1分) (3)当粒子速度为 (2)中的倍时,即v3=v2, 根据Bqv3=m解得R3=2d(1分) 当粒子沿BA方向进入磁场时,打在DC边上的点为最高点,如图丙,由几何关系可得粒子能打到CD边界的最高点位置与Q点的距离为: l=R3=2d(2分) 12. (16分)如图所示,两平行金属板A、B间的电势差为U=5×104V.在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ,它们的宽度为d1=d2=6.25m,磁感应强度分别为B1=2.0T、B2=4.0T,方向如图中所示.现有一质量m=1.0×10-8kg、电荷量q=1.6×10-6C、重力忽略不计的粒子从A板的O点处由静止释放,经过加速后恰好从B板的小孔Q处飞出.试求: (1)带电粒子从加速电场中出来的速度v; (2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t; (3)带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时速度方向与边界面的夹角; (4)若d1的宽度不变,改变d2的宽度,要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场,则d2的宽度至少为多大? 答案: (1)4.0×103m/s (2)1.6×10-3s (3)60° (4)9.375m 解析: (1)粒子在电场中做匀加速直线运动,由动能定理有: qU=mv2-0(2分) 解得v=4.0×103m/s(1分) (2)粒子运动轨迹如图甲,设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提供向心力得: qvB1=(1分) 代入数据解得r=12.5m(1分) 设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ,则: sinθ===(1分) 所以θ=30°(1分) 粒子在Ⅰ区运动周期T=(1分) 则粒子在Ⅰ区运动时间t=T(1分) 解得t=s≈1.6×10-3s(1分) (3)设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R,则qvB2=(1分) 解得R=6.25m(1分) 如图甲所示,由几何关系可知△MO2P为等边三角形,所以粒子离开Ⅱ区域时速度与边界面的夹角为α=60°(1分) (4)要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场,粒子运动的轨道与磁场边界相切时,由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为: d2=R+Rcos60°=1.5R=9.375m(3分) 探究创新卷⑧着眼于练模拟悟规范——争满分 (本试卷满分95分) 一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的.全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分) 1.(多选)如图所示,纸面内A、B两点之间连接有四段导线分别为ACB、ADB、AEB和AFB,四段导线的粗细、材料均相同,匀强磁场垂直于纸面向里.现给A、B两端加上恒定电压,则下列说法正确的是( ) A.四段导线受到的安培力的方向相同 B.四段导线受到的安培力的大小相等 C.ADB段导线受到的安培力最大 D.AEB段导线受到的安培力最小 答案: AC 解析: 导线的粗细、材料均相同,由电阻定律R=ρ可知,导线越长,电阻越大,由I=可知,ADB段导线长度最小,则ADB段导线电流最大,四段导线在磁场中的有效长度L′都相同,由F=BIL′可知,ADB段导线受到的安培力最大,而AFB段导线比AEB段导线长,AEB段导线受到的安培力不是最小的,故C正确、D错误;由左手定则可知,四段导线所受安培力的方向均相同,故A正确、B错误. 2.[2019·山西太原五中模拟](多选)图中直流电源电动势为E=1V,电容器的电容为C=1F.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l=1m,电阻不计.一质量为m=1kg、电阻为R=1Ω的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触.首先开关S接1,使电容器完全充电.然后将S接至2,MN开始向右加速运动,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场(图中未画出).当MN达到最大速度时离开导轨,则( ) A.磁感应强度垂直纸面向外 B.MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量为0.5C C.MN的最大速度为1m/s D.MN刚开始运动时加速度大小为1m/s2 答案: BD 解析: 电容器上极板带正电,通过MN的电流方向向下,由于MN向右运动,根据左手定则知,磁场方向垂直于纸面向里,A错误;电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有I=,设MN受到的安培力为F,有F=BIl,由牛顿第二定律有F=ma,联立解得a==1m/s2.当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0=CE,开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E′,有E′=Blvmax,依题意有E′=,设在此过程MN中的平均电流为,MN上受到的平均安培力为,有=Bl,由动量定理,有Δt=mvmax,又IΔt=Q0-Q,联立解得Q==0.5C,vmax=0.5m/s,C错误,B、D正确. 3. [2019·广东广州模拟]如图所示,半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、带电荷量为+q且不计重力的粒子,以速度v沿与半径PO夹角θ=30°的方向从P点垂直磁场射入,最后粒子垂直于MN射出,则磁感应强度的大小为( ) A.B. C.D. 答案: B 解析: 设该粒子的轨迹半径为r,根据几何关系可得rcos60°=R,可得r=2R.带电粒子在匀强磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得磁感应强度的大小为B=,选项B正确. 4. [2019·广东湛江模拟](多选)如图所示,在空间有一坐标系xOy,直线OP与x轴正方向的夹角为30°,第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,直线OP是它们的边界,OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的质子(不计重力)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ,质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后,恰好垂直打在x轴上的Q点(图中未画出),则( ) A.质子在区域Ⅰ中运动的时间为 B.质子在区域Ⅰ中运动的时间为 C.质子在区域Ⅱ中运动的时间为 D.质子在区域Ⅱ中运动的时间为 答案: BD 解析: 质子在两个磁场中由洛伦兹力提供向心力,均做匀速圆周运动,其轨迹如图所示.根据圆的对称性及题设可知,质子到达OP上的A点时速度方向水平向右,与x轴平行,质子在匀强磁场区域Ⅰ中轨迹对应的圆心角为60°,所以质子在匀强磁场区域Ⅰ中运动的时间为t1=T=×=,故A错误,B正确;设在区域Ⅰ中的轨迹半径为r1,在区域Ⅱ中的轨迹半径为r2,由几何知识知△OAO1为等边三角形,则r2=r1sin30°,根据牛顿第二定律得qvB=m,qvB2=m,联立解得B2=2B,由题设及几何知识可得在区域Ⅱ中轨迹对应的圆心角为90°,所以质子在区域Ⅱ中运动的时间为t2=T2=×=,故C错误,D正确. 5.如图所示,某空间同时存在正交的匀强电场和匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,电场线与水平方向的夹角为θ.一质量为m,电荷量大小为q的微粒以速度v沿电场线方向进入该空间,恰好沿直线从P点运动到Q点.下列说法中正确的是( ) A.该微粒可能带负电 B.微粒从P到Q的运动可能是匀变速运动 C.磁场的磁感应强度大小为 D.电场的场强大小为 答案: C 解析: 带电微粒从P到Q恰好沿直线运动,则微粒一定做匀速直线运动,作出微粒在电磁场中受力分析图如图所示,由图可知微粒一定带正电,故A、B错误;由受力分析及平衡条件可知qE=mgsinθ,qBv=mgcosθ,解得E=,B=,故C正确、D错误. 6.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器,应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点,能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量,使人类在获得较高能量的带电粒子领域前进了一大步.如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场场强恒定,且被限制在A、C两板之间.带电粒子从P0处以初速度v0沿电场线方向射入加速电场,经加速电场加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动.对于这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是( ) A.带电粒子每运动一周被加速两次 B.P1P2=P2P3 C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D.加速电场方向需要做周期性变化 答案: C 解析: 由题图可知,带电粒子每运动一周被加速一次,选项A错误;由公式R=和qU=mv-mv可知,带电粒子每运动一周,电场力做功相同,动能增量相同,但速度的增量不同,故粒子圆周运动的半径增加量不同,选项B错误;由v=可知,加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关,选项C正确;由T=可知,粒子运动的周期不随v的变化而变化,故加速电场的方向不需做周期性变化,选项D错误. 7. 如图所示,平行金属板a、b之间的距离为d,a板带正电荷,b板带负电荷,a、b之间还有一垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度为B1.一不计重力的带电粒子以速度v0射入a、b之间,恰能在两金属板之间匀速向下运动,并进入PQ下方的匀强磁场中,PQ下方的匀强磁场的磁感应强度为B2,方向如图所示.已知带电粒子的比荷为c,则( ) A.带电粒子在a、b之间运动时,受到的电场力水平向右 B.平行金属板a、b之间的电压为U=dv0B2 C.带电粒子进入PQ下方的磁场之后,向左偏转 D.带电粒子在PQ下方磁场中做圆周运动的半径为 答案: D 解析: 由于不知道带电粒子的电性,故无法确定带电粒子在a、b间运动时受到的电场力的方向,也无法确定带电粒子进入PQ下方的磁场之后向哪偏转,选项A、C错误;粒子在a、b之间做匀速直线运动,有q=qv0B1,解得平行金属板a、b之间的电压为U=dv0B1,选项B错误;带电粒子在PQ下方的匀强磁场中做圆周运动,轨道半径为r==,选项D正确. 8.(多选)如图所示,质量为m、电荷量为q的带正电的小物块从半径为R的绝缘半圆槽顶点A由静止开始下滑,已知半圆槽右半部分光滑,左半部分粗糙,整个装置处于正交的匀强电场与匀强磁场中,电场强度E的大小为,方向水平向右,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,g为重力加速度大小,则下列说法正确的是( ) A.物块最终停在A点 B.物块最终停在最低点 C.物块做往复运动 D.物块首次滑到最低点时对轨道的压力为2mg+qB 答案: CD 解析: 由于半圆槽右半部分光滑,左半部分粗糙,且在最低点时受到的电场力的方向向右,所以物块最终从最低点开始向右运动,到达某位置时速度变为零,然后又向左运动,即物块做往复运动,C正确,A、B错误;物块从A点首次运动到最低点,由动能定理得,mgR-qER=mv2-0,且E=,联立得v=,物块首次运动到最低点时,由牛顿第二定律得,FN-mg-qvB=m,解得FN=2mg+qB,由牛顿第三定律知,D正确. 二、非选择题(本题包括4小题,共47分) 9.(12分) 如图,静止于A处的离子,经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器,从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场,电场方向水平向左.静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场,已知圆弧所在处场强为E0,方向如图所示;离子质量为m、电荷量为q;=2d、=3d,离子重力不计. (1)求圆弧虚线对应的半径R的大小; (2)若离子恰好能打在NQ的中点上,求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值; (3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场,换为垂直纸面向里的匀强磁场,要求离子能最终打在QN上,求磁场磁感应强度B的取值范围. 答案: (1) (2) (3)·≤B<· 解析: (1)离子在加速电场中加速,根据动能定理有qU=mv2.离子在辐向电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,根据牛顿第二定律有 qE0=. 联立可得R=. (2)离子做类平抛运动,则有 d=vt, 3d=at2. 由牛顿第二定律得qE=ma. 联立可得E=. (3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有 qvB=, 则r=·. 离子能打在QN上,则既没有从DQ边出去也没有从CN边出去,则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ所示. 由几何关系知,离子能打在QN上,必须满足: d 则有·≤B<·. 10.(12分)[2019·江苏镇江模拟]如图甲所示,在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场,右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域,圆形区域与x轴的交点分别为M、N.现有一质量为m、带电荷量为e的电子,从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场,飞出电场后从M点进入圆
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