【正文】 子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為rr2，圓心的連線與NS的夾角為φ，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：，解得，粒子軌道半徑：，由幾何知識得：（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，解得：；（3）粒子運動軌跡如圖所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為rr2，粒子第一次通過KL時距離K點為x，由題意可知：3nx= （n=3…），解得：，n＜，即：n=1時， ，n=2時，n=3時，；答：（1）電場強度的大小為，電場方向豎直向上；（2）要使粒子不從NS邊界飛出，粒子入射速度的最小值為．（3）若粒子經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，粒子入射速度的所有可能值為：、或、或．【點睛】本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意數(shù)學知識的應(yīng)用．5．扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直紙面．一質(zhì)量為m，電量為q，重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角（1）當Ⅰ區(qū)寬度、磁感應(yīng)強度大小時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0（2）若Ⅱ區(qū)寬度磁感應(yīng)強度大小，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h（3）若、為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件（4）若，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射出的方向總相同，求BBLL之間應(yīng)滿足的關(guān)系式．【來源】2011年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理卷（山東)【答案】（1） （2） （3）（或）（4）【解析】圖1（1）如圖1所示，設(shè)粒子射入磁場Ⅰ區(qū)的速度為，在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的半徑為，由動能定理和牛頓第二定律得 ① ②由幾何知識得 ③聯(lián)立①②③，帶入數(shù)據(jù)得 ④設(shè)粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的周期為，運動的時間為 ⑤ ⑥聯(lián)立②④⑤⑥式，帶入數(shù)據(jù)得 ⑦（2）設(shè)粒子在磁場Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑為，有牛頓第二定律得 ⑧由幾何知識得 ⑨聯(lián)立②③⑧⑨式，帶入數(shù)據(jù)得 ⑩圖2（3）如圖2所示，為時粒子能再次回到Ⅰ區(qū)，應(yīng)滿足[或] ⑾聯(lián)立①⑧⑾式，帶入數(shù)據(jù)得（或） ⑿圖3 圖4（4）如圖3（或圖4）所示，設(shè)粒子射出磁場Ⅰ區(qū)時速度與水平方向得夾角為，有幾何知識得 ⒀[或] ⒁[或]聯(lián)立②⑧式得 ⒂聯(lián)立⒀⒁⒂式得 ⒃【點睛】（1）加速電場中，由動能定理求出粒子獲得的速度．畫出軌跡，由幾何知識求出半徑，根據(jù)牛頓定律求出B0．找出軌跡的圓心角，求出時間；（2）由幾何知識求出高度差；（3）當粒子在區(qū)域Ⅱ中軌跡恰好與右側(cè)邊界相切時，粒子恰能返回Ⅰ區(qū)，由幾何知識求出半徑，由牛頓定律求出B2滿足的條件；（4）由幾何知識分析LL2與半徑的關(guān)系，再牛頓定律研究關(guān)系式．6．如圖，M、N是電壓U=10V的平行板電容器兩極板，與絕緣水平軌道CF相接，其中CD段光滑，DF段粗糙、長度x=．F點緊鄰半徑為R的絕緣圓筒(圖示為圓筒的橫截面)，圓筒上開一小孔與圓心O在同一水平面上，圓筒內(nèi)存在磁感應(yīng)強度B=、方向垂直紙面向里的勻強磁場和方向豎直向下的勻強電場E．一質(zhì)量m=、電荷量q=－，運動到F點時與質(zhì)量為2m、不帶電的靜止小球b發(fā)生碰撞，碰撞后a球恰好返回D點，b球進入圓筒后在豎直面內(nèi)做圓周運動．不計空氣阻力，小球a、b均視為質(zhì)點，碰時兩球電量平分，小球a在DF段與軌道的動摩因數(shù)μ=，重力加速度大小g=10m/s2．求(1)圓筒內(nèi)電場強度的大小；(2)兩球碰撞時損失的能量；(3)若b球進入圓筒后，與筒壁發(fā)生彈性碰撞，并從N點射出，則圓筒的半徑．【來源】福建省寧德市2019屆普通高中畢業(yè)班質(zhì)量檢查理科綜合物理試題【答案】(1)20N/C；(2)0J；(3) n≥3的整數(shù)）【解析】【詳解】（1）小球b要在圓筒內(nèi)做圓周運動，應(yīng)滿足：Eq＝2mg解得：E＝20 N/C （2）小球a到達F點的速度為v1，根據(jù)動能定理得：Uq－μmgx＝mv12 小球a從F點的返回的速度為v2，根據(jù)功能關(guān)系得：μmgx＝mv22兩球碰撞后，b球的速度為v，根據(jù)動量守恒定律得：mv1＝mv2＋2mv 則兩球碰撞損失的能量為：ΔE＝mv12－mv22－mv2聯(lián)立解得：ΔE＝0（3）小球b進入圓筒后，與筒壁發(fā)生n1次碰撞后從N點射出，軌跡圖如圖所示：每段圓弧對應(yīng)圓筒的圓心角為，則在磁場中做圓周運動的軌跡半徑：r1＝粒子在磁場中做圓周運動： 聯(lián)立解得：（n≥3的整數(shù)）7．如圖，區(qū)域I內(nèi)有與水平方向成176。=垂直電場方向；（）L=vt1得電場強度E=（3）若自O(shè)點射人磁場的粒子帶正電，粒子在磁場中逆時針轉(zhuǎn)過240