1、高三物理调研测试题难题15题赏析1(盐城一调)如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上。质量为m的物体B在外力F1和F2的共同作用下沿斜劈表面向下运动。当F1方向水平向右，F2方向沿斜劈的表面向下时斜劈受到地面的摩擦力方向向左。则下列说法中正确的是ABF1F2A若同时撤去F1和F2，物体B的加速度方向一定沿斜面向下B若只撤去F1，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力方向可能向右C若只撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力方向可能向右D若只撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力不变 感悟与反思：A、B选项有两种解法，一是隔离法，二是利用摩擦角确定的特点，第二种
2、解法更为简单，但只有少部分学生能够掌握；C、D选项只要选斜劈为对象，撤去F2后，斜劈受力为发生任何变化。2（扬州期末）如图所示，L1和L2为平行的虚线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，AB两点都在L2上带电粒子从A点以初速v与L2成300斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是ABA带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同B若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变）它仍能经过B点C若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成600角斜向上，它就不一定经过B点D. 粒子一定带正电荷感悟与反思： AB选项考查基本
3、知识，C选项考查这种运动的周期性，也能检查学生的错误思维定势。3(扬州期末15分)倾斜雪道的长为50 m，顶端高为30 m，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图所示。一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v010 m/s飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起。除缓冲外运动员可视为质点，过渡轨道光滑，其长度可忽略。设滑雪板与雪道的动摩擦因数0.2，求：（1）运动员落在倾斜雪道上时与飞出点之间的距离；（2）运动员落到倾斜雪道瞬间沿斜面的速度大小；（3）运动员在水平雪道上滑行的距离（取g10 m/s2）。解：(1)如图，运动员飞出后做平抛运
4、动 由y=x tan得飞行时间t1.5 s 1分落点的x坐标：xv0t15 m 2分落点离斜面顶端的距离：=18.75m 2分(2)落点距地面的高度：h=(L-s1)sin=18.75m接触斜面前的x分速度：vx=10m/s 1分 y分速度：vy=gt=15m/s 1分沿斜面的速度大小为：= 17m/s 3分(3)设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由功能关系得： 3分 解得：s2141m 2分 感悟与反思：第一问用常规解法；第二问求运动员落到倾斜雪道瞬间沿斜面的速度大小，分解时正交系先选择水平和竖直方向，看似老套其实很好，只不过要二次分解，对分解的要求很高，符合xx江苏考试说明的变化及要求
5、；第三问要求正确列出动能定理的方程。4(扬州期末15分)如图所示，一边长L = 0.2m，质量m1 = 0.5kg，电阻R = 0.1的正方形导体线框abcd，与一质量为m2 = 2kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连。起初ad边距磁场下边界为d1 = 0.8m，磁感应强度B=2.5T，磁场宽度d2 =0.3m，物块放在倾角=53的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数=0.5。现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动。（g取10m/s2，sin53=0.8，cos53= 0.6）求： （1）线框ad边从磁场上边缘穿出时绳中拉力的功率； （2）线框刚刚全部
6、进入磁场时速度的大小； （3）整个运动过程中线框产生的焦耳热。1,3,5解：1,3,5（1）由于线框匀速出磁场，则对m2有：得T=10N 2分对m1有： 又因为联立可得：2分所以绳中拉力的功率P=Tv=20W 2分 （2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得 3分且解得v0=1.9m/s2分 （3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得3分将数值代入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：Q = 1.5 J 1分感悟与反思：第一问学生往往错误地应用整体法而得出错误答案；第二问有两种解法，一是利用能量转化与守恒，二是纯粹用运动学方法解，但必须正确隔离
7、两个物体；第三问似与第二问考点重复，删去也可。CmBO1mAO25（如东启东期中联考13分）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量mB=m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量mA=m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角=60，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰现将小物块从C点由静止释放，试求：（1）小球下降到最低点时，小物块的机械能（取C点所在的水平面为参考平面）；（2）小物块能下滑的最大距离；（3）小物块在下滑距离为L时的速度大小解：（1）设
8、此时小物块的机械能为E1由机械能守恒定律得 （3分）（2）设小物块能下滑的最大距离为sm，由机械能守恒定律有 （2分）而（1分）代入解得 ；（2分）（3）设小物块下滑距离为L时的速度大小为v，此时小球的速度大小为vB，则 （1分） （2分） 解得 （2分）感悟与反思：本题要求正确判断CO1长度是现变短后变长，从而知道小球是先上升后下降，CO垂于杆时小球速度为零；物块速度为零时小球速度也为零。最后一问要求学生正确处理A、B两物体之间的速度关系，即两者沿绳速度相等。综合考查了运动分析、能量守恒定律、运动的合成与分解等知识。学生对第一问难以上手，所以本题三问的区分度并不好。6（盐城一调10分）中国“
9、嫦娥一号”绕月探测卫星完成三次近月制动后，成功进入周期T=127min、高度h=200km的近月圆轨道。（1）已知月球半径为R=1.72106 m，求卫星在高度200km的圆轨道上运行的速度和轨道处的重力加速度g。（2）“嫦娥一号”轨道的近月点到月球球心的距离r 近=193km，远月点到月球球心的距离r 远=194km。张明、王玉两同学利用不同方法分别计算出卫星经过近月点时速度v近、近月点到月球球心的距离r 近和经过远月点时速度远、远月点到月球球心的距离r 远的关系。张明的方法： 由(1)、(2)得( rr)g(rr)王玉的方法：mmmg(rr) 得2g(rr) 请分别对这两个同学的计算方法作
10、一评价，并估算从远月点到近月点卫星动能的增量。（卫星质量为1650kg，结果保留两位有效数字）解：= =1.6103(m/s) 由=得： g=1.3 (m/s) 张明的思路方法错误，王玉的方法正确，但所列方程式是错误的。由动能定理得：Ek=mg(r远r近) =16501.3(1.941.93)105=2.1106(J) 评分标准：各1分，2分，3分。感悟与反思：第一问考查基本知识；第二问立意很好，将实际的椭圆运动和两个独立的圆周运动放在一起让学生辨析，抓住了教师教学和学生学习过程中的常见缺漏。学生大多只是抓住“1千米差别”大做文章，而不能发现本质问题。对第二问，好的学生也可能用引力势能公式计算
11、，这也较好，但题目要求估算，还是题给解法好些。7（盐城一调12分）如图所示，在直角坐标系的原点O处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子。在放射源右边有一很薄的挡板，挡板与xoy平面交线的两端M、N与原点O正好构成等腰直角三角形。已知带电粒子的质量为m，带电量为q，速度为，MN的长度为L。（1）若在y轴右侧加一平行于x轴的匀强电场，要使y轴右侧所有运动的粒子都能打到挡板MN上，则电场强度E0的最小值为多大？在电场强度为E0时，打到板上的粒子动能为多大?（2）若在整个空间加一方向垂直纸面向里的匀强磁场，要使板右侧的MN连线上都有粒子打到，磁场的磁感应强度不能超过多少(
12、用m、q、L表示)?若满足此条件，放射源O向外发射出的所有带电粒子中有几分之几能打在板的左边?解：由题意知，要使y轴右侧所有运动粒子都能打在 MN板上，其临界条件为：沿y轴方向运动的粒子作类平抛运动，且落在M或N点。M O=L=t 12xyOMNa=OO=L =at2 解式得E0= 由动能定理知qE0L =Ek 解式得Ek=由题意知，要使板右侧的MN连线上都有粒子打到，粒子轨迹直径的最小值为MN板的长度L。12xyOMNO1O2R0=L=B0= 放射源O发射出的粒子中，打在MN板上的粒子的临界径迹如图所示。OM=ON，且OMONOO1OO212放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左侧。评
13、分标准：各1分，各2分，第2问的第二部分的文字叙述正确得2分。感悟与反思：本题总体较难。第一问考查带电粒子在电场中的偏转，为基本要求；第二问的第一种情形学生很多看不清题目，错误理解为从左侧打板，第二种情形中学生受熟题影响，只知道相切这种临界情况，而不知道应该按照旋转半径大于L/2考虑。另外，学生不能熟练进行圆的旋转、缩放，束手无策，也是高三复习中的难点问题，需要切实突破。全题大多学生只能做出第一问。8（徐州质检13分）如图所示，粒子源S可以不断地产生质量为m、电荷量为+q的粒子(重力不计)粒子从O1孔漂进(初速不计)一个水平方向的加速电场，再经小孔O2进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场
14、强度大小为E，磁感应强度大小为B1，方向如图虚线PQ、MN之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2(图中未画出)有一块折成直角的硬质塑料板abc(不带电，宽度很窄，厚度不计)放置在PQ、MN之间(截面图如图)，a、c两点恰在分别位于PQ、MN上，ab=bc=L，= 45现使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域(1) 求加速电压U1(2)假设粒子与硬质塑料板相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律粒子在PQ、MN之间的区域中运动的时间和路程分别是多少？SO1O2O3B2B1U1EPQabc+ + + + + + + MN解：（1）粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，
15、速度为v0，根据能的转化和守恒定律得： （2分）要使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，得到 （2分）将式代入式，得 （1分）（2）粒子从O3以速度v0进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，打到ab板上，以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T由和运动学公式，得 （2分）粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为 （2分）粒子进入磁场中
16、，在v0方向的总位移s=2Lsin45，时间为 （2分）则t=t1+t2= （2分）感悟与反思： 本题最大的亮点在于巧妙地设计和考查了学生的空间想象和表达能力，同时要求学生对匀速直线运动与匀速圆周运动的连接及整个运动的周期性要能做连贯的分析和计算，真正从能力立意。全题考点丰富，有加速、速度选择器、匀速圆周运动、匀速直线运动等，计算设计为字母运算而非数字计算，集中精力考查学生分析运动的能力，很好。平时教学中应该加强对三维空间受力和运动的分析，教会学生正确应用立体图、各种平面视图来帮助分析运动。9（如东启东期中联考14分）如图所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为300、长L=2m的固定斜面
17、上，物块与斜面间的动摩擦因数，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为mA0.80kg、mB0.64kg、mC0.50kg，其中A不带电，B、C的带电量分别为qB4.010-5C、qC2.010-5C且保持不变，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上作加速度a1.5m/s2的匀加速直线运动，经过时间t0，力F变为恒力，当A运动到斜面顶端时撤去力F已知静电力常量k9.0109Nm2C2，g10m/s2求：（1）未施加力F时物块B、C间的距
18、离；（2）t0时间内A上滑的距离； （3）t0时间内库仑力做的功；（4）力F对A物块做的总功解：（1）A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1， 则 C对B的库仑斥力 （1分）以A、B为研究对象，根据力的平衡 （1分）联立解得 L1=1.0m （1分）（2）给A施加力F后， A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小经过时间t0，B、C间距离设为L2，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F变为恒力则t0时刻C对B的库仑斥力为 （1分）以B为研究对象，由牛顿第二定律有 （1分）联立解得 L2=1.2m则t0时间内A上滑的距离 （1分）（3）
19、设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有 （1分）代入数据解得 （1分）（4）设在t0时间内，末速度为v1，力F对A物块做的功为W1，由动能定理有 （1分）而 （1分）由式解得 J （1分）经过时间t0后，A、B分离，力F变为恒力，对A由牛顿第二定律有 （1分）力F对A物块做的功 由式代入数据得 （1分）则力F对A物块做的功 （1分）感悟与反思： 本题的设计属于陈题翻新。这类的老陈题多为重力势能与弹性势能结合，加考匀变速运动中的变量（受力）分析，本题用电势能代替弹性势能，保留重力的分立代替原重力。考查功能很直接：一是考查学生能否用熟悉的方法解决相似问题的能力，二是能否综合应用几乎全部力学规
20、律（匀变速运动、牛顿第二定律、能量守恒定律）解决问题，不失为一道立意鲜明难度适当的好的综合题。10（南通四县市17分）如图甲所示，在边界MN左侧存在斜方向的匀强电场E1，在MN的右侧有竖直向上、场强大小为E2=0.4N/C的匀强电场，还有垂直纸面向内的匀强磁场B（图甲中未画出）和水平向右的匀强电场E3（图甲中未画出），B和E3随时间变化的情况如图乙所示，P1P2为距MN边界2.28m的竖直墙壁，现有一带正电微粒质量为410-7kg，电量为110-5C，从左侧电场中距MN边界m的A处无初速释放后，沿直线以1m/s速度垂直MN边界进入右侧场区，设此时刻t=0， 取g =10m/s2求：（1）MN左
21、侧匀强电场的电场强度E1（sin37=0.6）；（2）带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5s时的速度；图乙E3/Vm-1t/sOB/Tt/sO0.0040.08（3）带电微粒在MN右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？（0.19）图甲AE1E2NMP2P1mgqE1解：(1)设MN左侧匀强电场场强为E1，方向与水平方向夹角为带电小球受力如右图沿水平方向有 qE1cos=ma （1分）沿竖直方向有 qE1sin=mg （1分） 对水平方向的匀加速运动有 v2=2as （1分） 代入数据可解得E1=0.5N/C （1分）=53 （1分）即E1大小为0.5N/C,方向与水平向右方向夹53角斜向上(2)
22、带电微粒在MN右侧场区始终满足qE2=mg （1分）在01s时间内，带电微粒在E3电场中 m/s2 （1分） 带电微粒在1s时的速度大小为 v1=v+at=1+0.11=1.1m/s （1分） 在11.5s时间内，带电微粒在磁场B中运动，周期为s（1分） 在11.5s时间内，带电微粒在磁场B中正好作半个圆周运动所以带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5s时的速度大小为1.1m/s, 方向水平向左 （1分）(3)在0s1s时间内带电微粒前进距离s1= vt+at2=11+0.112=1.05m带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径m （1分）因为r+s12.28m，所以在1s2s时间内带电微粒未碰及墙
23、壁在2s3s时间内带电微粒作匀加速运动，加速度仍为a=0.1m/s2，在3s内带电微粒共前进距离s3=m （1分）在3s时带电微粒的速度大小为m/s在3s4s时间内带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径 m=0.19m （1分）因为r3+s32.28m，所以在4s时间内带电微粒碰及墙壁r3r3d 带电微粒在3s以后运动情况如右图，其中 d=2.28-2.2=0.08m （1分） sin= ， 30 （1分）所以，带电微粒作圆周运动的时间为s （1分）带电微粒与墙壁碰撞的时间为t总3+=s （1分）感悟与反思： 这道题较好地考察了带电粒子在电场和磁场中的直线和偏转运动，所考查的知识点容量很大，对数值
24、计算的要求高，且要求逐步计算出正确结果，才能得出下一步结果。但对运动过程的设置为正向设计，学生只要依次分析、计算，在细心分析基础上应该有一定比例的考生能够走到最后，所以有较好的区分度。运动的过程设计还有几个亮点，即运动中有重复性但又蕴含数值（半径）的变化，磁场运动和电场运动的交替连接也很得体，分析与计算长度的要求较高，符合高考能力立意、运用数学工具的要求。11（南通市一调15分） 如图甲，相距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在垂直导轨平面的匀强磁场中，oo/为磁场边界，磁感应强度为B，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计。在距oo/为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻不计的金属杆
25、ab。（1）若ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动，其速度位移的关系图象如图乙所示，则在此过程中电阻R上产生的电热Q1是多少？ab杆在离开磁场前瞬间的加速度为多少？（2）若a b杆固定在导轨上的初始位置，磁场按Bt=Bcost规律由B减小到零，在此过程中电阻R上产生的电热为Q2，求的大小。x/mv/ms-1v1v23LLLaboo/RB图甲图乙O解：（1）ab杆在位移L到3L的过程中，由动能定理F(3LL)（1分） ab杆在磁场中发生L过程中，恒力F做的功等于ab杆增加的动能和回路产生的电能FL（2分）解得（2分）ab杆在离开磁场前瞬间，水平方向上受安培力F安和外力F作用，加速度a， （1分）
26、 （1分） 解得 （2分）（2）当磁场按BtBcos t规律变化时，闭合回路的磁通量的变化规律为BcostBL2cost 该过程中穿过线圈的磁通量，与线圈在磁场中以角速度匀速转动规律相同，因此回路中产生交流电。 电动势最大值EmBL2（2分） 磁场减小到零，相当于线圈转过90，经历四分之一周期，过程中产生的电热Q2（2分）T 解得（2分）感悟与反思： 本题学生入手不易，主要是对所给图象不理解，但细一分析，后一段匀变速运动的分析是突破口，再往前推，题目就容易多了。第二问巧妙设计了交流电，学生不易辨别。解法又两种，一是如题所述（类比迁移法），二是对磁通量求导的方法得出电动势为交变电动势，显然第一种
27、方法较好，这种解法并不超纲。12(苏北三市14分) 如图甲所示，一边长L=2.5m、质量m=0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合。在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5s线框被拉出磁场。测得金属线框中的电流随时间变化的图像如乙图所示，在金属线框被拉出的过程中。求通过线框导线截面的电量及线框的电阻；写出水平力F随时间变化的表达式；已知在这5s内力F做功1.92J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？MNB甲乙0I/At/s1236450.20.40.6解：根据q =t，由It图象得：
28、q =1.25C （2分） 又根据 （2分） 得R = 4 （1分） 由电流图像可知，感应电流随时间变化的规律：I0.1t （1分）由感应电流，可得金属框的速度随时间也是线性变化的，（1分）线框做匀加速直线运动，加速度a = 0.2m/s2 （1分）线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动，（1分）得力F（0.2 t0.1）N （1分） t5s时，线框从磁场中拉出时的速度v5 = at =1m/s （1分）线框中产生的焦耳热J （3分）感悟与反思： 这道题精彩之处在于通过给出感应电流随时间做正比例变化，倒推出运动性质为匀变速运动，结合牛顿第二定律解出相关物理量。难度适中，所考查的知识点也
29、不少。另外，学生计算焦耳热时可能会错误地应用平均值概念，这是具有迷惑性的地方。13(苏北三市14分)如图所示的直角坐标系中，在直线x=2l0到y轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向。在电场左边界上A（2l0，l0）到C（2l0，0）区域内，连续分布着电量为q、质量为m的粒子。从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场。若从A点射入的粒子，恰好从y轴上的A（0，l0）沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图。不计粒子的重力及它们间的相互作用。求匀强电场的电场强度E；求在AC间还有哪些位置的
30、粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？若以直线x=2l0上的某点为圆心的圆形区域内，分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，使沿x轴正方向射出电场的粒子，经磁场偏转后，都能通过直线x=2l0与圆形磁场边界的一个交点处，而便于被收集，则磁场区域的最小半径是多大？相应的磁感应强度B是多大？ AOxyv0v0EECAx=2l0Cx=2l0解： 从A点射出的粒子，由A到A的运动时间为T，根据运动轨迹和对称性可得 x轴方向 (1分) y轴方向 (1分) 得： （2分） 设到C点距离为y处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向，粒子第一次达x轴用时t，水平位移为x，则 （1分）若满足，则从电场射出时的速度方向也
31、将沿x轴正方向 （2分）解之得： （2分）即AC间y坐标为 （n = 1，2，3，） （1分） 当n=1时，粒子射出的坐标为当n=2时，粒子射出的坐标为当n3时，沿x轴正方向射出的粒子分布在y1到y2之间（如图）y1到y2之间的距离为L= y1y2= 则磁场的最小半径为 （2分）AOxyv0EECAx=2l0Cx=2l0O1O2PQ若使粒子经磁场偏转后汇聚于一点，粒子的运动半径与磁场圆的半径相等（如图），(轨迹圆与磁场圆相交，四边形PO1QO2为棱形) 由 得： （2分）感悟与反思： 难度很高。从第二问开始，要求学生正确处理带电粒子在电场中的周期性运动及附带的数值上的变化，对粒子的出射点位置还
32、要能加以区分；第三问最难，学生很难理解从不同位置入射的粒子怎么能够经过磁场偏转后运动到同一点，另外，磁场的最小范围的含义学生也不易理解。这一问的平面几何的分析推理要求太高了，个人感觉这一问数学味太浓，物理味太淡，不要也可。30OPAv014. 如图所示，在倾角为30的斜面OA的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P，现有一质量m=41020kg，带电量q=+21014C的粒子，从小孔以速度v0=3104m/s水平射向磁感应强度B=0.2T、方向垂直纸面向里的一正三角形区域该粒子在运动过程中始终不碰及竖直档板，且在飞出磁场区域后能垂直打在OA面上，粒子重力不计求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（
33、2）粒子在磁场中运动的时间；（3）正三角形磁场区域的最小边长解：（1）由，得： （4分）（2分） （2）画出粒子的运动轨迹如图，可知T，得：（4分）30OPAv0abco160egf（3）由数学知识可得： 得：（3分） 感悟与反思： 本题几何分析要求高，但紧扣住初始速度和出场速度方向，应该不难知道粒子在磁场中偏转的轨迹。学生在分析三角形边长时可能会出错，以为是整个圆的外切圆。16.如图所示，在真空室内x轴正半轴 点固定一负的点电荷，电量 。点电荷左侧的电场分布以y轴为界限。在x轴负半轴远离原点某处有一粒子放射源不断沿x轴正向放射出速度相同的带正电的粒子。粒子质量 ，电量 ，速率 。为使带电粒子
34、进入y轴右侧后作匀速圆周运动，最终打在位于x正半轴点电荷右侧的荧光屏上（未画出），可在y轴左侧加一个方向垂直纸面向外、圆心在x轴上的圆形匀强磁场区域，其磁感应强度 。不计粒子重力，静电力常数 。求：（1）所加圆形匀强磁场区域的圆心坐标。（2）所加磁场的区域半径。解：（1）设粒子进入电场中做匀速圆周运动的轨道半径为r （3分）由题意可知：要使粒子进入电场时作匀速圆周运动，须满足粒子必须在N点进入电场（如图所示），且MN=r，进入电场时速度方向垂直于MN（2分）由几何关系可得ON=0.3（m） 磁场圆心坐标为（3分）（2）设粒子在磁场中的运动轨道半径为R （2分）如图所示：由几何关系可得所加磁场区域的半径（4分）感悟与反思： 运动过程的设计只给初末两个状态，实际要求学生采用逆向推导的方法逐步理出整个运动过程。另外，粒子在有界磁场中的运动是个难点，要求学生从粒子的运动范围推知最小磁场的半径（解答的图中轨迹有错！）。
