2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步练习--期中学业水平检测

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2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步
期中学业水平检测
注意
事项　1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图,真空冶炼炉、动圈式扬声器和磁电式电流表都有导线绕制的线圈,关于这三种器件的说法正确的是 (　　)
A.真空冶炼炉线圈中应通入较大的恒定电流,才能使炉中金属容易熔化
B.动圈式扬声器是利用通电线圈受安培力作用的原理进行工作的
C.磁电式电流表在线圈转动的范围内,各处的磁场都是匀强磁场
D.动圈式扬声器和磁电式电流表都是根据电磁感应原理进行工作的
2.已知通电长直导线周围激发磁场的磁感应强度大小与导线中的电流大小成正比。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,四条导线中的电流大小都为I,其中a导线对d导线的安培力大小为F。现突然把b、c导线的电流方向同时改为垂直于纸面向外,电
流大小同时变为原来的2倍,则此时d导线所受安培力的合力(　　)
A.大小为3F,方向为a→d
B.大小为3F,方向为d→a
C.大小为2F,方向为a→d
D.大小为F,方向为d→a
3.如图甲所示,两固定导体线圈a、b在同一平面内,a在内侧,b在外侧。现使a接交流电源,规定逆时针方向为正方向,a中的电流i随时间t按正弦规律变化,图像如图乙所示,以下说法正确的是 (　　)
A.t3~t4时间内线圈b中有逆时针方向的电流
B.t2时刻线圈b中的电流最大
C.t1时刻两线圈间的作用力最大
D.t1~t2时间内两线圈相互排斥
4.
如图所示,仅在第一象限存在垂直xOy平面的匀强磁场,方向未知。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)、不计重力的带电粒子从x轴上的A点以速度v沿与x轴正方向成60°角的方向射入匀强磁场中,并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OA=a。下列说法正确的是 (　　)
A.匀强磁场方向垂直平面向里
B.改变粒子的电性,粒子在磁场中运动的时间将变短
C.粒子速度变为,方向不变,粒子将能够到达O点
D.该匀强磁场的磁感应强度B=
5.
如图所示,MN、PQ为水平光滑金属导轨(电阻忽略不计),MN、PQ相距L=50 cm,导体棒AB在两轨道间的电阻为r=0.5 Ω,且可以在MN、PQ上滑动,定值电阻R1=3 Ω,R2=6 Ω,整个装置放在磁感应强度为B=2.0 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于整个导轨平面,现用水平外力F拉着AB棒向右以v=4 m/s的速度做匀速运动,则 (　　)
A.导体棒AB产生的感应电动势E=8 V
B.导体棒AB两端的电压UAB=0.8 V
C.导体棒AB受到的外力F=1.6 N
D.定值电阻R1和R2的总电功率为6.4 W6.为防止航天员在长期失重状态下肌肉萎缩,我国在空间站中安装了用于锻炼上、下肢肌肉的“太空自行车”,其工作原理可简化成如图所示的模型,航天员锻炼时,半径为r的金属圆盘在磁感应强度大小为B、方向垂直盘面向里的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,电阻R连接在从圆盘中心和边缘处引出的两根导线上,电路中其他电阻和圆盘电阻均忽略不计,则 (　　)
A.仅改变角速度ω的大小,通过R的电流保持不变
B.仅改变磁场的磁感应强度的大小,通过R的电流保持不变
C.电阻R的热功率与ω成正比
D.若航天员锻炼时消耗的能量有40%转化为电能,则在锻炼的t时间内航天员消耗的能量为
7.如图所示,在直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。一个电子从A点沿AC边进入磁场,从BC边离开磁场,速度方向偏转了30°。已知AB=L,∠ACB=30°,元电荷为e,电子的质量为m,不计重力,则电子的速率为(tan 15°=2-) (　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
8.某同学研究电磁阻尼效果的实验示意图如图甲所示,虚线MN右侧有垂直于光滑绝缘水平面向下的匀强磁场,边长为1 m、质量为0.1 kg、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在水平面上以大小为v0=2 m/s的速度向右滑动并进入磁场,磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时,线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示,下列说法正确的是 (　　)
A.图乙中x0=0.5 m
B.线框进入磁场过程中,线框的加速度先不变再突然减为零
C.线框进入磁场过程中,线框中产生的焦耳热为0.1 J
D.线框进入磁场过程中,通过线框某横截面的电荷量为 C
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,要想粒子获得的最大动能增大,增加电压U即可
B.图乙是磁流体发电机的结构示意图,可以判断出A极板是发电机的负极,B极板是发电机的正极
C.图丙是速度选择器,能够对从右向左沿中线射入的带电粒子(不计重力且只受电场和磁场的作用)进行选择
D.图丁是质谱仪的工作原理示意图,粒子打在照相底片上的位置越靠近狭缝S3,粒子的比荷越大
10.法拉第曾提出一种利用河流发电的设想,并进行了实验研究。实验装置的示意图如图所示,两块面积均为S、平行、正对、竖直的矩形金属板,全部浸在河水中,间距为d,水流速度处处相同,大小为v,方向水平。金属板与水流方向平行,地磁场磁感应强度的竖直分量为B,水的电阻率为ρ,水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和开关K连接到金属板上,忽略边缘效应,以下说法正确的是 (　　)
A.
该装置产生的电动势大小与水中带电离子的浓度有关
B.如果水流方向反向,则通过R的电流反向
C.通过电阻R的电流为
D.若电阻R的阻值增大,则R消耗的电功率一定增大
11.两平行、光滑的直导轨与水平面间的夹角为θ,导轨在垂直导轨平面向下的匀强磁场中,两根长度、材料均相同的均质金属棒P、Q垂直地放在导轨上,一根足够长的轻质细绳跨过如图所示的轻质定滑轮,一端连接一重物,另一端连接金属棒Q,定滑轮右侧的细绳和导轨平行,将两金属棒同时由静止释放,经过一段时间后,金属棒P的速度始终为v。已知金属棒Q的质量为2m,金属棒P和重物的质量均为m,两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,闭合回路中除两金属棒以外的电阻均不计,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　　)
A.金属棒Q的最大速度为
B.金属棒Q的最大加速度为
C.金属棒P、Q的加速距离之比为3∶1
D.金属棒P的速度为v后,金属棒Q上消耗的功率为
12.如图所示,垂直边界的分界线MN将宽度为L的区域分成上下两部分,上面部分存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B0的匀强磁场,下面部分存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。从M处垂直磁场方向射入速度大小不同、质量均为m、电荷量均为q的正离子(不计离子重力和离子间相互作用力),离子入射方向与MN夹角为30°。如果离子垂直右边界射出磁场区域,则离子的入射速度大小和出射点偏离MN的距离可能为 (　　)
A.,(2-)L
B.,L
C.,L
D.,L
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的S极位于两导轨的正上方,N极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。
(1)在图中画出连线,完成实验电路;要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向运动。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:
A.适当减小两导轨间的距离
B.换一根更长的金属棒(材料、粗细相同)
C.适当增大金属棒中的电流
其中正确的是　　　　(填入正确选项前的字母)。
(3)根据磁场会对电流产生作用力的原理,人们发明了　　　　(填入正确选项前的字母)。
A.回旋加速器　　　B.电磁炮　　　C.质谱仪
14.(8分)小李同学用如图所示电路研究自感现象。
小李同学用图中(1)、(2)两个电路研究通电自感和断电自感现象,图中L是一带铁芯的线圈,直流电阻忽略不计,A、B是额定电压为1.5 V的灯泡,直流电源为一节新的干电池。两电路开关S闭合后,会看到:小灯泡A将　　　(选填“慢慢变亮”“立即变亮”或“立即变亮,然后慢慢熄灭”);小灯泡B将　　　　　(选填“慢慢变亮”“立即变亮”或“立即变亮,然后慢慢熄灭”);待电路稳定后将S断开,小灯泡A将　　　(选填“慢慢熄灭”“立即熄灭”或“闪亮一下,然后熄灭”);S断开后,小灯泡B将　　　　　(选填“慢慢熄灭”“立即熄灭”或“闪亮一下,然后慢慢熄灭”)。
15.(9分)半径为 L 的光滑的圆形导体环 CDNM 处于垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场内,其左侧留有一小缺口CD,右侧与磁场外的电路连接,如图所示。总阻值为R、长为4L、质量为m的金属棒ab在恒力F 的作用下从CD 位置由静止沿导轨向右运动,经过圆环圆心 O 时的速度为 v,外电路定值电阻阻值也为R,其余电阻不计,电容器的电容为C。求:
(1)金属棒经过O点时,金属棒两端的电势差Uab ;
(2)金属棒经过O点时,电容器的电荷量q ;
(3)从开始到金属棒经过O点的过程中,金属棒克服安培力做的功 W 。
16.(10分)如图所示,两光滑金属导轨间距为1 m,固定在绝缘桌面上的导轨部分是水平的,且处在磁感应强度大小为1 T、方向竖直向下的有界匀强磁场中(导轨其他部分所在处无磁场),电阻R的阻值为2 Ω,桌面距水平地面的高度为H=1.25 m,金属杆ab的质量为0.1 kg,有效电阻为1 Ω。现将金属杆ab从导轨上距桌面高度为h=0.45 m的位置由静止释放,其落地点距桌面左边缘的水平距离为x=1 m。空气阻力不计,离开桌面前金属杆ab与金属导轨垂直且接触良好。求:
(1)金属杆刚进入磁场时,切割磁感线产生的感应电动势E;
(2)金属杆刚穿出匀强磁场时的速度大小和克服安培力所做的功;
(3)金属杆穿过匀强磁场的过程中,通过金属杆某一横截面的电荷量。
17.(12分)托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器,它的中央是一个环形的真空室,外面缠绕着线圈,在通电时,内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图为该磁约束装置的简化模型,两个圆心均在O点、半径分别为R1=R和R2=(2+)R(R为已知量)的圆将空间分成圆形区域Ⅰ和环形区域Ⅱ,区域Ⅰ内无磁场,区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一不同速率、电荷量均为+q、质量均为m的带电粒子束从O点沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形的匀强磁场,不计一切阻力及粒子重力。
(1)若某粒子从O点沿x轴正方向射出,沿y轴负方向第一次返回区域Ⅰ,求该粒子的速度大小;
(2)求能约束在此装置内的粒子的最大动能Ekm;
(3)求粒子从射入环形磁场到第一次返回圆形区域Ⅰ,在区域Ⅱ中运动的最长时间。
18.(15分)如图所示,O-xyz坐标系的y轴竖直向上,在yOz平面左侧-2l(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子从离开O点开始,第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点的距离s。
(2分)
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1.B 2.A 3.B 4.D 5.C 6.D
7.C 8.D 9.BD 10.BC 11.ACD 12.AD
1.B　真空冶炼炉利用的是涡流原理,因此线圈中应通入交变电流,选项A错误;动圈式扬声器是利用通电线圈受安培力作用的原理进行工作的,选项B正确;磁电式电流表中U形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的,特点是大小相等,方向不同,因此不是匀强磁场,选项C错误;动圈式扬声器和磁电式电流表都是利用通电线圈受安培力作用的原理进行工作的,选项D错误。
2.A　把b、c导线的电流方向同时改为垂直于纸面向外,电流大小同时变为原来的2倍,由于三条导线与d的连线互成120°角,a导线对d导线的安培力大小为F,方向为a→d,对d进行受力分析可知,b、c导线对d的作用力为2F,方向为a→d,所以此时d导线所受安培力的合力大小为3F,方向为a→d,B、C、D错误,A正确。
3.B　由图乙可知t3~t4时间内a中的电流i沿顺时针方向且在减小,产生垂直于纸面向里的感应磁场,根据楞次定律结合安培定则可知,线圈b中有顺时针方向的电流,A错误; t2时刻线圈a中的电流i图像斜率最大,即电流变化得最快,根据法拉第电磁感应定律可知,此刻b中的电流最大,B正确; t1时刻线圈a中电流最大,变化率为0,故线圈b中电流为0,两线圈间的作用力为0,C错误;t1~t2时间内,线圈a中电流减小,根据楞次定律结合安培定则可知,线圈b中电流与a中电流同向,两线圈相互吸引,D错误。
4.D　根据左手定则可知匀强磁场方向垂直平面向外,故A错误;如图所示,根据几何关系可知,改变粒子的电性,粒子在磁场中转过的圆心角与原来相同,所以运动的时间将不变,故B错误;若粒子速度变为,易知其半径变为,粒子将从图中的O1点射出磁场区域,不能够到达O点,故C错误;根据几何关系可知粒子运动半径为r=,根据牛顿第二定律有qvB=m,解得B=,故D正确。
5.C　导体棒AB产生的感应电动势E=BLv=2.0×0.5×4 V=4 V,故A错误;并联电阻阻值R并==2 Ω,干路电流I== A=1.6 A,导体棒AB两端的电压UAB=IR并=1.6×2 V=3.2 V,故B错误;导体棒AB受到的安培力F安=BIL=2.0×1.6×0.5 N=1.6 N,因为导体棒匀速运动,外力与安培力为平衡力,所以外力F大小为1.6 N,故C正确;定值电阻R1和R2的总电功率为外电路功率(电源的输出功率)P出=IE-I2r,代入数据可得P出=5.12 W,故D错误。故选C。
6.D　因感应电动势E=Br,其中=ωr,可得E=Bωr2,由I=得I=,所以仅改变圆盘转动的角速度或仅改变磁场的磁感应强度都会使通过R的电流发生变化,故A、B错误;依题意,可得圆盘转动时,电阻R消耗的电功率为P==,可知P∝ω2,故C错误;若航天员锻炼时消耗的能量只有40%转化为电能,故在锻炼的t时间内航天员消耗的能量为E航==,D正确。故选D。
7.C　电子从BC边离开磁场,速度方向偏转了30°,作出运动轨迹如图所示
根据几何关系有
R tan 15°+2R tan 15°cos 30°=L tan 60°
解得R=
根据evB=m
解得v=
故选C。
8.D　线框进入磁场的过程中,穿过线框的磁通量变化,线框中会产生感应电流,线框会受到安培力的作用,速度会变化,当线框完全进入磁场后,穿过线框的磁通量不变,线框中无感应电流,线框不受安培力 速度不变,即图乙中x0=1 m,A错误;线框进入磁场过程中,安培力为F=BIL,其中I==,由图乙可知,速度减小,则安培力减小,由牛顿第二定律可知,线框的加速度减小,因此线框做变减速运动,B错误;根据能量守恒定律可得,减少的动能全部转化为焦耳热,则有Q=ΔEk=m-mv2,代入数据,可得Q=0.15 J,C错误; 线框进入磁场过程中,取水平向右为正方向,根据动量定理可得-t=mv-mv0,解得v=v0-,结合图乙可知,当x=1 m时,v=1 m/s,代入解得B= T,通过线框某横截面的电荷量为q=t=,解得q= C,D正确。
9.BD　设回旋加速器D形盒的半径为r,根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动有,qvB=m,Ek=mv2,联立得Ek=,因此最大动能与电压U无关,故A错误;根据左手定则可知,正离子向下偏转,所以下极板带正电,因此A板是发电机的负极,B板是发电机的正极,故B正确;粒子沿中线从右向左运动,若粒子带正电,电场力与洛伦兹力方向均向下,粒子向下偏转,若粒子带负电,电场力与洛伦兹力方向均向上,粒子向上偏转,不可能做直线运动,无法选择粒子,故C错误;根据qvB=m可知=,粒子打在照相底片上的位置越靠近狭缝S3,粒子的比荷越大,故D正确。
10.BC　该装置产生的电动势大小E=Bdv,与水中带电离子的浓度无关,故A错误;根据右手定则,如果水流方向反向,则通过R的电流反向,故B正确;根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r),其中内阻r=,通过电阻R的电流I=,故C正确;R消耗的电功率P=I2R=R=,观察发现当R=r时,R消耗的电功率有最大值,故电阻R的阻值增大,R消耗的电功率不一定增大,故D错误。
11.ACD　经过一段时间后,金属棒P的速度始终为v,故回路中的电流不变,安培力不变,所以金属棒P最终受到的安培力大小恰好等于其自身受到的重力沿导轨向下的分力,说明金属棒Q一定沿导轨向上做匀速直线运动,由于两金属棒都匀速运动,金属棒Q受到的安培力大小也为F=mg sin θ,方向沿导轨向下,把金属棒Q和重物看成一个整体有F+2mg sin θ=mg,解得sin θ=,任意瞬间金属棒P受到的合外力与金属棒Q和重物构成的整体受到的合外力大小始终相等,所以它们加速时的加速度大小之比始终等于对应的质量成反比,即P、Q的加速度大小之比为3∶1,由于两金属棒同时由静止释放,所以任意时刻P、Q的速度大小之比都为3∶1,故A正确;P、Q释放瞬间电路中的电流为0,金属棒Q的加速度最大,对重物和Q受力分析可得mg-T=ma,T-2mg·sin θ=2ma,联立解得a=,故B错误;由B可知,金属棒P、Q在任意瞬间内通过的位移大小之比为3∶1,故金属棒P、Q的加速距离之比为3∶1,故C正确;两金属棒均匀速运动时,电路中消耗的功率为ΔP=mgv sin θ+mg×-×2mg sin θ=,已知P、Q质量比为1∶2,且材料、长度均相同,故金属棒P、Q的电阻之比为2∶1,所以金属棒Q上消耗的功率为PQ=ΔP=,故D正确。故选A、C、D。
12.AD　根据qvB=m可知粒子在磁场中运动的半径r=,若速度v=,则粒子在上方磁场中运动的半径r1=L,在下方磁场中运动的半径r2=2L,此时粒子从下方磁场中垂直边界射出,如图1中轨迹1所示,出射点偏离MN的距离为d1=2L(1-cos 30°)=(2-)L,选项A正确,B错误;若速度v=,则粒子在上方磁场中运动的半径r1=,在下方磁场中运动的半径r2=,则粒子从上方磁场中垂直于边界射出,如图1中轨迹2所示,此时出射点偏离MN的距离为d2=L(1-cos 30°)=L,选项C错误;若速度v=,则粒子在上方磁场中运动的半径r1=,在下方磁场中运动的半径r2=,粒子从上方磁场中垂直与边界射出,如图2所示,此时出射点偏离MN的距离为d3=L(1-cos 30°)=L,选项D正确。故选A、D。
图1
图2
13.答案　(1)图见解析(2分)　(2)C(2分)　(3)B(2分)
解析　(1)电路连线如图
(2)根据公式F=BIL可知,适当地增加导轨间的距离或者增大电流,可增大金属棒受到的安培力,根据动能定理有Fs-μmgs=mv2,则金属棒离开导轨时的动能变大,即离开导轨时的速度变大,A错误,C正确;若换用一根更长的金属棒,但导轨间的距离不变,安培力F不变,棒的质量变大,速度v=变小,B错误。故选C。
(3)根据磁场会对电流产生作用力的原理,人们发明了电磁炮;回旋加速器和质谱仪都是根据带电粒子在磁场中做圆周运动制成的,故选B。
14.答案　慢慢变亮(2分)　立即变亮,然后慢慢熄灭(2分)
立即熄灭(2分)　闪亮一下,然后慢慢熄灭(1分)
解析　两电路开关S闭合后,由于线圈中自感电动势阻碍电流增加,则会看到小灯泡A将慢慢变亮;小灯泡B将立即变亮,电路稳定后线圈中自感电动势消失,电阻为零,则灯泡B被短路而熄灭;将S断开后,小灯泡A立即熄灭;分析题图(2),由于线圈中自感电动势阻碍电流减小,线圈和灯泡B形成回路,使得灯泡B闪亮一下,然后慢慢熄灭。
15.答案　(1)BLv　(2)CBLv　(3)FL-mv2
解析　(1)闭合电路中的电动势为
E=B·2L·v=2BLv (1分)
金属棒在经过O点时接入电路中的电阻为0.5R
则通过外电路定值电阻R的电流I= (1分)
ab棒两端的电势差为Uab=B·4L·v-I·0.5R (1分)
解得Uab=BLv (1分)
(2)电容器两端的电压为UC=UR=IR (1分)
电容器的电荷量q=CUR (1分)
解得q=CBLv (1分)
(3) 由动能定理可得FL-W=mv2-0 (1分)
解得W=FL-mv2 (1分)
16.答案　(1)3 V　(2)2 m/s　0.25 J　(3)0.1 C
解析　(1)由机械能守恒定律,有mgh=mv2 (1分)
解得v=3 m/s
感应电动势E=BLv=3 V(2分)
(2)由平抛运动规律,有x=v0t,H=gt2 (1分)
联立解得v0=2 m/s(1分)
由动能定理得,金属杆穿过匀强磁场的过程中,克服安培力做功
W=mv2-m=0.25 J(2分)
(3)由动量定理有-BLt=mv0-mv (2分)
即-BLq=m(v0-v)
解得q=0.1 C(1分)
17.答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)由题意画出该粒子的运动轨迹如图1所示,根据几何关系可知这种情况下粒子的轨道半径为R,设该粒子的速度大小为v
根据牛顿第二定律有qvB= (1分)
解得v= (1分)
(2)设粒子在磁场中运动的最大半径为rm,最大速度为vm,如图2所示,根据几何关系可得
=+ (2分)
解得rm=R
根据牛顿第二定律有qvmB= (1分)
根据动能的表达式有Ekm=m (1分)
联立解得Ekm= (1分)
(3)在图2中,根据几何关系可知,当r最大时,α有最大值,为αm=300° (3分)
粒子在磁场中运动的周期为T== (1分)
粒子在区域Ⅱ中运动的最长时间为tm=·T= (1分)
18.答案　(1)
(2)
(3)(n=1,2,3,…)
解析　(1)粒子在-2ll=v0t
l=at2 (1分)
由牛顿第二定律得Eq=ma
联立得E= (1分)
(2)设在N点粒子速度v的方向与x轴间的夹角为θ,沿y轴负方向的速度为vy,则有
tan θ=,vy=at,v=
解得vy=v0,v=v0,θ=45° (3分)
在yOz平面左侧区域粒子的轨迹如图所示
根据几何关系可知,粒子在-lR=== (2分)
由牛顿第二定律得
qvB= (1分)
解得B== (1分)
(3)将粒子在O点的速度分解
vx=v cos θ=v0
vy=v sin θ=v0 (1分)
因yOz平面右侧区域同时存在电场、磁场,粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动,同时以vx=v0沿x轴正方向做匀加速运动,粒子离开O点后,每转一周到达一次x轴,第n次到达x轴时,粒子运动的时间t=nT (1分)
T== (1分)
s=v0t+at2 (1分)
联立解得s=(n=1,2,3,…) (2分)
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