2020版高考物理大二轮复习专题一力与运动第四讲电磁学中的曲线运动教学案

2020版高考物理大二轮复习专题一力与运动第四讲电磁学中的曲线运动教学案

高考物理 第四讲　电磁学中的曲线运动 ‎[答案]　(1)类平抛运动 ‎(2)运动的分解法、功能关系法 热点考向一　带电粒子(带电体)在电场中的曲线运动 ‎【典例】　(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．‎ 39‎ 高考物理 ‎(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；‎ ‎(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？‎ ‎[思路引领]　带电粒子在G板上方匀强电场中做类平抛运动；在G板下方匀强电场中的运动可逆向等效为类平抛运动．处理时可将该复杂运动分解为水平方向的匀速直线运动和电场方向上的匀变速运动．‎ ‎[解析]　(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有 E＝①‎ F＝qE＝ma②‎ 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－mv③‎ 设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有 h＝at2④‎ l＝v0t⑤‎ 联立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh l＝v0 39‎ 高考物理 ‎(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L为 L＝2l＝2v0 ‎[答案]　(1)mv＋qh　v0 ‎(2)2v0 电场中恒力作用下曲线运动的解题思路 迁移一　带电粒子在电场中的偏转 ‎1．(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求 39‎ 高考物理 ‎(1)电场强度的大小；‎ ‎(2)B运动到P点时的动能．‎ ‎[解析]　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①‎ a2＝gt2②‎ 解得E＝③‎ ‎(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋Eqh＝Ek－mv④‎ 且有 v1＝v0t⑤‎ h＝gt2⑥‎ 联立③④⑤⑥式得 Ek＝2m(v＋g2t2)‎ ‎[答案]　(1)　(2)2m(v＋g2t2)‎ 迁移二　带电粒子在交变场中的运动 ‎2．(2019·湖北八校联考)如图甲所示为水平放置的平行金属板M、N，已知两金属板之间的距离为d，两金属板之间的电压UMN随时间t的变化图像如图乙所示，荧光屏P紧贴两金属板的右端且垂直金属板放置．在两金属板左侧的正中央位置O点处有一粒子发射源，能不断地沿平行于金属板的方向向右发射一系列的带电粒子，已知带电粒子的质量为m、电荷量为＋q，所有带电粒子都能射到荧光屏上，且所有粒子在金属板M、N间运动的时间均为T，忽略粒子的重力以及空气的阻力．则：‎ 39‎ 高考物理 ‎(1)粒子到达荧光屏中心下方的最大距离为多少？‎ ‎(2)粒子到达荧光屏中心上方的最大距离为多少？‎ ‎[解析]　(1)当粒子在0、T、2T、3T、…、nT时刻射入电场时，粒子到达荧光屏中心下侧的距离最远，因为粒子在金属板M、N间运动的时间均为T，则 在前时间内，粒子的竖直位移y1＝a12，其中a1＝，解得y1＝ 电压将要反向的瞬间，粒子在竖直方向的速度大小为v＝a1＝ 在后时间内，粒子的竖直位移y2＝v－a22，‎ 其中a2＝ 解得y2＝ 故带电粒子到达荧光屏中心下方的最大距离y＝y1＋y2＝ ‎(2)当粒子在、、…、时刻射入电场时，带电粒子将向上偏转，带电粒子到达荧光屏中心上侧的距离最远，因为粒子在金属板M、N间运动的时间均为T，则在前时间内，粒子的竖直位移y1′＝a22，‎ 解得y1′＝ 39‎ 高考物理 电压将要反向的瞬间，粒子在竖直方向的速度大小为v′＝a2＝ 在后时间内，粒子的竖直位移y2′＝v′－a12‎ 解得y2′＝0‎ 故带电粒子到达荧光屏中心上方的最大距离y′＝y1′＋y2′＝.‎ ‎[答案]　(1)　(2) 迁移三　“等效法”在电场中的应用 ‎3．(2019·广东惠阳高级中学模拟)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.‎ ‎(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？‎ ‎(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小．‎ ‎(3)改变s的大小，使滑块恰好始终不脱离轨道，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．‎ ‎[解析]　(1)设滑块到达C点时的速度为v，从A到C过程，‎ 由动能定理得qE·(s＋R)－μmg·s－mgR＝mv，‎ 39‎ 高考物理 由题意知qE＝mg，μ＝0.5，s＝3R，‎ 解得vC＝.‎ ‎(2)滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有N－qE＝m，‎ 解得N＝mg.‎ ‎(3)重力和电场力的合力的大小为F合＝＝mg，‎ 设合力方向与竖直方向的夹角为α，则tanα＝＝，‎ 解得α＝37°，‎ 滑块恰好由F合提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间的F点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为37°，设最小速度为v，则有F合＝m，‎ 解得v＝.‎ ‎[答案]　(1)　(2)mg　(3) 等效思维方法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法．‎ 带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷．先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可. ‎ 39‎ 高考物理 热点考向二　带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题 ‎【典例】　(2019·河北名校联盟)如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布着水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.1 T、方向垂直纸面向里．距离荧光屏h＝16 cm处有一粒子源S，以v＝1×106 m/s的速度不断地在纸面内向各个方向发射比荷＝1×108 C/kg的带正电粒子(不计重力)，则粒子打在荧光屏上的长度为(　　)‎ A．12 cm B．16 cm C．20 cm D．24 cm ‎[思路引领]　(1)在P点左侧打到荧光屏上的粒子到P点的最远距离，可根据粒子做匀速圆周运动的轨迹直径确定．‎ ‎(2)在P点右侧打到荧光屏上的粒子到P点的最远距离，可根据粒子做匀速圆周运动的轨迹与MN相切确定．‎ ‎[解析]　粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，‎ 39‎ 高考物理 有qvB＝m，解得r＝10 cm，当粒子的轨迹与荧光屏相切于D点时为临界情况，D点为粒子打到荧光屏上的最右边的点，找到圆心O(到S点的距离与到MN的距离均为r的点)，如图所示，由几何知识有x2＝＝8 cm，粒子打在荧光屏上最左侧的点记为C点，由几何知识有x1＝＝12 cm，故所求长度为x1＋x2＝20 cm，选项C正确．‎ ‎[答案]　C ‎1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法 ‎2．求解临界、极值问题的”两思路”‎ 39‎ 高考物理 ‎(1)以定理、定律为依据，求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界特殊规律和特殊解．‎ ‎(2)画轨迹讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．‎ 迁移一　矩形有界磁场 ‎1．(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　)‎ A.kBl，kBl B.kBl，kBl C.kBl，kBl D.kBl，kBl ‎[解析]　电子从a点射出时，其轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d点射出时，由几何关系有r＝l2＋2，解得轨迹半径为rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，选项B正确．‎ ‎[答案]　B 迁移二　三角形有界磁场 39‎ 高考物理 ‎2．(多选)(2019·广东佛山质检)如图所示，两个中心重合的正三角形线框内分别存在着垂直于纸面向里和垂直于纸面向外的匀强磁场，已知内部三角形容器ABC边长为2a，内部磁感应强度大小为B0，且每条边的中点开有一个小孔．有一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从AB边中点D垂直AB进入内部磁场．如果要使粒子恰好不与边界碰撞在磁场中运动一段时间后又能从D点射入内部磁场，下列说法正确的是(　　)‎ A．三角形ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也为B0‎ B．三角形A′B′C′的边长可以为2a C．粒子的速度大小为 D．粒子再次回到D点所需的时间为 ‎[解析]　要想使粒子不与边界碰撞在磁场中运动一段时间后又能从D点射入内部磁场，则带电粒子在内、‎ 外磁场中做圆周运动的轨迹都应为半径为a的圆弧，粒子运动轨迹如图所示，所以三角形ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也应该为B0‎ 39‎ 高考物理 ‎，故A正确；由几何知识可知，三角形A′B′C′的最短边长为2a＋2a，B错误；带电粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝a＝，速度为v＝，C正确；分析可知粒子再次回到D点时，其运动轨迹对应的圆心角θ＝2×60°＋300°＝420°，故t＝T＝，D正确．‎ ‎[答案]　ACD 迁移三　圆形有界磁场 ‎3．(多选)(2019·河南五校联考)如右图所示，环带区域有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在环带的内边界上有一个粒子源S，可以沿各个方向均匀向磁场中发射速度大小相等、质量为m、电荷量为q的带负电粒子，粒子在磁场中运动的轨迹半径为d，环形区域内环的半径为d，环带的宽度为d，则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子速度大小为 B．若粒子从环带外边界射出，则粒子在磁场中运动的最短时间为 C．若粒子从环带外边界射出，则粒子在磁场中运动的最长时间为 D．粒子源发射的粒子中从环带外边界射出的数量占总数量的 ‎[解析]　粒子在磁场中运动的轨迹半径为d，则粒子的速度大小为，选项A错误；粒子的速度方向在沿过S点的切线范围内，当粒子的速度方向沿切线方向时，轨迹如图甲所示，将速度方向顺时针旋转，则轨迹以S为圆心顺 39‎ 高考物理 时针转动，轨迹与环带外边界的交点与S的连线即为粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长，该弦长先减小后增大，最短弦长为环带的宽度，此时粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，如图乙所示，最短时间为tmin＝＝，选项B正确；当轨迹与环带外边界相切时，如图丙所示，由几何关系可得粒子运动轨迹所对的圆心角为150°，最长时间为tmax＝，选项C错误；当轨迹与外边界相切时，速度方向与切线的夹角为30°，则粒子从外边界射出的数量占总数量的＝，选项D正确．‎ ‎[答案]　BD 利用“动态圆”分析带电粒子在磁场中的圆周运动 模型一：在分析带电粒子以相等的速率从不同方向进入磁场的问题时，可以利用“旋转圆”的方法确定相应的临界状态，如图甲所示，分析时把握其中两点：‎ ‎(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径相同，从不同方向入射的带电粒子，其运动轨迹的圆心位置也不同．‎ ‎(2)一个共同规律：所有带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心都在以入射点为圆心，以轨迹半径为半径的圆上．‎ 39‎ 高考物理 模型二：若带电粒子以不同的速率从同一方向进入磁场，如图乙所示，则所有带电粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径随入射速度的大小变化而变化，所有带电粒子的轨迹组成一组动态的内切圆．‎ 热点考向三　带电粒子在匀强磁场中运动的对称、周期性问题 ‎【典例】　(2019·江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d D．使粒子的速度FB>FC，三个粒子所受的重力相等，所以B仅受重力作用，A所受的电场力向下，C所受的电场力向上，即B不带电，A带负电，C带正电，由牛顿第二定律得aA∶aB∶aC＝(mg＋qAE)∶(mg)∶(mg－qCE)，解得qC∶qA＝7∶20，故D正确．‎ ‎[答案]　ACD ‎5．(多选)(2019·河北六校联考)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)‎ A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ 39‎ 高考物理 C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为 ‎[解析]　若粒子射入磁场时的速度为v＝，则由qvB＝m可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，从CD边射出的粒子轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝，选项D正确．‎ ‎ [答案]　ABD ‎6．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为(　　)‎ 39‎ 高考物理 A. B. C. D. ‎[解析]　设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cosθ＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D均错误．‎ ‎ [答案]　B ‎7．(2019·安徽黄山模拟)如图所示，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界．区域Ⅰ中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内．边界上的P 39‎ 高考物理 点坐标为(4L,3L)．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O.忽略粒子重力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法中不正确的是(　　)‎ A．该粒子一定沿y轴负方向从O点射出 B．该粒子射出时与y轴正方向夹角可能是74°‎ C．该粒子在磁场中运动的最短时间t＝ D．该粒子运动的可能速度为v＝(n＝1,2,3，…)‎ ‎[解析]　带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得R＝，所以粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为R1＝2R2，设OP边与x轴的夹角为α，则tanα＝，知α＝37°，带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域Ⅰ，与OP边的夹角为53°，由对称性知从区域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y轴负方向，分析可知粒子一定是从区域Ⅱ中从O点射出，故A选项正确，B选项错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，粒子每次在区域Ⅰ中转过的圆心角为θ1＝106°，则粒子每次在区域Ⅰ中运动的时间为t1＝T1＝·，粒子每次在区域Ⅱ中转过的圆心角为θ2＝106°，则粒子每次在区域Ⅱ中运动的时间为t1＝T2＝·，所以该粒子在磁场中运动的最短时间t＝t1＋t2＝，故C选项正确；设带电粒子每两次从区域Ⅱ射出之间的时间为一个周期，在OP边沿PO方向移动的距离为L0＝L1＋L2，其中L1＝2R1cos37°＝‎ 39‎ 高考物理 eq f(8mv,5qB)，L2＝2R2cos37°＝，而5L＝nL0(n＝1,2,3，…)，联立解得v＝(n＝1,2,3，…)，故D选项正确；综上所述，只有B选项错误，符合题意．‎ ‎ [答案]　B ‎8.(2019·恩施调研)如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，一带电粒子从A点沿AD方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若该粒子以相同的速度从AB边的中点P垂直AB射入磁场，则从BC边上的M点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到C点所用时间为t，由P点运动到M点所用时间为t′，不计粒子的重力，则t∶t′等于(　　)‎ A．1∶1 B．2∶3‎ C．3∶2 D.∶ ‎[解析]　由于该带电粒子两次射入磁场的初速度相同，故由R＝和T＝可知，该粒子两次在磁场中做圆周运动的半径、周期均相同．由于当该粒子从A点沿AD方向射入磁场时，从C点飞出磁场，故由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角恰为，且轨迹半径刚好等于正方形的边长L，B点为该粒子做圆周运动的圆心，粒子在磁场中运动的时间为t 39‎ 高考物理 ‎＝；当粒子以相同的速度从P点射入磁场时，由几何关系可知，此时粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为，故其在磁场中的运动时间为t′＝，故t∶t′＝3∶2，选项C正确．‎ ‎[答案]　C ‎9．(多选)(2019·绵阳第一次诊断性测试) 如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O′的坐标为(2a,0)，其半径为a，该区域内无磁场．在y轴和直线x＝3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场．不计粒子重力．则(　　)‎ A．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，粒子的初速度大小为 B．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，粒子的初速度大小为 C．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt＝，且粒子也能到达B点，粒子的初速度大小为 D．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt＝，且粒子也能到达B点，粒子的初速度大小为 ‎[解析]　粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B 39‎ 高考物理 点时速度方向竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，设粒子做圆周运动的半径为r1，如图(1)，由几何关系得：r1sin30°＝3a－r1，又qv1B＝m，解得：v1＝，故A正确，B错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，粒子在磁场中的运动Δt＝所对应轨迹对应的圆心角为α＝×360°＝60°，如图(2)，由几何关系知粒子到达B点的速度与x轴夹角β＝30°；设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得：3a＝2r2sin30°＋acos30°，又qv2B＝m，解得：v2＝，故C正确，D错误．‎ ‎[答案]　AC 二、非选择题 ‎10．(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求 39‎ 高考物理 ‎ (1)带电粒子的比荷；‎ ‎(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．‎ ‎[解析]　(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝mv2①‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m②‎ 由几何关系知 d＝r③‎ 联立①②③式得＝④‎ ‎(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s＝＋rtan30°⑤‎ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t＝⑥‎ 联立②④⑤⑥式得t＝ ‎[答案]　(1)　(2) ‎11. (2019·福建四地六校期末联考)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在x>0的区域内有电场强度大小E＝4 N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d＝2.0‎ 39‎ 高考物理 ‎ m．一质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝－3.2×10－19 C的带电粒子从P点(0,1 m)以速度v＝4×104 m/s，沿x轴正方向进入电场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点(图中未标出)，不计粒子重力．求：‎ ‎ (1)当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；‎ ‎(2)若只改变上述电场强度的大小，且电场左边界的横坐标x′处在范围0

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