2013届高三各地模拟考试试题汇编：磁场 35页

‎1（2013山东济宁期末）．在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里。现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速度为v1，在空中的飞行时间为t1。若将磁场撤除，其它条件均不变，那么小球着地时的速度为v2，在空中飞行的时间为t2。小球所受空气阻力可忽略不计，则关于v1和v2、t1和t2的大小比较，以下判断正确的是 （ ）‎ ‎ A．v1＞v2，t1＞t2 ‎ ‎ B．v1＜v2，t1＜t2‎ ‎ C．v1=v2，t1＜t2 ‎ ‎ D．v1=v2，t1＞t2‎ 答案：D ‎2（2013河南平顶山期末）．如图，甲图是回旋加速器的原理示意图。其核心部分是两个D型金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中（磁感应强度大小恒定），并分别与高频电源相连。加速时某带电粒子的动能EK随时间t变化规律如乙图所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是 ‎ A．高频电源的变化周期应该等于tn－tn-1 ‎ ‎ B．在EK-t图象中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1‎ C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大 ‎ D．不同粒子获得的最大动能都相同 答案：B ‎3. （2013广东惠州一月调研）如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口， M, N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B= 1T的匀强磁场中，CO间距离为10cm， 当磁场力为0.2 N时，闸刀开关会自动跳开.则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电 流的大小和方向为 A. 电流方向C→O电流大小为1A B. 电流方向C→O电流大小为2A C. 电流方向O→C电流大小为1A ‎ D. 电流方向O→C。电流大小为2A 答案：D ‎8（2013四川自贡二诊）. 如下图所示，水平放置的平行板电容器两板间有垂直纸面向里的匀强场。开关S闭合 时，带电粒子恰好水平向右匀速穿过两板，粒子的重力不计，下列说法正确的是 A. 保持开关闭合，若滑片P向上滑动，粒子可能从下极板边缘射出 B. 保持开关闭合，若滑片P向下滑动，粒子可能从下极板边缘射出 C. 保持开关闭合，若只将A极板向上移动后，粒子仍能沿直线穿出 D. 如果开关断开，粒子仍能沿直线穿出 答案：AB ‎ ‎3(2013四川绵阳二诊). 如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸面水平 向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流，细线中拉力不为零，两细线竖直。 保持匀强磁场磁感应强度大小不变，方向缓慢地转过90°变为竖直向下，在这个过程中 A. 细线向纸面内偏转，其中的拉力一直增大 B. 细线向纸面外偏转，其中的拉力一直增大 C. 细线向纸面内偏转，其中的拉力先增大后减小 D. 细线向纸面外偏转，其中的拉力先增大后减小 答案：A ‎ ‎20（2013河北保定期末调研）. 如图所示，两金属板间有水平方向（垂直纸面向里）的勻强磁场和竖直向下的匀强 电场.一带正电的小球垂直于电场和磁场方向从O点以速度v0飞入此区域，恰好 能沿直线从P点飞出此区域.如果只将电场方向改为竖直向上，则小球做匀速圆周运动，加速度大小为a1，经时间t1从板间的右端a点飞出，a与P间 的距离为y1；如果同时撤去电场和磁场，小球加速 度大小为a2，经时间t2从板间的右端b点以速度v飞出，b与P间的距离为y2.a、b两点在图中未标 出，则一定有 A. v0FN2，弹簧的伸长量增大 ‎ D．FNl>FN2，弹簧的伸长量减小 答案：A 第7题图 ‎7（2013南通第一次调研）．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示．D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上．位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是 A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大 B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短 C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子 D．质子第n次被加速前后的轨道半径之比为∶‎ 答案：BD ‎7（2012无锡一中期中）．如图所示，匀强电场水平向右，虚线右边空间存在着方向水平、[来垂直纸面向里的匀强磁场，虚线左边有一固定的光滑水平杆，杆右端恰好与虚线重合。有一电荷量为q质量为m的小球套在杆上并从杆左端由静止释放，电小球离开杆的右端进入正交电、磁场后，开始一小段时间内，小球 （ ）‎ ‎ A．可能做匀速直线运动 ‎ B． 一定做变加速曲线运动 ‎ C．电势能可能增加 ‎ D．重力势能可能减小 答案：BD ‎4(2013徐州摸底). 如图所示，水平桌面上一小钢球沿直线运动．若在钢球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁，下列关于小球运动的说法正确的是 A．磁铁放在A处时，小球做匀速直线运动 B．磁铁放在A处时，小球做匀加速直线运动 C．磁铁放在B处时，小球做匀速圆周运动 D．磁铁放在B处时．小球做变加速曲线运动 答案：D ‎1.（2013南京学情调研）. （18分）如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第Ⅲ象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x<0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E＝2V/m；以直线OM和正x轴为界，在y<0‎ 的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.1T。一不计重力的带负电微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0＝2×‎103m/s的初速度射入磁场。已知微粒的比荷为q/m＝5×‎104C/kg，求： ‎ ‎ （1）粒子经过1/4圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标； ‎ ‎ （2）粒子在磁场区域运动的总时间；‎ ‎（3）粒子最终将从电场区域D点离开电场，则D点离O点的距离是多少?‎ 解析：（1）微粒带负电，从O点射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动，轨迹如图。‎ 第一次经过磁场边界上的A点 由，‎ 得，‎ 所以，A点坐标为（－‎0.4m，－‎0.4m）。（6分）‎ ‎（2）设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T，则 ‎ ，（4分） ‎ ‎ 其中 代入数据解得：T＝1. 256×10－3s 所以。（保留π的，不扣分）（3分）‎ ‎（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则 qE＝ma（1分）[来源:学+科+网Z+X+X+K]‎ ‎（‎ ‎14（2013南京、盐城一模）．（16分）如图所示，在半径为的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计。‎ ‎⑴若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；‎ ‎ × × ‎ ‎× × × × ‎ ‎× × × × ‎ ‎ × × × ‎ ‎ × × ‎ ‎●‎ O P ‎●‎ M N B ‎⑵若粒子对准圆心射入，且速率为，求它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎⑶若粒子以速度从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。‎ ‎14答案．解析 ‎（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为，由牛顿第二定律得 ‎ × × ‎ ‎× × × × ‎ ‎× × × × ‎ ‎ × × × ‎ ‎ × × ‎ ‎●‎ O P ‎●‎ M N O1‎ Q 带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图所示，则 ‎ × × ‎ ‎× × × × ‎ ‎× × × × ‎ ‎ × × × ‎ ‎ × × ‎ ‎●‎ O P ‎●‎ M N O2‎ R ‎（2）由（1）知，当时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为 其运动轨迹如图所示，‎ 由图可知 所以带电粒子离开磁场时偏转原来方向60°‎ ‎ × × ‎ ‎× × × × ‎ ‎× × × × ‎ ‎ × × × ‎ ‎ × × ‎ ‎●‎ O P ‎●‎ M N O3‎ S ‎（3）由（1）知，当带电粒子以射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R。‎ 设粒子射入方向与PO方向夹角为，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示。‎ 因PO3=O3S=PO=SO=R 所以四边形POSO3为棱形 由图可知：∥， ⊥SO3[来源:学_科_网]‎ 因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关。‎ v0‎ I I M N a b O ‎.‎ ‎.‎ ‎7(2013苏北三市一模)．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中， O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是 A．小球先做加速运动后做减速运动 B．小球一直做匀速直线运动 C．小球对桌面的压力先减小后增大 D．小球对桌面的压力一直在增大 答案：BD Q U 加速电场 ‎· · · · · · ·‎ ‎· · · · · · · ‎ 静电分析器 磁分析器 P O M N 胶片 B E ‎· · · · · · ·‎ ‎8(2013苏北三市一模)．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是 A．极板M比极板N电势高 B．加速电场的电压U=ER C．直径PQ D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶 片上同一点，则该群离子具有相同的比荷 答案：AD ‎15(2013苏北三市一模)．(16分)如图所示的直角坐标系第、象限内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，处于坐标原点O的放射源不断地放射出比荷C/kg的正离子，不计离子之间的相互作用。‎ ‎⑴求离子在匀强磁场中运动周期；‎ ‎⑵若某时刻一群离子自原点O以不同速率沿x轴正方向射出，求经过s时间这些离子所在位置构成的曲线方程；‎ ‎⑶若离子自原点O以相同的速率v0=2.0×‎106m/s沿不同方向射入第象限，要求这些离子穿过磁场区域后都能平行于y轴并指向y轴正方向运动，则题干中的匀强磁场区域应怎样调整（画图说明即可）？并求出调整后磁场区域的最小面积。‎ x O y ‎15（16分）解：‎ ‎⑴根据牛顿第二定律 有　 　　　２分 ‎ 运动周期 　　 ２分 ‎⑵离子运动时间 ２分 根据左手定则，离子沿逆时针方向作半径不同的圆周运动，‎ 转过的角度均为 　　　　　　 １分 这些离子所在位置均在过坐标原点的同一条直线上，‎ 该直线方程 　　 　　２分 O R O Ａ Ｃ ‎⑶离子自原点O以相同的速率v0沿不 同方向射入第一象限磁场，均做逆时 针方向的匀速圆周运动 根据牛顿第二定律 有 ‎ 　　　２分 ‎ 　 ｍ 　１分 这些离子的轨道圆心均在第二象限的四分之一圆弧AC上，欲使离子穿过磁场区域后都能平行于y轴并指向y轴正方向运动，离开磁场时的位置在以点（１,０）为圆心、半径Ｒ＝１m的四分之一圆弧（从原点Ｏ起顺时针转动）上，磁场区域为两个四分之一圆的交集，如图所示 ２分 调整后磁场区域的最小面积m2 ２分 ‎16（2013南通第一次调研）．（16分）如图所示，在长度足够长、宽度d=‎5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T．水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C．现有大量质量m=6.6×10‎-‎27kg、‎电荷量q=3.2×10‎-‎‎19C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为v=1.6×‎106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：‎ ‎（1）求带电粒子在磁场中运动的半径r；‎ ‎（2）求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；‎ ‎（3）当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．‎ P Q v B O M N d x y 第16题图 E ‎60°‎ P Q v B O M N x y 第16题甲答图 E ‎60°‎ v ‎30°‎ ‎16．（16分）解：（1）由牛顿第二定律有 ‎ （2分）‎ 解得 （2分）‎ ‎（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场 （2分）‎ 粒子在电场中运动的加速度 （1分）‎ 粒子在电场中运动的时间 （1分）‎ 解得 （2分）‎ ‎（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°．‎ 则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°~60°（3分）‎ 所有粒子此时分布在以O点为圆心，弦长‎0.1m为半径的圆周上 （1分）‎ O2‎ O3‎ P Q B O M N x y 第16题乙答图 ‎60°‎ ‎60°‎ ‎60°‎ O1‎ 曲线方程为 （R=‎0.1m，≤x≤‎0.1m） （2分）‎ ‎10（2013北京丰台期末）．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图．若不计粒子的重力，则下列说法正确的是 ‎ A．a粒子带正电，b粒子带负电 ‎ B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 ‎ C．b粒子动能较大 ‎ D．b粒子在磁场中运动时间较长 答案：C ‎18．（2013北京丰台期末）（10分）如图甲所示，两平行金属板A、B的板长l＝‎0.20 m，板间距d＝‎0.20 m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应。在金属板右侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左右宽度D=‎0.40 m，上下范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直。匀强磁场的磁感应强度B＝1.0×10-2 T。‎ 现从t＝0开始，从两极板左端的中点O处以每秒钟1000个的速率不停地释放出某种带正电的粒子，这些粒子均以vo＝2.0×‎105 m/s的速度沿两板间的中线射入电场，已知带电粒子的比荷＝1.0×‎108 C/kg，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变．求：‎ ‎(1) t＝0时刻进入的粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离；‎ ‎(2) 当两金属板间的电压至少为多少时，带电粒子不能进入磁场；‎ ‎(3) 在电压变化的第一个周期内有多少个带电的粒子能进入磁场。 18．(1) （1）t＝0时刻电压为零，粒子匀速通过极板 由牛顿第二定律 （2分）‎ 得： （1分）‎ ‎ 所以出射点到入射点的距离为 （1分）‎ ‎（2）考虑临界情况：粒子刚好不能射出电场 对类平抛过程：，， （3分）‎ 联立解得 （1分）‎ ‎（3）当时，粒子可以射出电场，根据比例关系得 第一个周期内能够出射的粒子数为个（2分）‎ ‎19答案．解：(1)设B球刚进入电场时带电系统电度为v1，由动能定理得 ‎ （2分） 解得 （2分）‎ ‎(2)带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场。‎ 设A球的最大位移为x，由动能定理得 ‎ （2分）‎ ‎ 解得 则 （2分）‎ B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为 其电势能的变化量为 （2分）‎ ‎（另解：带电系统从开始运动到速度第一次为零时，B球电势能的增加量等于A球电势能的减小量，）‎ ‎(3)向右运动分三段，取向右为正方向，‎ 第一段加速， （1分）‎ 第二段减速 ‎ 设A球出电场电速度为v2，由动能定理得 解得 （1分）‎ 第三段再减速则其加速度a3及时间t3为:‎ ‎， （1分）‎ 所以带电系统运动的周期为: （1分）‎ ‎18．（2013北京朝阳期末）（7分）某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。‎ ‎（1）当电流表的示数为零时，求弹簧的伸长量；‎ ‎（2）为使电流表正常工作，判断金属杆MN中电流的方向；‎ ‎（3）若磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，此电流表的量程是多少？‎ B ‎18．（7分）‎ 解答：‎ ‎（１）设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为，则有 ‎　　　　　 （2分）‎ ‎（２）根据左手定则，金属杆中的电流方向为：MN （2分）‎ ‎（3）设电流表满偏时通过MN的电流为Im，则有：‎ ‎ （3分）‎ ‎20（2013北京朝阳期末）.（10分）如图所示，一个质量m=2.0×10‎-11kg、电荷量q=1.0×10‎-5C的带电粒子（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电场加速后，沿两平行金属板间中线水平进入电压U2=100V的偏转电场，带电粒子从偏转电场射出后，进入垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的左右边界均与偏转电场的金属板垂直。已知偏转电场金属板长L=‎20cm、两板间距，匀强磁场的宽度D=‎10cm。求：‎ ‎（1）带电粒子进入偏转电场时的速度v0；‎ ‎（2）带电粒子射出偏转电场时速度v的大小和方向；‎ ‎（3）为了使带电粒子不从磁场右边界射出，匀强磁场磁感应强度的最小值B。‎ ‎20答案．（10分）‎ 解答：‎ （1） 带电粒子在加速电场中，由动能定理：‎ ‎ ‎ 解得： （2分）‎ （2） 带电粒子在偏转电场中做水平方向的匀速直线运动，和竖直方向的匀加速直线运动。‎ ‎ ‎ 飞出电场时，速度偏转角的正切值为：‎ 带电粒子射出偏转电场时速度的大小： （4分）‎ （3） 带电粒子不从磁场右边界射出，则其最大半径的运动轨迹如图所示，设带电粒子在磁场中运动的最大半径为r，由几何关系有： ‎ B q 洛伦兹力提供向心力：‎ 联立可得： 代入数据：‎ ‎ （4分）‎ ‎14（2013北京海淀期末）.(8分)如图14所示，空间同时存在水平向右的匀强电场和方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m，电荷量为q的液滴，以某一速度沿与水平方向成θ角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，在时间t内液滴从M点匀速运动到N点。重力加速度为g。‎ ‎(1)判定液滴带的是正电还是负电，并画出液滴受力示意图；‎ ‎(2)求匀强电场的场强E的大小；‎ ‎(3)求液滴从M点运动到N点的过程中电势能的变化量。‎ ‎14答案．（8分）‎ F电 f洛 mg θ θ ‎14题答案图 ‎（1） 液滴带正电 ………………………………1分 液滴受力示意图如图所示…………………1分 ‎（2）设匀强电场的电场强度为E，由图可知 Eq=mgtan ………………………………1分 ‎ ………………………………1分 ‎（3）设液滴运动的速度为v，由图可知 mg=qvBcos v=………………………………1分 设MN之间的距离为d，则 d=vt=………………………………1分 液滴从M点运动到N，电场力做正功，电势能减少，设电势能减少量为E E=Eqdcosθ………………………………1分 E= mgtancosθ E= ………………………………1分 ‎20（2013北京西城期末）（13分）如图1所示，在x轴上0到d范围内存在电场（图中未画出），x轴上各点的电场沿着x轴正方向，并且电场强度大小E随x的分布如图2所示；在x轴上d到2d范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m，电量为的粒子沿x轴正方向以一定速度从O点进入电场，最终粒子恰从坐标为（2d，）的P 点离开磁场。不计粒子重力。‎ E d d O O d x 图1‎ B E 图2‎ y x E0‎ P ‎（1）求在x=0.5d处，粒子的加速度大小a； ‎ ‎（2）求粒子在磁场中的运动时间t；‎ ‎（3）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，并结合其他物理知识，求电场对粒子的冲量大小I。‎ ‎21答案．（13分）解：‎ B x d R α ‎ （1）由图像，x=0.5d处，电场强度为E=0.5E0，由牛顿第二定律得：‎ ‎ 【2分】‎ ‎ 解得： 【1分】‎ ‎ （2）在磁场中运动轨迹如图，设半径为R，由几何关系 ‎ ‎ 解得：R= 【1分】‎ 设圆弧所对圆心为α，满足： ‎ 解得： 【1分】‎ 粒子在磁场中做圆周运动，设在磁场中运动的周期为T，粒子在磁场的运动速率为v，‎ 圆运动半径为 R，根据牛顿第二定律：‎ ‎ 【1分】‎ 粒子运动的周期 【1分】‎ 所以，粒子在磁场中运动时间 【1分】 ‎ ‎（3）粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ ‎，又粒子做圆周运动的半径R=‎ 解得粒子在磁场中的运动速度 【1分】 ‎ 由图像可知，电场中电场力对粒子做功W= 【1分】‎ 设粒子刚进入电场时速度为v0，根据动能定理： 【1分】‎ 解得：【1分】‎ 根据动量定理： 【1分】‎ θ v0‎ E ‎22(2013北京房山区期末) ．如图所示，质量为m，电荷量+q的带电粒子在左侧加速电场的作用下，以速度v0进入场强为E的偏转电场，在偏转电场的作用下偏转θ角射出．若撤去电场改用同样宽度的匀强磁场，使该离子通过该区域并使偏转角度也为θ，求 ‎（1）加速电场的电压；‎ ‎（2）所加磁场的磁感应强度为多大；‎ ‎（3）粒子穿过电场和磁场的时间之比为多少.‎ ‎22.答案（13分）‎ ‎(1)由动能定理得 解得 ‎ ‎(2)设电场宽度为L，粒子在偏转电场中作类平抛运动 ‎ 运动的时间 ‎ ‎ 粒子在偏转电场中的加速度 ‎ ‎ ① ‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动向心力由洛仑兹力提供即： 解得 ‎ ‎ 由几何关系得： ② （1分） ‎ ‎ 由①②联立解得 （1分）[来源:学科网]‎ ‎(3)粒子在偏转电场中运动的时间 ③（1分）‎ ‎ 粒子在磁场中运动的时间④（1分）‎ ‎ 由②③④联立解得（1分）‎ ‎35（2013广东肇庆统一检测）．（18分）如下图（甲）所示，一竖直放置的边长为L的正方形导线框，其内有垂直框面向外的均匀变化的磁场，磁场变化如图（乙）所示。导线框两端分别连平行板电容器的两极板M、N，M、N的长度和它们之间的距离都是d，两平行板所在平面与纸面垂直。‎ ‎（1）一质子沿M、N两板正中央水平射入，恰好打在N板的中点处。已知质子的质量和电量分别为m、e，求M、N两板间的电压UMN和质子入射的初速度v0 。‎ ‎（2）若在M、N间加一垂直纸面的匀强磁场B，质子以初速度v沿两极板的正中央入射时，恰好沿直线通过两板，求M、N间所加磁场B的大小和方向。‎ ‎（3）若在M、N的右侧有一垂直M、N板的长接收板P，且在接收板与M、N间也存在（2）中所加的同样大小与方向的磁场B，则质子以直线通过M、N板之后恰好没有碰到P板。求M板右端到P板的距离。‎ M N L v P ‎（甲） （乙）‎ t/s ‎0‎ B/T B0‎ t0‎ ‎35答案．（18分）‎ 解：（1）设平行板电容器两端的电压是U，则由法拉第电磁感应定律可得：‎ U= ① （2分）‎ 由（乙）图可知：= ② （1分）‎ 而S=L2 ③‎ 由①②③式解得：U= ④ （1分）‎ 质子在M、N间做类平抛运动，由平抛运动规律可得：‎ 在水平方向： ⑤ （1分）‎ 在竖直方向： ⑥（1分）‎ 由牛顿第二定律和电场力公式可得：‎ ‎ ⑦ （2分）‎ 由以上式子解得： ⑧（1分）‎ ‎ ‎ ‎（2）质子在M、N板间做匀速直线运动，它受到电场力和洛仑兹力这一对平衡力作用。由洛仑兹力和电场力计算公式可得：‎ M N L v P O R ‎ ⑨（2分）‎ 由⑨式解得： ⑩（1分）‎ B的方向垂直纸面向外（1分）‎ ‎（3）质子恰好没有碰到P板，则质子在磁场中做圆周运动的轨迹与P板相切，由右图可知：‎ （2分）‎ 由几何知识知M板右端到P板的距离：S=R （1分）‎ 由以上两式解得 （2分）‎ ‎35（2013广东潮州期末）.如图所示,在XOY直角坐标系中,OQ与OP分别与X轴正负方向成450,在POQ区域中存在足够大的匀强电场,场强大小为E,其余区域存在匀强磁场,一带电量为+q的质量为m粒子在Y轴上A点(0,-L)以平行于X轴速度v0进入第四象项,在QO边界垂直进入电场,后又从PO边界离开电场,不计粒子的重力.‎ O Q X P Y A 求(1)匀强磁场的磁感应强度大小?‎ ‎(2)粒子从PO进入磁场的位置坐标?‎ ‎35答案.解:(1)设磁感应强度为B则在磁场中运动，根据牛顿第二定律有 ‎ 3分 由几何关系可得r=L 3分 则 3分 ‎(2)设粒子在电场中运动的加速度大小为α则根据牛顿第二定律有 ‎ 3分 由平抛运动规律知 3分 ‎ 2分 则坐标值为（） ‎ ‎35（2013广东东莞期末调研）．（18分）如图所示，在真空中，半径为d的虚线所围的圆形区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离也为d，板长为l．板 ‎ 间存在匀强电场，两板间的电压为U0。两板的中心线O1O2,与磁场区域的圆心O在同一直线上。有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以速率v0从圆周上的P点沿垂 ‎ 直于半径OOl并指向圆心O的方向进入磁场，从圆周上的O1点飞出磁场后沿两板的中 ‎ 心线O1O2射入匀强电场，从两板右端某处飞出。不计粒子所受重力。求 ‎(1)磁场的磁感应强度B的大小 ‎(2)粒子在磁场和电场中运动的总时间 ‎(3)当粒子在电场中经过时间时，突然改变两金属板带电性质，使电场反向，且两板间电压变为U1，则粒子恰好能从O2点飞出电场，求电压U1和U0的比值 ‎35答案．(1) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律 ‎ （2分）‎ 由几何关系知 （2分）‎ 所以 （1分）‎ ‎(2) 粒子在磁场中运动的周期，（2分）‎ 在磁场中运动时间为四分之一个周期，（1分）‎ 粒子在电场中做类平抛运动，平行板的方向做匀速直线运动 ‎ （1分） 所以（1分）‎ 在电磁场中运动的总时间 （1分）‎ ‎(3) 根据运动的独立性可知：粒子在竖直方向先做匀加速直线运动，再做等时间的匀减速直线运动，‎ 第一阶段（2分）‎ 第二阶段（2分）‎ 竖直方向总位移为零， （1分）‎ 所以 （1分）‎ 故（1分） ‎ ‎（其它解法正确的同样给分）‎ ‎35. （2013广东佛山质量检测）（15分）如左图所示，水平光滑绝缘桌面距地面高h，x轴将桌面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域。右图为桌面的俯视图，Ⅰ区域的匀强电场场强为E，方向与ab边及x轴垂直；Ⅱ区域的匀强磁场方向竖直向下。一质量为m，电荷量为q的带正电小球，从桌边缘ab上的M处由静止释放（M距ad边及x轴的距离均为l），加速后经x轴上N点进入磁场，最后从ad边上的P点飞离桌面；小球飞出的瞬间，速度如图与ad边夹角为60o。求：‎ ‎⑴小球进入磁场时的速度；‎ ‎⑵Ⅱ区域磁场磁感应强度的大小 ‎⑶小球飞离桌面后飞行的水平距离。‎ ‎35答案.（1）小球在电场中沿MN方向做匀加速直线运动，此过程由动能定理，有 ‎ ①‎ 可得小球进入磁场时的速度 　　　　②‎ v方向x轴垂直。‎ ‎（2）小球进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示。‎ 由几何关系可得 ‎ 　　　　　③‎ ‎ 又由洛仑兹力提供向心力，有 ‎ ④‎ 由②③④式可得 ‎ ‎ （3）小球飞离桌面后做平抛运动，由平抛规律有 ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 由②⑤⑥式可得小球飞行的水平距离为 ‎ x d L θ B Ⅱ Ⅰ B L O O1‎ O2‎ O3‎ y ‎26（2013黄冈期末理综）. （18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆，其简化模型如图所示：Ⅰ、Ⅱ两处宽度均为L的条形匀强磁场区边界竖直，Ⅰ区域磁场垂直纸面向外，Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B，两磁场区的间距可以调节。以Ⅰ区域左边界上的 O点为坐标原点建立坐标系，y轴与左边界重合，x轴与磁场边界的交点分别为O1、O2和O3。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，平行纸面从O点与y轴的夹角θ＝30°射入Ⅰ区域，粒子重力不计。‎ ‎（1）若粒子恰好从O1射出Ⅰ区域，粒子的速度应为多大？‎ ‎（2）若粒子从Ⅰ区域右边界射出时速度与x轴的夹角为30°，调节两磁场区的间距，粒子恰好从O3射出Ⅱ区域，则粒子从O射入到从O3射出共经历了多长时间？‎ ‎26答案.（18分）‎ 解：（1）粒子从O1射出Ⅰ区域，轨迹如图。‎ 由几何关系2R1cosθ=L………………………3分 θ Ⅰ B L O O1‎ y θ R1‎ 粒子在磁场中的运动半径公式R1=………………………1分 综合上式可得v1=………………………2分 ‎（2）粒子的运动轨迹如图所示。‎ x d L θ B Ⅱ Ⅰ B L O O1‎ O2‎ O3‎ y θ θ θ A 设粒子的运动速度为v2，半径R2= 粒子在磁场中的运动周期T=………………………1分 B 由几何关系可得，粒子在Ⅰ区运动的圆心角为90°‎ 即tⅠ=T/4………………………2分 A O1=R2cosθ-R2sinθ………………………2分 由于粒子Ⅰ、Ⅱ两区域的运动半径相同，要使粒子从O3射出Ⅱ区域，则粒子在Ⅱ区中运动时间与Ⅰ区相同，且粒子必须经过O1 O2的中点B 则tⅡ=T/4………………………2分 在ⅠⅡ间隔区域运动的时间t2== ………………………3分 综上所述，粒子从O射入到O3射出共经历的时间为 t= tⅠ+ t2+ tⅡ=………………………2分 说明：半径公式无论是出现在第（1）问还是第（2）问中均只得1分；第（2）问中，磁场时间求出综合式t磁=得5分，匀速时间求出综合式t匀=得5分。‎ ‎25（2013河北唐山期末）．（19分）如图所示，中心带孔的平行板电容器水平放置，板长L=‎0.4m，板间距离为d=‎‎0.6m ‎，两板间电压U=6V，使板间产生匀强电场（电场只存在于两板间）。一带电微粒在正对小孔上方距小孔h=0．‎8m高处由静止释放，经t=0.55s从下极板小孔处穿出。（不计空气阻力，g=‎10m/s2）求：‎ ‎ （1）微粒进入上极板小孔时的速度及在两极板间运动的时间；‎ ‎ （2）若在两极板间再加一垂直纸面的匀强磁场，其他条件不变，微粒仍从原来位置由静止释放，为使微粒从两极板右侧偏出，求所加磁场的磁感应强度的方向及大小应满足的条件。‎ ‎25．解：⑴微粒进入电场前做自由落体运动。设进入电场前速度为v，所用时间为t1，则 ‎……………………………………⑴‎ ‎………………………………………⑵‎ 设微粒在两极板间运动时间为Δt，则 ‎……………………………………⑶‎ 代入数值后可得：‎ v=‎4m/s Δt=0．15s …………………………．⑷‎ ‎（2）未加磁场前，根据微粒在电场中运动时间，可判定在进入电场后做匀速运动。‎ ‎ Eq=mg…………………………………………⑸‎ ‎ 式中……………………………………⑹‎ 加磁场B后，微粒做匀速圆周运动，若微粒恰好从上极板右边缘偏出，则微粒做圆周运动的半径为R1，则 ‎ …………………………………………⑺‎ ‎ 若微粒恰好从下极板右边缘偏出，半径为R2，则利用几何关系得 ‎……………………………⑻‎ ‎ 利用…………………………………⑼‎ 代入数值后可解得：‎ ‎4T≤B≤40T………………………………………⑽‎ 根据未加磁场前微粒做匀速运动可判断微粒带负电，再利用左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外。（（3）式1分，其它每式2分，其它方法正确同样得分）‎ ‎29(2013上海闸北期末)．（8分）如 图所示，虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过图示装置来测量该磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，长度为L，两侧边竖直且等长；直流电源电动势为E，内阻为r；R为电阻箱；S为开关。此外还有细沙、天平和若干轻质导线。已知重力加速度为g。‎ 先将开关S断开，在托盘内加放适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1。 闭合开关S，将电阻箱阻值调节至R1=r，在托盘内重新加入细沙，使D重新处于平衡状态，用天平称出此时细沙的质量为m2且m2＞m1。‎ ‎（1）磁感应强度B大小为___________，方向垂直纸面____________（选填“向里”或“向外”）； ‎ ‎（2）将电阻箱阻值调节至R2=2r，则U形金属框D_________（选填“向下”或“向上”）加速，加速度大小为___________。‎ 答案：（1），向外；（2）向上，（每空2分）‎ ‎10. (2013四川绵阳二诊) (17 分） 如图所示的坐标系xOy中，x<0, y>0的区域内有沿x轴正方向的匀强电场，x0的区域内有垂直于xOy坐标平面向外的匀强磁场，X轴上A点坐标为（－L，0)，Y轴上B点的坐标为（0，）。有一个带正电的粒子从A点以初速度vA沿y轴正方向射入匀强电 场区域，经过B点进入匀强磁场区域，然后经x轴上的C点 (图中未画出）运动到坐标原点O。不计重力。求：‎ ‎(1) 粒子在B点的速度vB是多大？‎ ‎(2) C点与O点的距离xc是多大？ ‎ ‎(3) 匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度的比值是多大？‎ ‎10．解：‎ ‎(1)设粒子在A到B的过程中运动时间为t，在B点时速度沿x轴正方向的速度大小为vx，则 vA O B A x y C ‎ O1‎ θ vx vA vB ‎ …………（1分）‎ ‎ …………（1分）‎ ‎ …………（2分）‎ 解得vB＝2vA …………（1分）‎ ‎(2)设粒子在B点的速度vB与y轴正方向的夹角为θ，则 ‎ …………（2分）‎ 解得θ＝60º 粒子在x≥0的区域内做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设轨道半径为R，由几何关系有 ‎ ………………………（2分）‎ xc＝2Rcosθ ………………………（2分）‎ xc＝2L/3 ………………………（1分）[来源:学科网ZXXK]‎ ‎(或者通过判断BC 是直径，△OO1C是等边三角形，由xc＝R得到xc＝2L/3) ‎ ‎(3) 设匀强电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子质量为m，带电荷量为q，则 ‎ ………………………（2分）[来源:学.科.网Z.X.X.K]‎ ‎ ………………………（2分）‎ 解得 ‎11（2013四川自贡二诊）. (20分）如图所示，一带电微粒质量为 kg、电荷量、,从静止开始经电压为的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6 cm的匀强磁场区域。 已知偏转电场屮金属板长L=20 cm,两板间距d=17.3 cm, 重力忽略不计。求：‎ ‎⑴带电微粒进入偏转电场时的速率v1‎ ‎⑵偏转电场中两金属板间的电压U2,‎ ‎⑶为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁 感应强度B至少多大？‎ ‎11．(20分) ⑴由动能定理有： ‎ ‎=1.0×‎104 m/s ‎ ‎⑵设微粒在偏转电场中运动时间为t, 加速度为a，做类平抛运动。‎ 水平方向： ③ (1分)‎ 竖直方向： q= ma ④ (2分)‎ 出电场时竖直方向的速度： v2=at ⑤ (2分)‎ 由几何关系 tan= ⑥ (2分)‎ 由①~⑥式解得： =100 V (2分)‎ ‎⑶微粒进入磁场做匀速圆周运动，设轨道半径为R，由几何关系知 D θ B U1‎ U2‎ v L ‎ ⑦ ‎ 设微粒进入磁场时的速度为v/ ⑧ ‎ 由牛顿第二定律有： ⑨ ‎ 由②⑦⑧⑨式代入数据解之得： B=0.1 T ‎ 若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1 T。 ‎ ‎25（2013河南平顶山期末）．（19分）如图所示，在xoy平面内的第一象限有一以PQ为边界、沿y轴负向的匀强电场E，在第四象限有垂直于xoy平面的匀强磁场B。某时有质量和电荷量均为m、q的正粒子a、b同时从P点以垂直于y轴的速度进入电场，速度大小分别为v0、2v0，b粒子从Q点进入磁场。 P、Q的坐标分别是（0，l）、（‎2l，0）。不计重力，不考虑粒子间的相互作用和可能发生的碰撞。‎ ‎（1）求电场强度E的大小 ‎（2）调节磁感应强度B使粒子b首次在磁场中运动的时间跟在电场中运动的时间相等，设这一时间为TO，求TO及对应的磁感应强度B ‎（3）在保持上述磁感应强度不变的情况下，求当a、b中的一个粒子第二次到达x轴时另一粒子的y坐标，最终表达式的系数保留一位小数即可 ‎（半角公式)‎ ‎25答案、（18分）‎ （1） 以b为对象可知，‎ ‎ （2分） ‎ ‎ （2分）‎ ‎ 且y=l，x=‎2l ‎ 解得：（2分）‎ （2） b粒子在电场中做类平抛运动，‎ 运动时间： （2分）‎ 故： （1分） ‎ 粒子b进入磁场是与x轴夹角为450，运动轨迹为圆周，设圆周运动周期为T，则T=4T0‎ 由得：（2分）‎ ‎（1分）‎ ‎（3）设粒子离开电场时速度方向与x轴夹角为为：‎ 即与x轴夹角为为450（1分）‎ a粒子在电场中运动时间： ‎ a粒子离开电场运动到x轴的时间：‎ a粒子从P点运动到x轴的时间：（1分）‎ 故：a粒子比b粒子晚进入磁场的时间：‎ b粒子离开磁场到达x轴时，a在磁场中运动了，即到达图中的R点 a进入磁场的速度（1分）‎ 由得：（1分）‎ ‎（1分）‎ R的y坐标为：y=ra(cos450-cos22.50)=‎-0.2l（1分）‎ A B C D O v ‎36（2013广东广州1月调研）．(18分)如图所示，在光滑绝缘的水平面内，对角线AC将边长为L的正方形分成ABC和ADC两个区域，ABC区域有垂直于水平面的匀强磁场，ADC区域有平行于DC并由C指向D的匀强电场．质量为m、带电量为+q的粒子从A点沿AB方向以v 的速度射入磁场区域，从对角线AC的中点O进入电场区域．‎ ‎（1）判断磁场的方向并求出磁感应强度B的大小．‎ ‎（2）讨论电场强度E在不同取值时，带电粒子在电场中运动的时间t．‎ ‎〖解析〗‎ 解：（1）根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里。-----------（※）‎ 设带电粒子在磁场中运动的半径为r，有：……①‎ 依题意，……②‎ 联立，解得：……③‎ ‎（2）设带电粒子恰好从D点离开电场时对应的电场强度为E0，则有：‎ ‎……④‎ ‎……⑤‎ 得：……⑥‎ 讨论：（i）当时，粒子从DC边离开电场，此时粒子在电场中运动的时间为t1‎ ‎……⑦‎ ‎（ii）当时，粒子从AD边离开电场，此时粒子在电场中运动的时间为t2，有：‎ ‎……⑧‎ 得：……⑨‎ 评分说明：‎ 判断磁场方向及①②③④⑤⑥正确各给2分； 讨论（i）、（ii）每项正确给2分 本试题考查带电粒子在电场、磁场中的运动为背景，重点考查了带电粒子在磁场中匀速圆周运动和电场中类平抛运动处理方法和规律。同时也对带电粒子在电场中射出或刚好射出或打在“极板”上作为本题分类讨论的界点，这样保证了分类讨论中“不遗不漏”。试题第一问属于理解与应用层次中的容易题；第二问属于理解与综合应用中难题。‎ 备注：试题赋分方面可不可以改为 “-----※ ”式中磁场的方向正确给2分；“①②③④⑤⑥正确各给2分； 讨论（i）、（ii）每项正确给2分。‎ ‎35（2013广东茂名一模）.（18分）如图所示装置中，区域I和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B。一质量 为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边 界O点正上方的M点以速度V0水平射人电场，经 水平分界线OP上的A点与OP成600角射入Ⅱ 区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀 强电场中。求：‎ ‎(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径 ‎(2)O、M间的距离 ‎(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间 ‎35答案．（18分）‎ ‎(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，‎ 由类平抛规律知 ………（2分）‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 ………（2分）‎ 所以. ………（2分）‎ ‎(2)设粒子在电场中运动时间为，加速度为a。‎ 则有 ……（1分）‎ ‎ ………（1分）‎ 即 ………（1分）‎ O、M两点间的距离为 ‎ ………（2分）‎ ‎(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为 则由几何关系知 ………（2分）‎ 设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为，‎ ‎ ……………（1分）‎ 则 …………（2分）‎ 粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为 ‎ …（2分）‎ ‎35（2013广东惠州一月调研）. (18分）如图所示，一个板长为l,板间距离也是l的平行板电容器上极板带正电， 下极板带负电，在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。有一质量为m，重力不计，带电量-q的粒子从极板正中以初速度为v0水平射入，恰能从上 极板边缘飞出又能从下极板边缘飞入，求：‎ ‎(1) 两极板间匀强电场的电场强度E的大小和方向 ‎(2) -q粒子飞出极板时的速度v的大小与方向 ‎ ‎(3)磁感应强度B的大 小 ‎35．解：(1)由于上板带正电，下板带负电，故板间电场强度方向竖直向下 ‎ -q粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上匀加速运动 ‎ 其中 解得，‎ ‎(2)设粒子飞出板时水平速度为vx，竖直速度为vy，水平偏转角为θ vx=v0，，，‎ 可得θ=450，‎ ‎(3 由几何关系易知 洛伦兹力提供向心力 得 ‎(2013安徽合肥一模).在如图a所示的空间里，存在方向水平垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向上的周期性变化的电场（如图b所示），周期T=12t0，电场强度的大小为E0,E>0表示电场方向竖直向上。一倾角为300足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间。t=0时，一带负电、质量为m的微粒从斜面上的A点由静止开始沿斜面运动，到C点后，做一次完整的圆周运动，在t=T时刻回到C点，再继续沿斜面运动到t=13t0时刻。在运动过程中微粒电荷量不变，重力加速度为g，上述E0、m、t0、g为已知量。‎ ‎1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度大小B；‎ ‎2) 求微粒在A、C间运动的加速度和运动到C点时的速度大小；‎ ‎3)求0～2T时间内微粒经过的路程。‎ ‎0‎ ‎30°‎ A 第17题图 t E E0‎ ‎-E0‎ T ‎13t0‎ ‎2T t0‎ b ‎17.解析：（1）能够做匀速圆周运动，说明此时重力和电场力合力为零 设粒子达到C点时的速度为，洛伦兹力提供向心力，有 FN qvB qE0‎ mg 运动的周期 在本题中圆周运动的周期为，则 ‎（2）微粒在AC间运动时受力分析如图所示，则 ‎，方向沿斜面向下 到达C点时速度大小为 ‎（3）时间内路程 时间内的路程 时间内的路程 第二次做圆周运动的速度，半径是第一次的两倍 时间内的路程 所以时间内的总路程为 ‎