热门试卷

（1）设滑块与N点的距离为L，

分析滑块的运动过程，由动能定理可得，

qEL-μmgL-mg•2R=mv2-0

小滑块在C点时，重力提供向心力，

所以 mg=m

代入数据解得 v=2m/s，L=20m．

（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，

qE（L+R）-μmgL-mg•R=mvP2-0

在P点时由牛顿第二定律可得，

N-qE=m

解得N=1.5N   

由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．

（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，

由2R=gt2可得滑块运动的时间t为，

t===0.4s，

滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，

由牛顿第二定律可得 qE=ma，

所以加速度 a=2.5m/s2，

水平的位移为 x=vt-at2

代入解得 x=0.6m．

滑块落地时竖直方向的速度的大小为vy=gt=10×0.4m/s=4m/s，

水平方向的速度的大小为 vx=v-at=2-2.5×0.4=1m/s，

落地时速度的大小为v地===m/s．

答：（1）滑块与N点的距离为20m；

（2）滑块通过P点时对轨道压力是1.5N；

（3）滑块落地点离N点的距离为0.6m，落地时速度的大小为m/s．

（1）设从A点射入的粒子由A点到A'点的运动时间为t，根据运动轨迹的对成称性可得：

x方向有：2L0=v0t得t= ①

y方向有：L0=（）2        ②

解得     E= ③

即从AC间入射的粒子穿越电场区域的时间t为，匀强电场的电场强度E的大小为 ．

（2）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，粒子第一次到达x轴用时△t，水平分位移△x，

则△x=v0△t     ④

△y= （△t）2   ⑤

要粒子从电场中射出时速度方向也沿x轴正方向，必须满足条件2l0=n•2△x（n=1，2，3…）      ⑥

联立③④⑤⑥解得：△y=L0 ⑦

故粒子从电场中射出时速度方向也沿x轴正方向，必须是在AC间纵坐标为：

y=（-1）n，（n=1，2，3…）⑧

（3）当n=1时，粒子射出的坐标为y1=l0⑨

当n=2时，粒子射出的坐标为y2=- ⑩

当n≥3时，沿x轴正方向射出的粒子分布在y1到y2之间（如图所示）．

y1、y2之间距离为  L=y1-y2= （11）

所以，磁场圆O1的最小半径R== （12）

若使粒子经磁场后汇集于直线x=2l0与圆形磁场边界的一个交点，分析知此点只能是答图中的Q点，且粒子在磁场中做圆周运动的半径等于磁场区域圆半径．    

由  qv0B=m （13）

联立（12）（13）得：B= （14）

即磁场区域的最小半径是，相应的磁感应强度B是．

答：（1）求匀强电场的电场强度为 ；

（2）y=（-1）n，（n=1，2，3…）位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动；

（3）磁场区域的最小半径是，相应的磁感应强度B是．

带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子进入磁场时的速度大小为v，速度方向与y轴的夹角为θ，如图所示，则：

vy=•=v0

故

v==v0

cosθ==，θ=45°；

粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：R=

要使带电粒子能穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件为：d＜（1+cosθ）R

即：d＜

答：要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足的条件为d＜．

（1）由题意可知小球到达A点时电场力提供向心力即qE=

解得vA=

（2）从A到B的运动过程中，根据动能定理可得

  2qEr=mvB2-mvA2

在B点根据向心力公式可得NB-qE=m

联立以上三式得NB=6qE

根据牛顿第三定律可得小球对圆环在水平方向的作用力大小为6qE．

（3）若E=，由qE=mg．由于球只受到重力和电场力的作用，并且重力和电场力的大小相等，当两个力的合力沿半径向外时，如图所示经过D点时，动能最大，CD与竖直方向的夹角为45°，根据动能定理得：

 从A→B：mgrcos45°+qE（1+sin45°）r=Ek-m

解得球最大动能为Ek=（+）mgr

答：

（1）求小环运动到A点的速度vA是；

（2）当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向上的作用力FB是6qE．

（3）若E=，小球最大动能为（+）mgr．