热门试卷

（1）在M、N电场间处于一直加速的粒子从小孔Q中射出的速度最大，设从最大速度为vm

根据动能定理得 qU=m

解得：vm=  

（2）设M、N两板间距离为d，则两板间的电场强度大小 E=，

设粒子运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得 qE=ma

解得：a=

每一个周期的第一个时刻放出的带电粒子刚好能从小孔Q中射出，它加速和减速各经历，

由d=a()2×2

解得：d=

（3）每一个周期的前时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，其中射出最早的粒子速度最大，越晚射出的粒子速度越小．粒子进入磁场，其中速度越小者运动半径越小，射出点离射入点越近，偏转角度越大（越接近π）．最早射入者速度最大，运动半径最大，偏转角度最小，射出点与入射点所夹弧长最大．

设带电粒子以最大速度射入时在磁场中的运动半径为R，偏转角为θ，由牛顿第二定律和几何关系得

 Bqv=m

 tan=

解得：θ=2arctanBr

设沿圆形磁场边界上有带电粒子射出的最大弧长为s（图中实线部分），根据弧长公式

s=r（π-θ）=r（π-2arctanBr）

答：

（1）带电粒子从小孔Q中射出的最大速度为；

（2）M、N两板间的距离为；

（3）在沿圆形磁场的边界上，有带电粒子射出的最大弧长为r（π-2arctanBr）．

（1）微粒在电场中做类平抛运动时间t，加速度a，设射出电场时竖直方向的速度为vy

电场力方向做匀加速运动：=ma     （1）

初速度方向匀速直线运动：L=v0t     （2）

则有：vy=at  （3）

  a==×1011m/s2     （4）t==10-6s       （5）

由上式可得：vy=at=×105m/s  

所以则有：v=+=×105m/s  （6）

与水平方向夹角θ，tanθ==，即垂直与AB出射． （7）

（2）带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y     

则有：y=at2

代入得：y=m=，即粒子由P1点垂直AB射入磁场  （8）

带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．

设匀速圆周运动P1Q1段半径R1，根据几何关系有

R1==×10-2m （9）

由qvB=m  （10）得 

B1==T（11）

（3）带电粒子在B2磁场中以O2为圆心做匀速圆周

运动，即Q1Q2段，其半径R2=

再次进入B1区域时做以O3为圆心，半径仍为R1的匀速圆周运动，即Q2P2段，最后从P2点出磁场区域，

如图所示   （12）

在△P2CO3中，有CO3=0.5R1 则有   P2C=R1=m=7.67cm 

答：（1）带电微粒从电场中射出时的速度大小×105m/s和方向是垂直与AB出射；

（2）带电微粒进入中间三角形区域后，要垂直打在AC边上，则该区域的磁感应强度B1是T；

（3）确定微粒最后出磁场区域的位置是7.67cm．

（1）根据万有引力提供向心力：G=m-----①

得：M=--------------------------②

根据密度的定义得：ρ===------------③

（2）设同步卫星轨道半径为r，则：G=m()2r---------④

速度与周期的关系为v=---------------------⑤

由②④⑤式解得：v=---------------------⑥

答：（1）该行星的平均密度为；

（2）该行星的同步卫星的速度为．

（1）设：小球在C点的速度大小是VB，对轨道的压力大小为NB，

则对于小球由D→B的过程中，应用动能定理列出：

qE×3R-mgR=mvB2解得：vB=2m/s

（2）在C点的圆轨道径向，小球受到轨道对它的弹力和电场力，

应用牛顿第二定律，有：

NB-qE=m

解得：NC=5qE-2mg=5N

答：（1）它到达C点时的速度是2m/s

（2）它到达C点时对轨道压力是5N．