热门试卷

（1）此时低速质子速度恰好与两场交界相切且与电场方向垂直，在磁场中运动半径为R1

    evB=m              ①

 R1+R1cos60°=L           ②

由①②得  B=             ③

（2）低速质子在磁场中运动时间     t=            ④

由②④得     t=                                     ⑤

（3）高速质子轨道半径 R2=3R1                         ⑥

由几何关系知此时沿电场线方向进入电场，到达N板时与A点竖直高度差

h1=R2（1-sin60°）               ⑦

低速质子在磁场中偏转距离

  h2=R1sin60°            

     ⑧

在电场中偏转距离

h3=vt′⑨

在电场中时间 t′，L=at′2     ⑩

   eE=ma   （11）

由②⑥⑦⑧⑨⑩（11）得

亮斑PQ间距 h=h1+h2+h3=(2-)L+v   （12）

答：（1）此时I区的磁感应强度；

（2）到达N板下方亮斑的质子在磁场中运动的时间；

（3）N板两个亮斑之间的距离(2-)L+v

（1）电子在电场中做类平抛运动，则

     x=v0t=h

      h=at2

又由牛顿第二定律得 a=

解得：E=

（2）画出电子在磁场中运动的轨迹图，

vy=at=v0

∴v==2v0

tanθ==

∴θ=60

∴∠OPO1=30°     又∵OQ=OP

由几何关系得∠OQO1=∠OPO1=30°

∴粒子到达Q点时速度方向与y轴正向成60°

（3）由几何关系得  r1cos30°+r1sin30°=op=h

∴r1=(2-)h

又r1==进入B2后，

由几何关系得：2r2cos30°=OQ=OP=h

∴r2=h

又r2=∴==

答：

（1）匀强电场的场强大小E是；

（2）粒子经过Q点时速度大小为2v0，方向与y轴正向成60°；

（3）B1与B2之比为．

（1）粒子在匀强电场中电场力做功等于粒子动能的增加，得：

qU0=mv2

代入数据，得：v=

又：d=v()，

联立以上两式，得：d=

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvB=，

得：r=

使粒子不与极板相撞，则运动的半径r≥

联立以上两式，得：B≤

（3）粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，则从s1再次进入电场时的时刻是；粒子在左右磁场中的时间是相等的，故从右向左穿过电场的中间时刻是，通过与图乙比较，可以知道从右向左穿过电场时，前半段做减速运动，后半段做加速运动，前后对称．设粒子减速运动时间t时，位移恰好是，粒子受到的电场力：F=qE

电场强度：E=，

加速度：a=-，

粒子做减速运动，=vt+at2

联立以上几个公式，解得：t=()

粒子在磁场中运动的总时间：t′=--2×t=T0

粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，即t′=T；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：

qvB=，vT=2πr

得：B=．

答：（1）粒子到达S2时的速度和极板间距d=；

（2）磁感应强度的大小应满足的条件B≤；

（3）粒子在磁场内运动的时间t′=T0，磁感应强度的B=．

（1）设电子经电场加速后的速度为v，对于电子被电场加速的过程运用动能定理有：eU=mev2

解得：v=

（2）电子进入磁场后做匀速圆周运动，设电子在磁场中的运动半径为R，根据洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：evB=me

解得：R==

根据如图2所示的几何关系可知：

tan==Br

（3）由第（2）问的结果可知，若SO42-离子（电荷量大小为2e）通过圆形磁场区后的偏转角度为θ'，则tan=Br

所以==3.0×102

即SO42-离子的偏转角远小于电子的偏转角，所以，观看到的离子斑将主要集中在荧光屏上的中央位置附近．

答：（1）电子射出加速电场时的速度是v=；

（2）tan的表达式tan=Br；

（3）这样的离子斑将主要集中在荧光屏上的中央位置附近．