热门试卷

如图1，垂直于MN方向的粒子打到OM最远；

由牛顿第二定律：Bqv=，解得：R=

粒子达到OM上的最大距离：2R=

（2）作出沿+y方向射出的离子从射出到第二次经过MN边界的轨迹图如图2，在磁场中运动的时间：t1=T=

在电场中运动的时间：t2===

t=t1+t2=+

（3）粒子在磁场中做圆周运动的半径：R=要使得这些离子均以平等于+x方向的速度通过OM，磁场的形状如图3实线所示

由几何关系得：S=S大-S小

S大 =2(πR2-R2sin120°)

S小=2(πR2-R2sin60°)

S=2(πR2-R2sin120°)-2(πR2-R2sin60°)=πR2=()2=

答：（1）离子打到OM上的最大距离；

（2）沿+y方向射出的离子从射出到第二次经过MN边界所需要的时间+；

（3）该磁场的最小面积．

（1）电子飞出电场的时间t==1.25×10-9s，交变电压的周期T==0.02s，t远小于T，电子相当于穿过一个恒定的电场，做类平抛运动．电子恰好不能通过电场时电压为Uc，则

电子飞出电场的时间t=

由=at2，a=.

联立得，Uc=

代入解得，Uc=91V

（2）因为电子通过的时间t1跟间断的时间t2之比为t1：t2=2：1，所以在半个周期内，将有的时间极板间电压的瞬时值超过UC=91V，而的时间内极板间电压的瞬时值小于UC=91V．根据正弦交流电的变化规律可知，应有：UUC=U0sin（）  

代入解得：U0=105V．

答：

（1）Uc的大小是91V；

（2）U0为105V时才能使电子通过的时间t1跟间断的时间t2之比为t1：t2=2：1．

当两极间加上电压U时，粒子做匀变速曲线运动即

水平方向上：L=v0t

竖直方向上：y=at2

由牛顿第二定律，则有a=

解得：y=

因 y≤

由动能定理得，

qy≥Ek-E0

解得：Ek≤1.25E0；故A正确，BCD错误；

故选A

（1）小球在PQ金属板间做类平抛运动．

      小球的加速度a===60m/s2      小球在PQ板间运动的时间t==0.05s

   则离开PQ板时的速度为v===5m/s

   设v方向与PQ板中轴线的夹角为θ，则tanθ==，θ=37°

  （2）作出俯视图如下．

   由题，P板电势高，则在电场中小球向P板偏转，进入后磁场后做匀速圆周运动，根据运动的对称性，则必须N板电势高于M板电势，其运动轨迹如图所示．

    设小球做匀速圆周运动的半径为R，则

      qvB=m，得R==0.5m

   设小球射入和射出磁场时两点间的距离为h，

由几何知识得   h=2Rcosθ=2×0.5×0.8m=0.8m

小球在两平行金属板间偏转的距离y=at2=7.5×10-3m

根据对称性可知，金属板Q、M间距离是s=h-2（d+y）=0.45m

答：（1）小球刚穿出平行金属板PQ的速度大小为5m/s，方向与板中轴线的夹角为37°；

    （2）金属板Q、M间距离是0.45m．