热门试卷

（1）0～1s内，小球只受重力作用，做平抛运动．当同时加上电场和磁场时，电场力：F1=qE0=0.2N，方向向上，

重力：G=mg=0.2N，方向向下，重力和电场力恰好平衡．此时小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，

根据牛顿第二定律有：qvB0=

运动周期T=，联立解得T=2s

正好是电场、磁场同时存在时间的5倍，即在这10s内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t1=12s时刻的速度相当于小球做平抛运动t=2s时的末速度．

     vy=gt=20m/s，

     vx=v0=40m/s

     v1==20m/s

（2）小球在24s内的运动轨迹示意图如图所示

（3）分析可知，小球26s末与24s末的位置相同，在26s内小球做了3s的平抛运动，23s末小球平抛运动的位移大小为：

    x1=v0•3=120m

    y1=g×32=45m

3s时小球的速度大小为v2==50m/s

  速度与竖直方向的夹角为θ=53°

此后小球做匀速圆周运动的半径r2==m

26s末，小球恰好完成了半个圆周运动，此时小球的位置坐标

x2=x1-2r2cosθ=(120-)m

y2=y1+2r2sinθ=(45+)m

答：（1）12s末小球速度的大小20m/s．

（2）0～24s内运动轨迹的如图．

（3）26s末小球的位置坐标[(120-)m，(45+)m]．

（1）设带电粒子从PQ左边缘进入电场的速度为v，由MN板右边缘飞出的时间为t，带电粒子在电场中运动的加速度为a，则

d=at2

a=

t=

则v=

解得v=2.0×104m/s

（2）粒子进入电场时，速度方向改变了解90°，可见粒子在磁场中转了四分之一圆周．设圆形匀强磁场区域的最小半径为r，粒子运动的轨道半径为R，则

qvB=m

R==0.05m

由图中几何关系可知

r=R=0.036m

圆形磁场区域的最小半径r=0.036m

（3）带电粒子以v=2.0×104m/s进入两金属板间，穿过电场需要的时间为

t==1.0×10-5s，正好是交变电压的半个周期．

在两极板上加上如图所示的交变电压后，设带电粒子的加速度为a′，则

a′==4.0×109m/s2t=0时刻进入电场的粒子穿过电场时的偏转量为：y=a′t2=0.20m＞d=10cm，粒子将打在MN板上．

同理，t=2.0、4.0、6.0…2.0n（n=0、1、2、3…）时刻进入电场的粒子都将打在MN板上

设带电粒子在t1时刻进入两极板间，恰好从MN板右边缘飞出，带电粒子进入电场后向下加速的时间为△t1，则减速阶段的时间也是△t1，如图2所示，由对称性可知d=2×a′△，△t1=0.50×10-5s

所以t1=t-△t1=（1.0-0.5）×10-5s=0.5×10-5s

设带电粒子在t2时刻进入两极板间，恰好从PQ板右边缘飞出．它在竖直方向的运动是先加速向下，经过△t2时间后电场反向，粒子在竖直方向运动改为减速向下，又经过时间△t2，竖直分速度减为零，然后加速向上直到从Q点飞出电场．粒子这一运动过程的轨迹示意图如图3所示，带电粒子进入电场后向下加速的时间为

△t2，

y1=2×a′(△t2)2=a′×(t-2△t2)2

△t2=（1-）×10‑5s

t2=t-△t2=[1.0-（1-）]×10-5s=×10-5s=0.70×10-5s

考虑到交变电流的周期性，带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间的时刻t为

（0.5+2n）×10-5s＜t＜（0.70+2n）×10-5s（n=0，1，2，3…）

答：：（1）带电粒子射人电场时的速度大小为2.0×104m/s；

（2）圆形匀强磁场区域的最小半径为0.036m；

（3）若两金属板间改加如图乙所示的电压，当（0.5+2n）×10-5s＜t＜（0.70+2n）×10-5s（n=0，1，2，3…）时进入两金属板间的带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间．

设极板的长度为L，粒子进入电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，

得：L=V0t

竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，

得：y=at2=

解得：L=0.2m

答：极板的长度为0.2m

当小球静止时，由平衡条件得

       mg=q

   当两板间电势差减小，根据牛顿第二定律得

    加速度a==8m/s2

由d=at2，得t=0.2S

答：带电小球运动到下板需0.2S时间．