热门试卷

分析：小球在上升过程中受到垂直于斜面向下的洛仑兹力，尽管洛仑兹力越来越小，但由于其沿运动方向的分力为零，不影响小球沿斜面做匀减速直线运动，可依据牛顿第二定律和运动学公式求出上升时间t1，在下滑的过程中，洛仑兹力垂直于斜面向上且越来越大，当垂直斜面向上的支持力不断减小直到减为零时，小球脱离斜面，在该方向上建立方程，再结合牛顿第二定律便可求解。

解：小球沿斜面向上运动的过程中受力如图所示。

由牛顿第二定律知：

，

，

则上行时间为: 。

小球在下滑的过程中受力如图，小球在离开斜面之前做匀加速直线运动。

，

运动时间为：t2=t－t1=1s，

脱离斜面时的速度：v=at2=10m/s，

在垂直于斜面方向有：

，

。

对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和x=a相切，此时r=a，y轴上的最高点为y="2r=2a " ;

对于 x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a;速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是c和c’ 由对称性得到 c’在 x轴上，设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足

解得     由数学关系得到：

代入数据得到：

所以在x 轴上的范围是

（1）

（2）要使粒子每次与的三条边碰撞时都与边垂直，

且能回到S点，则有半径

     即

的顶点到磁场边缘距离为

当n=1时，

当n=2时，

当n=3时，

由于大于的顶点到磁场边缘的距离，这时粒子绕顶点时将出磁场，只有当n≥2时的粒子能够满足题意条件，最终回到S点。则

粒子回到S点的时间决定与碰撞的次数，次数越少，时间越短。所以当n=2时，所需时间最短，为

（1）增大;   减小    

（2）设氢原子不放在磁场中时电子的角速度为，氢原子放在磁场中时电子的角速度为，线速度为，由题意分析列出：

①                                        

②                    

③                                     

由以上三式得：                          

整理得：       

很小，即

（1）由左手定则可知，电子顺时针方向旋转时，所受洛仑兹力的方向与库仑力的方向一致，即向心力变大，而匀速圆周运动的，由于m和r不变，因而角速度或频率必定增大（）；                                                                          1分

同理，电子逆时针方向旋转时，洛仑兹力与库仑力共线反向，向心力变小，而匀速圆周运动的，由于m和r不变，角速度或频率必定减小。              1分

（2）设氢原子不放在磁场中时电子的角速度为，氢原子放在磁场中时电子的角速度为，线速度为，由题意分析列出：

①                                                 ①（1分）

②                                      ②（1分）

③                                     ③（1分）

由以上三式得：                           ④（1分）

整理得：                 （1分）

很小，即

                                      ⑤（1分）

（1）

（2）x

（1）设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为和，区域II中磁感应强度为，由牛顿第二定律

 ①（2分）

 ②（2分）

粒子在两区域运动的轨迹如图所示，

由几何关系可知，质子从A点出磁场I时的

速度方向与OP的夹角为300，故质子在磁场I中轨迹的圆心角为   

则为等边三角形                     ③（2分）

                               ④（2分）

由①②③④解得区域II中磁感应强度为         （2分）

（2）Q点坐标   （2分）  故 x   （2分）

（1）0.34cm；（2）；。

试题分析：（1）由题意：AB=9cm，AD=18cm，可得：  ①

所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有：②               

解得   R="0.2m=20cm"    ③

由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图一所示。设此时磁场宽度为d0，由几何关系：  ④

（2）设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则： ⑤

设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图二所示，因磁场宽度d=20cm＜d0，且R=20cm，则在∠EOD间岀射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场的右边界，在∠EOA间岀射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场有边界，所以沿OE方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场的右边界相切，在磁场中运动的时间最长。⑥

设在磁场中运动的最长时间为tmax，则：⑦

若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场的时间最短，最短的弦长为磁场的宽度d0⑧

设再磁场中运动的最短时间为tmin，轨迹如图二所示，因R=d，则圆弧对应的圆心角为600，故：⑨

（1）当物块将离开斜面时，斜面对物块的支持力为零，设此时物块速度为v，

F洛=qvB=mgcos30°

V==2 m/s

（2）物块离开斜面前匀加速下滑，设滑行最大距离为s

mgsin30°=ma

a=gsin30°=5m/s2

2as=v2-0

s==1.2m；

（3）离开斜面后，物体受重力和洛仑兹力的作用；由于洛仑兹力不做功，只有重力做功，速度增大；洛仑兹力增大，当洛仑兹力等于重力且方向竖直向上时，二者相等，物体达到最终的平衡状态，故最终时有：Bqv1=mg

v1===4m/s；

答：（1）离开斜面时的速度为2m/s；（2）在斜面上滑行的最大距离为1.2m；（3）最终物体将做匀速直线运动，最终的速度为4m/s．

（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B．令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道．电子所受到的磁场的作用力f=ev0B

应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧的圆心在CB边或其延长线上．依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a按照牛顿定律有f=m

联立①②式得B=

（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中．因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界．

为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ（不妨设0≤θ＜）的情形．该电子的运动轨迹qpA如图所示．

图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边，由③式知，圆弧的半径仍为a，在D为原点、DC为x轴，AD为y轴的坐标系中，P点的坐标（x，y）为

这意味着，在范围0≤θ≤内，p点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．

因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为S=2(πa2-a2)=a2

（1）小球沿半球表面滑下至最低点的过程受重力、支持力，洛仑兹力这三个力的作用，但只有重力做功，机械能守恒，则有  

  mgR=mv2

设小球下滑至最低点时的速度为v，则：v=  ①

在最低点有：QvB-N=m

由①知小球在最低点的速度v是一定的，要使Q最小，则必须N=0，设此时的油滴电量为Q0，即 Q0vB=m  ②

联解①、②得带电量至少为 Q0=，

由左手定则判断知：小球带正电．

（2）设小球在与过圆心的竖直半径成θ角处离开球面，此刻速度为v1

则在此处有：mgcosθ-N=m  ①

小球在离开球面处有  N=0  ②

又据机械能守恒定律：mgR（1-cosθ）=m  ③

联解①②③得：cosθ=

即：θ=arccos         

当小球滑至与球心连线与竖直方向成cos-1角的位置时离开轨道．

答：

（1）小球带正电，电量至少，

（2）如果去掉磁场，而其它条件不变，当小球滑至与球心连线与竖直方向成cos-1角的位置时离开轨道．