热门试卷

（1）设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，

由动能定理有：qU=m v2  ①

又设当粒子的轨道半径为r1=a时，磁场的磁感应强度为B，由洛仑兹力提供向心力有：qvB=m  ②

联立①②式并代入已知量解得：B= 

（2）若粒子恰好未碰PQ板，则由题意和作图知其轨道半径为：

    r2=a   ③

设粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，

由图中几何关系有：

    α=+θ       ④

   sinθ=     ⑤

而周期为：T= ⑥

粒子在磁场中运动时间为：t=• T ⑦

联立①③④⑤⑥⑦式并解得：t=    

（3）设粒子运动圆周半径为r，经过n次碰撞，即经过n个半圆运动，最后一次打到E点．

有：n= ⑧

圆周运动周期：T=     ⑨

粒子在磁场中运动时间：tm=n  ⑩

联立①⑧⑨⑩式并解得：tm=  

显然，此种情况粒子在磁场中运动的时间与碰撞次数无关．

答：（1）若粒子的轨道半径为a，磁场的磁感应强度B的大小为；（2）若改变磁感应强度的大小，使粒子恰好未碰PQ板，求粒子在磁场中运动的时间为；（3）若再次改变磁感应强度的大小，使粒子与ED板多次碰撞后刚好击中板端E点，粒子在磁场中运动的时间为与碰撞次数的无关．

（1）小球刚进入管内时受到洛仑兹力为：F洛=qv0B=1N     ①

依题意小球受洛仑兹力方向向上，F洛＜mg=2N，小球与管的下壁有弹力，摩擦使球减速至最终与细管速度相同时，两者以共同速度v运动          

由动量守恒定律：mv0=（m+M）v            ②

对系统：由能量守恒定律：m=Q+(m+M)    ③

由②③得：Q=8 J 

故系统最终产生的内能为8J．

（2）①分析：当滑块对管的上下壁均无压力时，滑块进入细管的速度满足：mg=qv'0B    ④

得：v'0=20m/s

下面分a、b两种情况进行讨论分析：

a、当滑块初速小于v0=20m/s时，F洛＜mg，滑块与管的下壁有弹力，并有摩擦力，使滑块作匀减速直线运动，细管作匀加速直线运动，最终两者共速

对系统：依动量守恒定律：mv0=（m+M）vt ⑤

代入数据得：vt=0.2v0 ⑥（0＜v0＜20m/s）

b、当滑块初速20m/s≤v0≤60m/s时，滑块与管的上壁有弹力，摩擦使滑块减速最终速度为 vt=20m/s，而细管作匀加速直线运动，加速到V′⑧

当滑块以初速度为v0进入，若恰好V′=vt=20m/s，则对系统依动量守恒定律有：mv0=（m+M）V′

可得：v0=100m/s＞60m/s，

当滑块以v0=60m/s进入时，f洛=qv0B=6N＜（m+m）g=10N

∴细管工不会离开地面．

可见：当滑块以初速度20m/s≤v0≤60m/s进入细管时，细管最终不能加速到20m/s

故当滑块初速小于v0=20m/s时，滑块作匀减速直线运动，细管作匀加速直线运动，最终两者以相同的速度一起匀速运动；

当滑块初速20m/s≤v0≤60m/s时，滑块作匀减速直线运动，当速度达到20m/s时，开始运动运动，细管开始做匀加速运动，后做匀速运动，且速度小于20m/s．

②根据以上分析得出滑块的vt-v0图象如下所示：

解： (1)A球能做圆周运动，必须有：Eq=mAg

电场强度方向竖直向上

(2)A球在MNPQ区域运动时间相等，必须从边界MN飞出，如图所示，最大半径满足：R'cosθ+R'=hcosθ

A球做匀速圆周运动有：

解得：vA=0.4m/s

依题意，A球速度必须满足：0＜vA≤0.4m/s

(3)AB相碰后，A做匀速圆周运动，半径R=h

由得vA=0.9m/s

B球做平抛运动，设飞行的水平距离为x，时间为t，有：

x=vB0t

vB0=vytanθ=gttanθ

得vB0=3m/s

由动量守恒定律得：

mAvA0=mAvA+mBvB0mB=0.119Kg。

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周半径，则有   qv0B=m…①

由于粒子在Q点的速度垂直于它在4P点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹是圆周的，

故有         R=…②

联立①②得：v0=…③

在电场中粒子做类平抛运动，分别以x、y、E、a、tE表示射程、偏转位移、电场强度，加速度和运动时间，

则：

            qE=ma…④

垂直v0方向 y=R=a…⑤

沿v0方向   x=R=v0tE…⑥

联立②③④⑤⑥各式可解得：E=  

电场强度的大小为：E=；

（2）由分析知粒子在磁场中由P运动到Q点所经历的时间tB为周期，

故：tB=T==

在电场中由P运动到Q点所经历的时间tE==

由P运动到Q点所经历的时间之差   tB-tE=(-1)

两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差为(-1)

（1）当小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为了使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向使必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电．

（2）

小物体沿斜面下滑时，受力如图所示；

由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，

洛伦兹力F=qvB，当FN=0，即qvB=mgcosθ，

v= 时，小物体开始离开斜面；

由匀变速直线运动的速度位移公式可得：

v2-0=2aL，

则小物体在斜面上滑行的距离L=．

答：（1）物体带负电荷；

（2）物体离开斜面时的速度及物体在斜面上滑行的长度是．

（1）小球下摆过程，机械能守恒   mgL=m

小球与小车相撞过程，动量守恒      mv0=Mv1

碰撞过程中系统损失的机械能△E=m-M=1.3J

（2）设滑块与小车的最终相同速度V，

动量守恒   Mv1=（M+m′）V=mv0

 此时对滑块，洛仑兹力f=BQ V

而有  f＞mg      滑块已离开小车

滑块离开小车时速度v2，则BQ v2=mg

小车此时速度v3，滑块与小车动量守恒

Mv1=M v3+m′v2=mv0

v3==1.3m/s

小车此后保持1.3m/s速度匀速运动

答：（1）摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能为1.3J；

    （2）碰撞后小车的最终速度为1.3m/s．

解：a，b碰撞满足动量守恒，有2mv0=2mva+mvb ①

a与b碰后，电荷重新分配，各带电荷量为q，b对桌面恰无压力，则有mg=Bqvb ②

a受力有重力2m、支持力FN和洛伦兹力Bqva，有2mg=FN+Bqva ③

整理①②③得

根据牛顿第三定律知，a球对桌面的压力

（1）（2）

试题分析：（1）设C—>P时间为t1，对应圆心角为

C—>q为t2，对应圆心角为

∵

∴   又∵      

∴T1=T2     

由图分析可知：      

∴      

（2）设C—>P粒子的轨道半径为R1

C—>q粒子的轨道半径为R2

ca=d        R1+R1·sin30°=d     R2-R2·sin30°=d

∴

∴

点评：带电粒子以一定的速度进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷有关，而运动的时间与偏转角有关．当入射速度越大时，运动轨道的半径越大，而向心加速度由速度与半径来确定．．

解：(1)因为物块由静止下滑且最后要离开斜面，所以所受洛伦兹力垂直斜面向上，由左手定则知物块带负电荷

(2)以物体为研究对象，受力分析如图所示，当物块离开斜面时FN=0，即：

F洛=mgcos30° ①

F洛=qvB ②

由①②得≈3.46 m/s

(3)设物体在斜面上下滑的最大距离为L，由动能定理可知：

所以