热门试卷

解：A、C为圆周上的两点，作洛伦兹力的延长线，交点O为电子做圆周运动轨迹的圆心．以O为圆心作出电子从A到C的运动轨迹，过A、C画速度的方向，偏转角为θ，如图所示

由几何关系得：

轨迹半径为

因此，得偏转角为θ=

（1）E=U/d=106N/C，方向竖直向下（2）PA=r=cm (3) t=2t1=2×10-8s

：（1）由法拉第电磁感应定律得M、N之间的电压U=n△Φ/△t=100×100V=102V。

M、N之间场强的大小E=U/d=106N/C，方向竖直向下。

（2）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB=mv2/r，

解得r=cm。

如图所示，tanθ=R/r，解得θ=30°。

由图中几何关系可知离子源P到A点的距离PA=r=cm。

（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πm/qB。

离子第一次在磁场中运动的时间t1=T/6=πm/3qB=2×10-8s。

离子进入电场后做匀减速直线运动，在电场中运动距离x=v2/2a.，a=qE/m，

解得x=0.75cm

因此离子不会打在M板上，会以相同的速率从A点反向再进入磁场。由对称性，离子在磁场中运动的总时间t=2t1=2×10-8s。

点评：此题考查法拉第电磁感应定律、带电粒子在电场中匀变速直线运动、在匀强磁场中匀速圆周运动等知识点。

⑴由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。

设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：

解得：

⑵设O/是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O/Q，设O/Q＝R/。

由几何关系得： 

由余弦定理得：

解得：

设入射粒子的速度为v，由

解出：

（1）上正下负    

（2）UMN=BdV

（1）带负电（2）

试题分析：（1）根据题意可知，带电粒子的运动轨迹如图所示，经判断粒子带负电。（2分）

（2）粒子射出磁场时速度方向垂直于y轴，粒子做匀速圆周运动的圆心一定在y轴上，根据粒子运动的速度与半径垂直，可确定圆心O，如图所示。

由几何关系知粒子运动的半径R＝2a         （2分）

由   得   （2分）

解得                     （2分）

由    得            （2分）

由题意可知                       （2分）

点评：难度中等，求解此类问题时，先要画出大致的运动轨迹，先找到圆心，再求出半径，根据洛仑兹力提供向心力，借助几何关系求解

（1）（2）（3）

试题分析：设圆周运动半径为R

（1）粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

即

而

由上述公式有

则粒子运动时间

（2）由几何关系有

（3）由（1）得

点评：本题难度较小，由于洛伦兹力提供向心力，所以粒子做的是匀速圆周运动，处理的步骤是：先找圆心、后求半径，必要的时候要借助几何关系求解

(1)(2－)　(2)

(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvB＝m①

由①式得R＝②

当a/2＜R＜a时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．

设该粒子在磁场运动的时间为t，依题意t＝T/4，

得∠OCA＝③

设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得Rsinα＝R－④

Rsinα＝a－Rcosα⑤

又sin2α＋cos2α＝1⑥

由④⑤⑥式得R＝(2－)a⑦

由②⑦得v＝(2－).

(2)由④⑦式得sin α＝.

答案：(1)(2－)　(2)

（1）32V/m（2）8.7T

（1）设小球在M点的速率为v1，只加电场时对小球有M点

由牛顿第二定律得：     （3分）

在水平轨道上，对小球由动能定理得：      （3分）

联立解得E="32V/m     " （2分）

（2）设小球在N点的速率为v2，在N点，对小球由牛顿第二定律得：

     （3分）

从M点到N点，由机械能守恒定律得：（3分）

联立解得：T  （2分）

说明：用其它解法的，只要科学合理，均可得分。

≤≤

分两种临界情况讨论离子比荷，其一是离子在磁场中偏转后打到平行金属板的右侧端点，其轨迹如图（a）所示.据几何关系应有：

r12=(r1-)2+(2d)2,解得r1=d.

其二是离子在磁场中偏转后打到平行金属板的左侧端点，其轨迹如图（b）所示.此时有：

（a）             (b)

r22=(r2-)2+d2

解得r2= d.

根据离子在电场中加速，由功能关系有：

mv2=qU

再根据离子所受洛伦兹力提供的向心力有：

qvB=m

结合前两种临界情况，可得：=或

=

因此，所求离子比荷的范围是：

≤≤.