热门试卷

（1）（2）（3）

（1）负电

（2）

（3）

小题1:0.05m

小题2:

小题3:

（1）（2）

（1）粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功，设粒子绕行n圈获得的速度为，根据动能定理，

由    （4分）       解得      （2分）

粒子在环形区域磁场中，受洛伦兹力作用做半径为R的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式，得        （4分）解得 （2分）

（2）粒子绕行第n圈所需时间

    （4分）

粒子绕行n圈所需总时间为

   （4分）

（1）垂直纸面向外

（2）0.3T

解：（1）9.6×10-14=1.6×10-19×BV ，V=5×105m/s

（2）向东

（1）（2）(3)∶=1∶2    

（1）所加电场电场强度的最小值对应沿着轴正方向射出的带电粒子正好打在荧光屏的端点这一临界状态。对该临界态的粒子有

，                           (3分)

其中为该粒子运动的时间， 解得     (2分)

对此时从射出能打到荧光屏上的任一粒子（包括打到荧光屏点的粒子），设它到达屏时的动能为，由动能定理有－                (2分)

解得=                                                                 (2分)

（2）由题意，所加磁场的最大磁感应强度对应来自的粒子恰好经过荧光屏下端点N后打到这一临界状态，如图所示(圆心在)。从图中的几何关系得，粒子在磁场中做圆周运动的半径满足       (2分)

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有

                            (2分)

联立解得                                            (1分)

（3）打在荧光屏正面O点的粒子的圆弧轨迹见图(圆心在)，根据匀速圆周运动规律有

，             (2分)

由图中的几何关系得          (2分)

联立解得∶=1∶2                    (1分)

本题考查了带电粒子在磁场电场中运动，选好临界状态最关键，当加电场时所加电场电场强度的最小值对应沿着轴正方向射出的带电粒子正好打在荧光屏的端点这一临界状态，当加磁场时所加磁场的最大磁感应强度对应来自的粒子恰好经过荧光屏下端点N后打到这一临界状态

球从左右两方经过最低点，因速度方向不同，引起f洛不同，受力分析如图10-15所示。由于摆动时f洛和F拉都不做功，机械能守恒，小球无论向左、向右摆动过C点时的速度大小相同，方向相反。

摆球从最高点到达最低点C的过程满足机械能守恒：

当摆球在C的速度向右，根据左手定则，f洛竖直向上，根据牛顿第二定律则有

当摆球在C的速度向左，f洛竖直向下，根据牛顿第二定律则有

所以摆到最低处时，摆线上的拉力

【评析】

要避免本题错解的失误，就要对题目所叙述的各个状态认真画出速度方向，用左手定则判断洛仑兹力的方向。其余的工作就是运用牛顿第二定律和机械能守恒定律解题。

(1)粒子不会与金属板相碰

(2)面a粒子做匀速圆周运动的周期为：T=2πm/qB=(2×3.14×6.64×10-27)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=1.0×10-4秒则在不加电压的时间内，a粒子恰好能在磁场中运动一周。当两板间又加上第2个周期和第3个周期的电压时，a粒子将重复上述的运动。故经13/4周期飞出板外(t=6.5×10-4秒)其运动轨迹如29-3图所示。

在t=0到t=1×10-4秒时间内，两板间加有电压，a粒子受到电场力和洛仑兹力分别为：F=qu/d=q×1.56/0.3="5.2q" 方向竖直向下f=qBv=q×1.3×10-3×4×103="5.2q" 方向竖直向上

因F=f，故做匀速直线运动，其位移为△S=v△t=4×103×1×10-4=0.4米，在t=1×10-4秒到t=2×10-4秒时间内，两板间无电场，a粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，其轨迹半径为：r=mv/qB=(6.64×10-27×4×103)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=6.37×10-2米＜d/4所以粒子不会与金属板相碰。面a粒子做匀速圆周运动的周期为：T=2πm/qB=(2×3.14×6.64×10-27)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=1.0×10-4秒则在不加电压的时间内，a粒子恰好能在磁场中运动一周。当两板间又加上第2个周期和第3个周期的电压时，a粒子将重复上述的运动。故经13/4周期飞出板外(t=6.5×10-4秒)其运动轨迹如29-3图所示。