热门试卷

(1)(0.2,0)　(2)(0.6,0)

(1)粒子在x轴上方和下方的磁场中做半径相同的匀速圆周运动,其运动轨迹如图(a)所示.设粒子的轨道半径为r,有qvB=mv2/r,代入数据得r="0.1" m.由几何关系知x1坐标为x1=2r，代入数据得x1="0.2" m,故粒子从O点射出后,第二次经过x轴时的坐标x1为(0.2,0).

图(a)

(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T0,T0=2πm/qB,代入数据得T0=2π×10-4s.据题意,知粒子在t=0到t=2π/3×10-4s内和在t=2π/3×10-4s到t=4π/3×10-4s内在磁场中转过的圆弧所对的圆心角均为2π/3.粒子的运动轨迹应如图(b)所示.

图(b)

由几何关系得x2=6r,代入数据得x2="0.6" m,故粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标x2为(0.6,0).

（1）

（2）

（3），

（1）根据题意画出粒子运动轨迹如图

 ……………………①

要使粒子不从右边界射出，应有 ……………………②

联立①②式解得   

（2）若粒子恰好不从右边界射出。应有 

此时粒子在磁场中所能到达的区域的面积为：

（3）设此时粒子速度为v2，轨迹半径为，由题意及几何知识得

∠  故有…………③

由牛顿第二定律得： …………④

联立③④式解得 

粒子偏转距离为。

带电粒子做圆周运动的轨道半径R=，粒子通过的位移大小等于半径，故粒子的位

移和半径正好组成等边三角形，如图所示.此位移对应的最小圆心角为，则所用的最小时间t=×T=.

(1)1.8×10-6s (2)0.314T （3）3.49×10-5 m/s

（1）B=0.1T（2）

（1）由甲图可知，小球第二次过最高点时，速度大小为2m/s，由乙图可知此时轨道与球间的弹力为0，所以有：，代入数据可得：B=0.1T

（2）从乙图可知小球第一次过最低点时，轨道与球间的弹力为：F=8.0×10-2N，由牛顿第二定律可得：，解得：v0=7m/s,由于在上过程中洛仑兹力不做功，根据动能定理可得：，代入数据可得：

由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度L=Rsin60o………………1分

又未加磁场时有L＝v0t，……………1分

又由…………………1分

所以可求得比荷………………2分

得……………3分

本题考查带电粒子在磁场中的偏转，画出粒子的运动轨迹，先找圆心后求得半径，洛伦兹力提供向心力求得荷质比，轨迹所对应圆心角为60°，运动时间为周期的六分之一

①V

②

解：⑴ 要使恰好飞不出去就是竖直位移正好是d/2 水平位移正好是L

电子进入水平放置的平行板时的速度设为电子的质量设为m

则：    ①                                                （ 1 分）

进入水平极板后，竖直方向上，    ②                       （1 分）

运动时间                ③                      （ 1 分）

竖直方向上发生的位移是，即        ④                      （1 分）

联立得                            ⑤                      （ 1 分）

带入数字得

⑵整个过程中，只有电场力做功绩

                                       （ 3 分）

导体棒静止于斜面上,所以棒受到的沿斜面向上的安培力与棒的重力沿斜面向下的分力相等,即BIL=mgsin30°,故B=.

（1）电子在磁场中的运动轨迹如图中实线所示，占整个圆周的，即其对应的圆心角为

--------------------------------------------------3分

电子做匀速圆周运动的周期为------------------------------3分

所以电子第一次到达x轴所用的时间为 =------------------3分

（2）电子所受到的洛仑兹力提供它做匀速圆周运动的向心力，即

----------------------------------------------------------2分

解得----------------------------------------------------2分

电子在x轴上的位置距原点的距离为-----------------------2分

略