热门试卷

（1）设带电粒子进入偏转电场时的速度为v0，从偏转电场中射出的速度为v，t1=0时刻粒子刚好进入CD极板，t2=t0时刻粒子恰好从D板的下边缘飞入匀强磁场，

即由几何关系可知：

v=

2

v0①

在加速电场中，有动能定理得：

qU=②

在偏转电场中，有qU0=mv2-③

所以，U=U0                                                                   

（2）由于粒子在偏转电场中做类平抛运动，带电粒子进入磁场时的速度大小为：

v=

2

v0=④

速度方向和磁场边界成45°角．

（3）带电粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，故：

qvB=⑤

而，T=⑥

且在磁场中运动时间为：t=⑦

由几何关系得：R=d⑧

由题意得：t=t3-t0⑨

由④⑤⑥⑦⑧⑨得，t3=（1+）t0

（4）带电粒子全程运动的周期为：T总=2（）+2×+=6t0+t0

答：（1）加速电压U=U0

（2）带电粒子进入磁场时的速度，速度方向和磁场边界成45°角

（3）若带电粒子在t3时刻刚好从C极板的下边缘进入偏转电场，并刚能返回到初始位置S处，t3=（1+）t0

（4）运动全程的时间6t0+t0

（1）设第1秒末离开斜面，第1秒末的速度为v=at=tsinθ=62.8m/s

此时电场力在垂直斜面方向的分力为

qEcosθ=6.28×10-7N

粒子受磁场力为f=qv1B=3.94×10-7N

磁场力小于电场力在垂直斜面方向上的分力，粒子没有离开斜面 

则第1秒末粒子的速度为62.8m/s．

（2）第2秒内电场力为零，粒子做匀速圆周运动，其周期为T==1s

qv1B=m

r==10m

粒子离开斜面的最大距离L=2r=20m

（3）设粒子离开斜面的速度为v2

qv2B=qEcosθ

v2=100m/s

在斜面上运动的时间t===1.59s

说明粒子在第3秒内离开斜面        

答：（1）第1秒末粒子的速度大小为62.8m/s；

（2）第2秒内粒子离开斜边AD的最大距离20m；

（3）第3秒内粒子能离开斜劈；离开时的速度为100m/s．

电子的运动轨迹如图所示

（1）电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，

则 2d=v0t1

  d=a

  a=

解得   E=

（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则 tanθ==1，得θ=45°　　

解得  v=v0

电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，得 evB=m

由图可知　  r=d

解得    B=

（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=

电子在磁场中运动的时间    t2=T==

电子从A运动到D的时间   t=3t1+t2=

答：

（1）电场强度E的大小为．

（2）磁感应强度B的大小为；

（3）电子从A运动到D经历的时间t为．

（1）设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，

则有qE1=qvB1，

代入数据解得：v=5.0×105 m/s，

（2）离子进入磁场，做匀速圆周运动，

由牛顿第二定律有：qvB2=m

得，r=0.2 m，

作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，OQ=2r，

若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45°，

则轨迹圆弧的圆心角为θ=90°，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，

离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，

y=OO′=vt，

x=at2，

而a=，

则x=0.4 m

离子打到荧光屏上的位置C的水平坐标为xC=（0.2+0.4）m=0.6 m．

（3）只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x轴上．

如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径

r′= m，

设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，

则qvB0=m，

代入数据解得B0= T=0.3 T，

则B2′≥0.3 T．

答案：（1）离子在平行板间运动的速度大小5.0×105 m/s．

（2）离子打到荧光屏上的位置C的坐标0.6 m．

（3）现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足B2′≥0.3 T条件．

（1）、与隔板成45°角的粒子进入磁场后的轨迹如图1所示，设粒子在磁场中的运动半径为R，

           则有：qvB=m…①

         粒子在磁场中运动的周期：T=…②

        由于粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为270°，

        则粒子在磁场中运动的时间为：t=T…③

            由①②③得      t=…④

        到达隔板的位置与小孔0的距离为：R=…⑤

（2）所有通过O点射入的带电粒子可能经过的区域如图2所示．

        由图知面积为：S=πR2…⑥

       代入得：S=…⑦

（3）设OP间的距离为x，如图3所示：以OP为弦可画两个半径相同的圆分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道，

   设θ为两粒子射入方向的夹角，由几何关系知∠P01Q1=∠P02Q2=θ，从O点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆弧加弧长Rθ，

粒子2的路程为半个圆弧减弧长Rθ

   粒子1的运动时间为：=T+（其中T为圆周运动的周期）…⑧

   粒子2的运动时间为：=T-…⑨

则两粒子射入的时间间隔：t0=t1-t2=2…⑩

而：Rcos=…（11）

由①⑩（11）得，x=cos…（12）

答：（1）粒子经过 t=时间后再次打到隔板上．此粒子打到隔板的位置与小孔的距离为．

    （2）所有从O点射入的带电粒子在磁场中可能经过区域的面积为S=．

    （3）P与O之间的距离为x=cos．

（1）带电粒子进入区域I中，由洛伦兹力充当向心力，则有

  qv0B=m

得 r=

代入数据解得，r=0.1m=10cm

由几何知识得：x=r（1-cos60°）=5cm

（2）如图，带电粒子进入区域Ⅱ时，将速度v0分析为水平和竖直两个分速度vx和vy．与两个分速度对应的洛伦兹力分力分别为fy和fx．

则得fy=qvxB=qv0cos30°B，电场力F=Eq，

代入解得，fy=qvyB=m

解得，R==5cm

所以带电粒子在区域Ⅱ中到达最低点的纵坐标ymin=-R=-5cm．

（3）带电粒子从进入区域I开始到第二次穿越x轴时经过的时间t=tⅠ+tⅡ=T+T=T=×

代入解得，t=2.1×10-5s

答：

（1）带电粒子第一次穿越X轴时的横坐标x是5cm；

（2）带电粒子在区域Ⅱ中到达最低点的纵坐标y是-5cm．

（3）带电粒子从进入区域I开始到第二次穿越x轴时经过的时间t是2.1×10-5s．

（1）|轨迹如图．

（2）带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m

R==m=0.4m

（3）带电粒子在电场中运动时，电场力做功，粒子的动能增加：EK=EqL+mv2

代人数据解得：EK=7.68×10-18J

答：1）大致画出带电粒子的运动轨迹如图；

（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径是0.4m；

（3）带电粒子飞出电场时的动能EK=7.68×10-18J．

（1）由mgh=mv2可知 V==20m/s，

（2）A到C的过程中，由机械能守恒可知：mg(h-2r)=m，

解得 Vc==10m/s，

在C点时由：F+mg=m

解答 F=1500N．

（3）A到C的过程中，由动能定理可知：mg(h-2r)-W=m（1）

又因为山车经过C点时对轨道恰好无压力，所以：mg=m（2）

由（1）（2）可知：W=mg(h-2r)-m

=mg(h-2r)-mgr

=3750J，

答：（1）经过最低点B时的速度为20m/s．

（2）当过山车经过圆形轨道最高点C时，轨道对车的作用力为1500N．

（3）过山车从A点运动至C点的过程中，克服阻力做的功为3750J．

（1）设儿童在AB段的加速度为a，依牛顿第二定律有：mgsin37°-μmgcos37°=ma

∴a=gsin37°-μmgcos37°=2（m/s2） 

AB=s1=

由vb2=2as1得

vB=2m/s

（2）设儿童到达C点时速度为vC，依mg=m

∴vc==（m/s）

设BC长为s2，依动能定理，有-μmgs2=mvc2-mvB2

∴s2=1（m）

答：（1）儿童由A处静止起滑到B处时的速度为2m/s；（2）水平滑槽BC至少为1m．

对M由绳子的拉力和静摩擦力的合力提供向心力，当角速度等于零时，绳子的拉力小于M的最大静摩擦力，m能保持静止，所以加速度最小值为零．

设当ω具有最大值时，M有离开圆心趋势，水平面对M摩擦力方向指向圆心，大小是7N．

隔离M有：

T+fm=Mω12L，

又T=mg

联立得：mg-fm=Mω12L，

将m=0.3kg，fm=7N，M=2kg，L=0.2m代入解得：

ω1=5rad/s

所以ω范围是：0≤ω≤5rad/s

答：角速度ω在0≤ω≤5rad/s范围m会处于静止状态．

（1）在最低点由牛顿第二定律得：FT-mg=m

而且：FT=1.5mg

联立解得：v1=

故小球最低点时的线速度大小为：v1=．

（2）在最高点，只有重力提供向心力：mg=m

解得：v2=

所以当小球以v2=的速度通过最高点时杆对球无作用力．