热门试卷

（1）粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍

几何关系，则有R0=2r=    

根据半径公式，解得v=

（2）磁场的大小变为后，粒子的轨道半径为2R0，

根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2 R0时最长，圆心角60°

解得：t=T=

（3）根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为，方向向里，

R0以为的区域磁场大小为，方向向外．粒子运动的半径为R0，

根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为(+1)R0

T==

答：（1）求带电粒子的速率得v=．

（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为，则粒子在磁场中最长的运动时间．

（3）若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1（R1＞R0）圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，则R1的最小值和粒子运动的周期．

（1）在M、N电场间处于一直加速的粒子从小孔Q中射出的速度最大，设从最大速度为vm

根据动能定理得 qU=m

解得：vm=  

（2）设M、N两板间距离为d，则两板间的电场强度大小 E=，

设粒子运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得 qE=ma

解得：a=

每一个周期的第一个时刻放出的带电粒子刚好能从小孔Q中射出，它加速和减速各经历，

由d=a()2×2

解得：d=

（3）每一个周期的前时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，其中射出最早的粒子速度最大，越晚射出的粒子速度越小．粒子进入磁场，其中速度越小者运动半径越小，射出点离射入点越近，偏转角度越大（越接近π）．最早射入者速度最大，运动半径最大，偏转角度最小，射出点与入射点所夹弧长最大．

设带电粒子以最大速度射入时在磁场中的运动半径为R，偏转角为θ，由牛顿第二定律和几何关系得

 Bqv=m

 tan=

解得：θ=2arctanBr

设沿圆形磁场边界上有带电粒子射出的最大弧长为s（图中实线部分），根据弧长公式

s=r（π-θ）=r（π-2arctanBr）

答：

（1）带电粒子从小孔Q中射出的最大速度为；

（2）M、N两板间的距离为；

（3）在沿圆形磁场的边界上，有带电粒子射出的最大弧长为r（π-2arctanBr）．

（1）设带电粒子进入磁场后能飞出磁场边界的最小速度为V0．

粒子在磁场做匀速圆周运动，轨迹与边界MN相切时，粒子恰好飞出MN，对应的速度最小．

由几何知识得到此时轨迹半径为R=d

根据牛顿第二定律得：qV0B=

∴V0=5×103 m/s

（2）设恰能飞出磁场边界MN的粒子在电场中运动时板D、C间对应电压为U0，对于电场加速过程，

根据动能定理得：

  qU0=mv2

得 U0=25 V

由图象可知，25 V电压对应的时刻分别为秒和秒，

故粒子能飞出磁场边界的时间为：秒-秒．

（3）设粒子的最大速度vm

则  qνm=mvm2

又qνmB=m

粒子飞出磁场相对小孔向左偏移的最小距离为x

  x=Rm-=0.04m

∴磁场边界有粒子射出的长度范围为△x=d-x=0.06m

答：

（1）带电粒子经小孔O2进入磁场后能飞出磁场边界的最小速度为5×103 m/s．

（2）从0到0.04末的时间内，秒-秒时刻飘入小孔O1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界．

（3）磁场边界有粒子射出的长度范围为0.06m，如图所示．

（1）微粒在电场中做类平抛运动时间t，加速度a，设射出电场时竖直方向的速度为vy

电场力方向做匀加速运动：=ma     （1）

初速度方向匀速直线运动：L=v0t     （2）

则有：vy=at  （3）

  a==×1011m/s2     （4）t==10-6s       （5）

由上式可得：vy=at=×105m/s  

所以则有：v=+=×105m/s  （6）

与水平方向夹角θ，tanθ==，即垂直与AB出射． （7）

（2）带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y     

则有：y=at2

代入得：y=m=，即粒子由P1点垂直AB射入磁场  （8）

带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．

设匀速圆周运动P1Q1段半径R1，根据几何关系有

R1==×10-2m （9）

由qvB=m  （10）得 

B1==T（11）

（3）带电粒子在B2磁场中以O2为圆心做匀速圆周

运动，即Q1Q2段，其半径R2=

再次进入B1区域时做以O3为圆心，半径仍为R1的匀速圆周运动，即Q2P2段，最后从P2点出磁场区域，

如图所示   （12）

在△P2CO3中，有CO3=0.5R1 则有   P2C=R1=m=7.67cm 

答：（1）带电微粒从电场中射出时的速度大小×105m/s和方向是垂直与AB出射；

（2）带电微粒进入中间三角形区域后，要垂直打在AC边上，则该区域的磁感应强度B1是T；

（3）确定微粒最后出磁场区域的位置是7.67cm．

（1）小球由B点滑到C点，由动能定理m=mg(R+Rcos60°)+W弹力

由题意可知，W弹力=-0.60J

解得：VC=3m/s

（2）在C点：F弹=（2R-l0）k=2.4N

设环对小球作用力为N，方向指向圆心，由牛顿第二定律得：

F+N-mg=m

N=3.2N

小球对环作用力为N′

则有：N′=-N=-3.2N

答：（1）小球到C点时的速度vc的大小3m/s；

（2）小球在C点对环的作用力3.2N．

（1）圆盘开始转动时，A所受静摩擦力提供向心力，若滑块不滑动，则有μmg≥mRω02，

当μmg=mRω02时，即当ω0=时，物体A开始滑动．

（2）当角速度增大到2ω0时，设弹簧伸长△x，则有

μmg+k△x=mr（2ω0）2，r=R+△x，

解得△x=．

答：

（1）盘的角速度ω0=时，物体A开始滑动．

（2）当角速度达到2ω0时，弹簧的伸长量△x=．

（1）由题意知，要使y轴右侧所有运动粒子都能打在MN板上，其临界条件为：沿y轴方向运动的粒子作类平抛运动，且落在M或N点．

则M O′=L=υt…①

加速度a=…②

OO′=L=at2…③

解①②③式得

E0=…④

由动能定理知

qE0×L=Ek-mv2…⑤

解④⑤式得：

Ek=mv2

（2）由题意知，要使板右侧的MN连线上都有粒子打到，粒子轨迹直径的最小值为MN板的长度L．

R0=L=

B0= 

放射源O发射出的粒子中，打在MN板上的粒子的临界径迹如图所示．

∵OM=ON，且OM⊥ON

∴OO1⊥OO2

∴υ1⊥υ2

∴放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左侧．

答：（1）电场强度E0的最小值为；在电场强度为E0时，打到板上的粒子动能为mv2；

（2）放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左侧．

（1）H→Hen                         

△E=(2m1-m2-m3)c2                           

（2）一个氘核的动能为，m1　　　

两个等速的氘核相向碰撞后恰能发生聚变，则它们的动能都转化为电势能

2×m1=                               

由③④解得 v1=         

（3）氘核沿反应区切线方向射入磁场，偏转后恰好又与磁场外边界相切返回，此圆周运动的轨迹半径最小，所求出的磁感应强度最大，此磁感应强度即为保证速率为v的氘核沿不同方向从反应区进入磁场后不能从磁场区域的外边界射出的最小值；

根据几何关系，有：r3=             

根据牛顿第二定律，有：evB=m1         

联立解得：B=

答：（1）这个核反应中释放出的能量为(2m1-m2-m3)c2；

（2）至少具有的速度才能在相向运动后碰在一起而发生聚变；

（3）所加磁场磁感应强度的最小值为．

（l）根据质量数、电荷数守恒可知，氢核聚变反应的方程为：4H→He+2e+2v0 

质量亏损为：△m=4mp-mα-2me  

所以：△E=△mc2=（4mp-mα-2me）c2 

（2）设氦核质量为m，电量为q，以速率v在磁感强度为B的匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，

由洛仑兹力公式和牛顿定律得：

Bqv=m 

解得：v=

（3）所求轨迹示意图如图1所示（要与外圆相切） 

（4）当氦核以vm的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以vm速度沿各方向射人磁场区的氦核都不能穿出磁场外边界，如图2所示，由图可知：r′=

由①式可得：r=

在速度为vm时不穿越磁场外界应满足的条件是：≤r′

代入数据可得：vm≤5.76×104m/s

答：（1）氢核聚变反应的方程为：4H→He+2e+2v0，一次核反应所释放能量的表达式为（4mp-mα-2me）c2；

（2）v与r的关系式为v=；

（3）如图所示；

（4）氦核的最大速度为5.76×104m/s；

球能绕B点做圆周运动，在D点根据向心力公式有：

mg+F=m

当F=0时，速度取最小值

所以v≥=

对小球从最高点运动到D点的过程中运用动能定理得：

mv2-0=mg(2d-l)

解得：v=

所以≥

解得：d≥l

由题意得d＜l

所以有：l＞d≥l

答：d的取值范围为：l＞d≥l

（1）由题意知，宇航员对座椅的压力为       

FN=kmg

根据牛顿第二定律，得

FN-mg=ma

∴a===(k-1)g

当4≤k≤12时，3g≤a≤11g

故加速度值的变化范围为：30m/s2≤a≤110m/s2

（2）卫星所需向心力由万有引力提供，列出等式：

答：（1）飞船在竖直向上发射时的加速度值的变化范围是30m/s2≤a≤110m/s2．

（2）此飞船的速度是7.8×103m/s．

以A为研究对象，设其受到杆的拉力为F，则有

mg+F=m．

（1）代入数据v=1 m/s，可得

F=m（-g）=2×（-10）N=-16 N，

即A受到杆的支持力为16 N．根据牛顿第三定律可得A对杆的作用力为压力16 N．

（2）代入数据v=4 m/s，可得

F=m（-g）=2×（-10）N=44 N，

即A受到杆的拉力为44 N．根据牛顿第三定律可得A对杆的作用力为拉力44 N．

答：（1）A的速率为1m/s，A对杆的作用力为压力16 N．

（2）A的速率为4m/s，A对杆的作用力为拉力44 N．