热门试卷

（1）（2）（3）

（1）带电粒子进入磁场后，受洛仑兹力作用，由牛顿第二定律得：

， 。

（2）设粒子飞出和进入磁场的速度方向夹角为φ，

则 x是粒子在磁场内轨迹的两端点的直线距离。

x最大值为2R，对应的就是φ最大值.，由题述2R=r

所以

（3）设粒子与边界相邻两次碰撞过程通过的弧长所对的圆心角为2θ，该弧长所对磁场边界圆的圆心角为2β。如图所示。

则tan=，      =，

由图中的几何关系，可得θ+β=π/2，=

要使粒子还能通过O点，应满足

（均为正整数）

即（均为正整数）

当粒子第一次回到O点，应取

又α粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是

（1）10m/s（2）100W（3）v≤0.25m/s或v≥0.5m/s 

试题分析：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，则有 ； ,  

所以

解得最大速度   vm=10m/s 

（2）金属棒匀速下滑时，动能不变，重力势能减小，此过程中重力势能转化为电能。

重力做功的功率等于整个电路消耗的电功率

(或)

（3）金属棒下滑稳定时，两板间电压U=IR2=15V（1分）

因为液滴在两板间有 所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动

当液滴恰从上板左端边缘射出时：      所以  v1=0.5m/s 

当液滴恰从上板右侧边缘射出时：        所以v2=0.25m/s

初速度v应满足的条件是：v≤0.25m/s或v≥0.5m/s     

⑴m/s…（2）（3）t≈1.83×10-7s…

⑴（4分）粒子在匀强电场中，由动能定理得：

 ……………①……（2分）

解得：m/s……………②……（2分）

⑵（8分）粒子刚好不进入中间圆形磁场的轨迹如图所示，在RtΔQOO1中有：

.……....③（2分）

解得r1=1m…  …④………（1分）

由… …⑤………（1分）

得    

又由动能定理得：

......…⑥………（2分）

由以上④⑤⑥联立得

V……⑦……（1分）

所以加速电压U2满足条件是

V………⑧…（1分）

⑶（7分）

粒子的运动轨迹如图所示，由于 OO­3Q共线且竖直，又由于粒子在两磁场中的半径相同，有：O2O3=2O2Q=2r2

由几何关系得∠AO­2O3=600，故粒子从Q孔进入磁场到第一次经过圆心O所用的时间

t=(T+T)= T…………⑨………（3分）

又………⑩      ………（2分）

由⑨⑩得t≈1.83×10-7s…………⑾………（2分）

本题考查带电粒子在磁场中的运动，加速后的速度可根据动能定理得出，解出加速后的速度。粒子刚好不进入中间圆形磁场的轨迹如图所示，根据几何知识可解出运动半径，结合动能定理，可得出加速电压。粒子的运动轨迹如图所示，由于 OO­3Q共线且竖直，又由于粒子在两磁场中的半径相同，有：O2O3=2O2Q=2r2，由几何关系得∠AO­2O3=600，可解出粒子从Q孔进入磁场到第一次经过圆心O所用的时间，然后根据公式算出周期，即可求出时间。

（1）v=qBL/2m；（2）t= 

试题分析: （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，若粒子速度最小，则做圆周运动的半径最小，而AP连线必为圆周运动的一条弦，故以AP连线为直径时，对应粒子的最小速度

由牛顿第二定律    qvB=mv2/R              （2分）

由几何关系     R=L/2           （2分）

得粒子的最小速度为  v=qBL/2m         （2分）

（2）粒子在磁场中运动的周期

得T=2R /V            （2分）

当粒子在磁场中做3/4圆周时运动时间最长   （2分）

得t=            （2分）