热门试卷

解：（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，

则有 y=l，x=l，

电场强度：E=…①，

由牛顿第二定律得：Eq=ma…②，

偏移量：y=at02…③

由①②③解得：U0=…④．

（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动．

带电粒子沿x轴方向的分速度大小为：vx=v0=…⑤

带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为：vy=a•t0 …⑥

带电粒子离开电场时的速度大小为：v=…⑦

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，

由牛顿第二定律得：qvB=m…⑧，

由③⑤⑥⑦⑧解得：R=…⑨；

（3）在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子，在电场中做类平抛运动的时间最长，飞出极板时速度方向与磁场边界的夹角最小，

而根据轨迹几何知识可知，轨迹的圆心角等于粒子射入磁场时速度方向与边界夹角的2倍，

所以在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短．

带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为：vy′=at0 …⑩，

设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则：tanα=，

由③⑤⑩解得：α=，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，

圆弧所对的圆心角为：2α=，

所求最短时间为：tmin=T，

带电粒子在磁场中运动的周期为：T=，

联立以上两式解得：tmin=；

答：（1）电压U0的大小为；

（2）t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为；

（3）在t=2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短，最短时间为．

解：（1）粒子第-次通过y轴过程中，在电场中做类平抛运动，

水平方向：x=at12，

由牛顿第二定律得：a=，

在竖直方向：y=v0t1，

将数据代入解得：y1=m≈0.069m；

（2）粒子进入磁场时，在x方向的速度：vx=t1=8/s，

设进入磁场时速度与y轴的方向为θ，

tanθ==，

解得：θ=60°，

所以在磁场中作圆周运动所对应的圆心角为：α=2θ=120°

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期：T=，

带电粒子在磁场中运动的时间：t2=T==s≈0.026s；

从开始至第一次到达y轴的时间：t1===s，

从磁场再次回到电场中的过程（未进入第二周期）是第一次离开电场时的逆运动

根据对称性，t3=t1  因此粒子的运动周期为T=t1+t2+t3=（+）s≈0.043s；

答：（1）带电粒子开始运动后第一次通过y轴时距O点的距离为0.069m；

（2）带电粒子进入磁场后经0.026s时间返回电场，粒子运动的周期为0.043．

解：粒子在磁场中做匀速圆周运动（如图）．由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直，圆心O应在分界线上，OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R．由几何关系得

R2=l12+（R-d）2 ①

设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得

  ②

设P‘为虚线与分界线的交点，∠POP'=α，则粒子在磁场中的运动时间为

  ③

式中  ④

粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场．设粒子加速度大小为a，由牛顿第二定律得

qE=ma ⑤

由运动学公式有

 ⑥

l2=vt2 ⑦

式中t2是粒子在电场中运动的时间

由①②⑤⑥⑦式得  ⑧

由①③④⑦式得 

答：电场强度与磁感应强度大小之比为，粒子在磁场与电场中运动时间之比为．

解：（1）粒子在磁场中以o′为圆心做匀速圆周运动，运动半个圆周后从D点沿场强方向进入电场．如下图所示：

在磁场中运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力可得匀速圆周运动周期为：

粒子运动半个圆周，故粒子在磁场中运动时间为：；

（2）设粒子在磁场中运动半径为R：由洛伦兹力提供圆周运动向心力有：

根据几何关系可得，粒子在电场中运动到y轴的距离为：，

所以可得：

（3）由功能关系得：△ε=W=F•S=qE•S=

答：（1）粒子在磁场中运动的时间t为；

（2）粒子进入电场之后，直至到达y轴的过程中，运动的距离S为，

（3）粒子进入电场之后，直至到达y轴的过程中，电势能的变化量△ε为．

解：（1）粒子在磁场中做圆周运动，半径为R，周期为T，

qvB=m

R=2L

T=

当粒子初速度与y轴正方向夹角为150°时，粒子在磁场中的圆心角为O1，在磁场中运动的时间为t1，

此时对应的圆心角为30°，粒子垂直于x轴进入电场．

t1=

当粒子初速度与y轴正方向夹角为30°时粒子在磁场中的圆心角为O2，在磁场中运动的时间为t2，此时对应的圆心角为150°，粒子垂直于x轴进入电场．

t2=T

两粒子在磁场中运动的时间比

=

（2）粒子垂直于x轴进入电场，所以粒子在电场中做类平抛运动，运动时间为t1′

xc=t1′2

粒子到达y轴上M点纵坐标为yM，

yM=-vt1′

当粒子初速度与y轴正方向夹角为30°时，到达x轴的横坐标为xD

xD=R（1+cos30°）

粒子在电场中做类平抛运动，运动时间为t2′

xD=t2′2

粒子到达y轴上N点纵坐标yN，

yN=-vt2′

yM-yN=L

E=

答：（1）两粒子在磁场中运动的时间比；（2）匀强电场的电场强度E为．

解：（1）由题意及几何关系可得，粒子甲在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径：

R=r=0.5m                 

洛伦兹力提供向心力，故有：

qvB=m                 

可得粒子进入电场时的速度：

v=1.0×106 m/s

（2）粒子乙在磁场中转过120°角后从P点垂直电场线进入电场，运动轨迹如图所示：

在电场中的加速度大小：

a==1.5×103×1×109=1.5×1012m/s2，

粒子乙穿出电场时：

 vy=at2===0.75×106m/s，

tanα===0.75                

在磁场中：

△y1=1.5r=0.75m           

在电场中侧移：

△y2=

飞出电场后粒子做匀速直线运动：

△y3=L2tanα=（2-0.5-0.5）×0.75=0.75m，

故y=△y1-△y2-△y3=-1.875m，

则该发光点的坐标（2，-1.875）．

答：（1）粒子甲进入电场时的速度为1.0×106 m/s；

（2）粒子的运动轨迹如图所示，该发光点的位置坐标为（2，-1.875）．

解：带电粒子在电场中，在电场力作用下，做类平抛运动，如图，A到B所示：

因OD与x轴夹角为37°，设A点到O点的距离L．

从A到B的x轴方向位移0.8L；y轴方向的位移为0.4L；

根据运动学公式，则有：0.8L=v0t；

0.4L=；

两式合并，解得：=1；

因此带电粒子进入磁场时，与OD垂直，

且到达x轴上的C点时速度方向与x轴垂直，因此OB长度即等于轨道半径为R；

则A点到O点的距离L=R；

（2）使磁场的磁感应强度大小不变、方向变为垂直xoy平面向里，

根据左手定则，则洛伦兹力方向由B指向D，从而做匀速圆周运动，

粒子在磁场中的运动的周期为T、轨道半径为R，且圆O1的半径也为R，

如上图所示，则O2B01E是菱形，由于实线OD与x轴夹角为θ=37°，

那么带电粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角为153°

因此离开磁场过程中粒子在磁场中的运动时间t=T

答：（1）求A点到O点的距离R；

（2）如果使磁场的磁感应强度大小不变、方向变为垂直xoy平面向里，圆O1的半径也为R，求粒子从A点进入电场到最终离开磁场过程中粒子在磁场中的运动时间T．

解：（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为v1，

设对正离子，应用动能定理有：eU0=mv12，

正离子垂直射入匀强偏转电场，

作类平抛运动受到电场力F=qE0，产生的加速度为：a=，

即：a=，垂直电场方向匀速运动，有：2d=v1t，

沿场强方向：Y=at2，联立解得：E0=，

又tanφ=，解得：φ=45°；  

（2）正离子进入磁场时的速度大小为v2=，

正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力得：qv2B=m，

解得离子在磁场中做圆周运动的半径：R=2；

（3）由R=2可知，质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1=2，

由R′2=（2R1）2+（R′-R1）2，解得：R′=R1，再根据：R1＜R＜R1，

解得：m＜mx＜25m． 

答：（1）偏转电场场强E0的大小为：，HM与MN的夹角φ为45°；

（2）质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径为2；

（3）若质量为4m的离子恰好垂直打在NQ的中点S1处，能打在NQ上的正离子的质量范围是：m＜mx＜25m．