热门试卷

由于手机使用时要发射电磁波,对飞机会产生电磁干扰,而飞机上的导航系统非常复杂,抗干扰能力又不是很强,若在飞机上使用手机,将对飞机产生电磁干扰,后果不堪设想,所以不能在飞机上使用手机.同理也不能使用手提电脑、游戏机等

由于手机使用时要发射电磁波,对飞机会产生电磁干扰,而飞机上的导航系统非常复杂,抗干扰能力又不是很强,若在飞机上使用手机,将对飞机产生电磁干扰,后果不堪设想,所以不能在飞机上使用手机.同理也不能使用手提电脑、游戏机等

西方  d="300" km

雷达向东方发射电磁波时,没有反射回来的信号,向西方发射时,有反射回来的信号,所以目标在西方,目标到雷达的距离为

d=c·= m="300" km.

由F="qvB" 、F=mv2/r得：r="mv/qB        " ……（2分）

若刚好从a 点射出，如图：r=mv1/qB=l/4∴ v1="qBl" /4m         ……（3分）

若刚好从b 点射出，如图：R2 =" l" 2 + ( R- l/2)2    R=" 5l" /4= mv2/Qb 

∴ v2="5qBl" /4m……（3分）

要想使粒子不打在极板上，∴ v0＜ q B l / 4 m  或   v0＞ 5 q B l / 4 m   ……（2分）

略

粒子做圆周运动点的圆心一定在过O点且与速度垂直的一条直线上.

粒子做圆周运动圆心角为2p-2q，

所以时间      

离开磁场的位置与入射点的距离即为弦长

略

(1）由于粒子沿直线运动，所以：qE=B1qv，v=E/B1=U/dB1 …………………………………………2分

（2）以速度v进入B2的粒子有：…………………………………………2分

………………………2分………………………2分

略

qBt/2m 不能 

 v≤qBL/3m

粒子从ab边射出时在磁场中运动的时间最长，t=5T/6=5m/3qB. 粒子要从ab边射出它的轨迹就不能碰到ad边，轨迹恰好与ad边相切时R+Rcos60°=L/2, R≤L/3,R=mv/qB,

v≤qBL/3m

(1) R=mv/qB

(2)

(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律得：qvB=mv2/R, R="mv/qB"             ①

(2)以OP为弦画两个半径相等的圆弧，分别表示两个粒子的轨道.圆心和直径分别为O1、O2和OO1Q1、OO2Q2，在O处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角，由几何关系得：∠PO1Q1=∠PO2Q2=θ          ②

从O点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q1P,且Q1P=Rθ                                    ③

粒子2的路程为半个圆周减弧长Q2P,且Q2P=Rθ ④

粒子1的运动时间为t1=T/2+Rθ/v             ⑤

 粒子2的运动时间为t1=T/2-Rθ/v              ⑥

两例子射入的时间间隔为△t=t1-t2=2Rθ/v         ⑦

因Rcoc(θ/2)=L/2解得

θ="2Rarccos(L/2R)                             " ⑧

由①⑦⑧三式解得：

(a)右端为S极，左端为N极；(b)左端为N极，右端为S极；(c)左端为N极，右端为S极；(d)左端为S极，右端为N极；(e)两端同为N极或两端同为S极．

（1）4×107 m/s

（2）见解析

（3）3.82×107 m/s

（1）电子在电场中做加速运动，由动能定理

进入磁场时的速度大小.

（2）如图1所示，进入磁场区域后由洛伦兹力提供向心力

图1

运动半径

在y方向上移动的距离

同理可得Δy2=Δy3=Δy4=Δy1="0.3" m

电子的运动轨迹如图2所示.

图2

（3）磁场方向变化N次时

电子在每一磁场中的偏角，所以

电子在每一磁场中的运动时间

在磁场中运动的总时间

电子运动的平均速度

整理并代入数据得.

(1)依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v  

由       得  ………………①　　（１分）

粒子在磁场中做匀速圆周运动其圆心在E点，如图所示，半径 …………②

由洛仑兹力提供向心力：  ………③　　　　　（１分）

由①②③式得：  　　　　　　　（2分）

(2)　粒子速率恒定，从进入磁场到第一次打到ED板的圆周轨迹到EC边相切时,路程最长，运动时间最长．如图，设 圆周半径为r2

由图中几何关系：    

得：  ……………④ 　　　　（2分）

最长时间    ………⑤　　　（2分）

由①④⑤式得：　　　（2分）   

(3)　设粒子运动圆周半径为r，越小，后一次打到ED板的点越靠近E端点,在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长．当r为无穷小，经过n个半圆运动,最后一次打到E点．

有：   ………………⑥ 　　　　　　 （２分） 

圆周运动周期：    …………⑦ 　　（1分）

最长的极限时间：   …………⑧ 　　（３分）

由⑥⑦⑧式得：  　　　（２分）

略

⑴，与x轴的夹角α＝arctan

⑵

⑴以a表示粒子在电场作用下的加速度，有

qE＝ma                ①

加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有

h＝at2                ②

l＝v0t                    ③

由②③式得：            ④

设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量

               ⑤

由①④⑤式得：       ⑥

设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为α，则有

tanα＝                                     ⑦

由④⑤⑦式得：α＝arctan                         ⑧

⑵粒子经过C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动。若圆周的半径为R，则有：                                       ⑨

设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有＝＝R。用β表示与y轴的夹角，由几何关系得

Rcosβ＝Rcosα＋h        ⑩

Rsinβ＝l－Rsinα         ⑾

由⑧⑩⑾式解得：  ⑿

由⑥⑨⑿式解得：   ⒀

（1）

（2）

（1）带电粒子从C孔进入，与筒壁碰撞2次再从C孔射出经历的时间为最短。

由

粒子由C孔进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的速率为

由即，

得

（2）粒子从A→C的加速度为

由，粒子从A→C的时间为：

粒子在磁场中运动的时间为

将（1）求得的B值代入，得，

求得：

（1）见解析

（2）

（1）由题意可知：板1为正极，板2为负极                 ①

　　两板间的电压U＝                  　　②

而：S＝πr2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　③

带电液滴受的电场力：F＝qE=　　　　　　　　　　　　④

故：F－mg＝－mg＝ma

a=－g                                           　　⑤

讨论：

一．若　a>0

液滴向上偏转，做类似平抛运动

y＝ 　　　　　　　　　　　　　　　　　⑥

当液滴刚好能射出时：

有　l＝v0t   t＝　　y＝d　

故　d=                       　　⑦

由②③⑦得　　K1＝      　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧

要使液滴能射出，必须满足　y1

二．若　a＝0

液滴不发生偏转，做匀速直线运动，此时　a=－g＝0　　　　⑨

由②③⑨得　K2＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑩

液滴能射出，必须满足K＝K2

三．若　a<0,、，液滴将被吸附在板2上。

综上所述：液滴能射出，

K应满足　　　　　　　　　　11

（2）B＝B0＋Kt

当液滴从两板中点射出进，满足条件一的情况，则

用替代⑧式中的d

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　12

即