qE=2m/
qB,在只有磁场时在该区域中运动的时间为t2=πm/3qB,可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比,选项D正确.
3.ABD;若圆环所受洛伦兹力等于重力,圆环与粗糙细杆压力为零,摩擦力为零,圆环克服摩擦力做的功为零,选项A正确;若圆环所受洛伦兹力不等于重力,圆环与粗糙细杆压力不为零,摩擦力不为零,圆环以初速度v0向右做减速运动.若开始圆环所受洛伦兹力小于重力,则一直减速到零,圆环克服摩擦力做的功为mv02/2,选项B正确;若开始圆环所受洛伦兹力大于重力,则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定,稳定速度v=mg/qB,由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W=mv02/2–mv2/2=
m(v02–
),选项D正确C错误.
4.C;设金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为n,稳恒电流I可表示为I=neSv,S=dh;evB=eE,Eh=∣UM–UN∣;联立解得n=
,选项C正确.
5.C;由于粒子运动的偏向角等于圆弧轨迹所对的圆心角,由t=(T/360°)α可知,它们在磁场中运动的时间之比为90°∶60°∶30°=3∶2∶1,选项C正确.
6.D;由qvB=mv2/R可得B=mv/qR.磁场最强的是对应轨迹半径最小,选项D正确.
7.AC;根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知,在Ek–t图中应该有tn+1–tn=tn–tn-1,选项A正确B错误;由于带电粒子在电场中加速,电场力做功相等,所以在Ek–t图中应该有En+1–En=En–En-1,选项C正确D错误.
8.⑴由动能定理,qU0=
mv2,解得粒子从O点射出时速度v=
.
⑵由L=vt,L/2=at2/2,a=qE/m,解得E=2U0/L.
⑶设粒子从O点沿与x方向夹角为θ射出,则有2Rsinθ=L,qvB=mv2/R,qvB=qE,联立解得:
θ=30°或θ=150°.
9.设第三象限内磁场磁感应强度大小为2B,第四象限内磁场磁感应强度大小为B,粒子a、b质量为m电荷量大小为q进入磁场区域速度为v由洛伦兹力和牛顿第二定律得qvB=mv2/R,则R=mv/qB.周期T=2πm/qB,由题设条件有:
Ra=2Rb、Ta=2Tb;设b粒子在第三象限中运行时转过的圆心角为α,由a、b两粒子运行时间关系有ta=4tb;即Ta/6=4(α/2π)Tb解得α=30°;则ya/yb=Rasin60°/Rbsin30°=2
/1.
10.⑴沿直线OO′运动的带电粒子,设进入匀强磁场B2的带电粒子的速度为v,根据qvB1=qE解得v=E/B1.
⑵粒子进入匀强磁场B2中做匀速圆周运动,根据qvB2=mv2/r,解得q=mv/B2r;因此,电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小.设最小半径为r1,此带电粒子运动轨迹与CD板相切,则有r1+
r1=a,解得:
r1=(
–1)a.
电荷量最大值q=(
+1)mE/B1B2a
⑶带负电的粒子在磁场B2中向上偏转,某带负电粒子轨迹与CD相切,设半径为r2,依题意r2+a=
r2解得r2=(
+1)a则CD板上被带电粒子击中区域的长度为x=r2–r1=2a.
11.⑴电荷在电场中做匀加速直线运动,设其在电场中运动的时间为t1,有v0=at1、qE=ma,解得E=7.2×103N/C.
⑵当磁场垂直纸面向外时,电荷运动的半径r1=mv0/qB1=5cm、周期T1=2πm/qB1=(2π/3)×10-5s;当磁场垂直纸面向里时,电荷运动的半径r2=mv0/qB2=3cm、周期T2=2πm/qB2=(2π/5)×10-5s;故电荷从t=0时刻开始做周期性运动,其运动轨迹如图所示.
t=(4π/5)×10-5s时刻电荷与O点的水平距离Δd=2(r1–r2)=4cm.
⑶电荷从第一次通过MN开始,其运动的周期为T=0.8π×10-5s,根据电荷的运动情况可知,电荷到达档板前运动的完整周期数为15个,有电荷沿ON运动的距离s=15Δd=60cm;故最后8cm的距离如图所示,有r1+r1cosα=d–s解得cosα=0.6则α=53°;故电荷运动的总时间t总=t1+15T+T1/2–(53°/360°)T1=3.86×10-4s.
12.⑴粒子从S1到达S2的过程中,由动能定理qU=mv2/2,则粒子进入磁场时速度的大小v=
;
⑵粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,有qvB=mv2/r,综合得加速电压U与轨迹半径r的关系为U=qB2r2/2m;当粒子打在收集板D的中点时,粒子在磁场中运动的半径r0=R,对应电压U0=qB2R2/2m.
⑶M、N间的电压越大,粒子进入磁场时的速度越大,粒子在极板间经历的时间越短,同时在磁场中运动轨迹的半径越大,在磁场中运动的时间也会越短,出磁场后匀速运动的时间也越短,所以当粒子打在收集板D的右端时,对应时间t最短.根据几何关系可以求得,对应粒子在磁场中运动的半径r=
R;粒子进入磁场时速度大小v=
=
;粒子在电场中经历时间t1=
=
,粒子在磁场中经历的时间t2=
R(π/3)/v=πm/3qB;粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3=
=
;粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为t=t1+t2+t3=
.
13.⑴粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,qv0B=mv02/r,解得r=mv0/qB;周期T=2πr/v0=2πm/qB.
⑵带电粒子在MN两极板间的加速过程,由动能定理,qU=mv02/2,如图所示,当粒子从左边射出时,若运动轨迹半径最大,则其圆心为图中O1点,半径r1=d/4,因此粒子从左边射出必须满足:
r≤r1=d/4;联立解得:
U≤qB2d2/32m.当粒子从右边射出时,若运动轨迹半径最小,则其圆心为图中O2点,半径为r2,由几何关系可得:
r22=(r2–d/2)2+l2,解得r2=d/4+l2/d,因此粒子从右边射出必须满足:
r≥r2=d/4+l2/d,联立解得:
U≥q(d2+4l2)2B2/32md2.所以当U≤qB2d2/32m或U≥q(d2+4l2)2B2/32md2时,粒子可以从磁场内射出.
14.⑴带电粒子在匀强电场中做类平抛运动2L=v0t、L=(1/2)(qE/m)(2L/v0)2解得E=mv02/2qL.
⑵设到原点时带电粒子的竖直分速度为
vy=(qE/m)t=(qE/m)(2L/v0)=v0
v=
v0方向与x轴正向成45°,粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动,由几何知识可得R1=
L/2,由洛伦兹力充当向心力qvB=mv2/R1解得B=mv/qR1=2mv0/qL.
⑶运动轨迹如图,在区域Ⅱ做匀速圆周的半径为R2=
L,d2≥R2+L=(
+1)L;
运动时间t1=
=
、t2=
=
、t3=
=
运动总时间t总=2(t1+t2)+t3=
.
15.⑴粒子类平抛到Q点时,将速度分解如图.vQ=v0/sin30°=2v0.
⑵vy=vQcos30°=
v0;P到Q,带电离子做类平抛运动,设OQ=L,则x方向,Lcos30°=v0t,y方向,h–Lsin30°=vyt/2,vy=at,qE=ma,联立解得t=2
h/5v0、L=4h/5、E=5mv02/2qh.
⑶由题得,磁偏转的半径r=L=4h/5,由qvB=mv2/r及T=2πr/v得T=2πm/qB、B=5mv0/2qh;Q到M点,圆心角θ=5π/3,则运动时间t=(θ/2π)T=5T/6,代入磁感应强度B,得t=2πh/3v0.