1、m = H +Bq(1+22) (2分)该微粒运动周期为:T =2mBq (2分)运动到最高点所用时间为:t=33m (2分) T=84Bq1m2 (2分) 2 (2分) (3)设该粒上升高度为h,由动能定理得: -mgh-Eqhcot45 =0- m2v2h= =2(mg+Eq)5gv2该微粒离地面最大高度为:H + 4g (2分)3.如图所示,绝缘的水平地面在Q点左侧是光滑的,右侧是粗糙的。质最为m、电荷量为q(q0)的金属小滑块A放在P点,质最为2 m、不带电的金属小滑块B放在Q点,A、B均静止不动,P、Q两点之间的距离为L。当加上方向水平向右、场强大小为E的匀强电1场时,A开始向右运动
2、,然后与B发生正碰,碰撞时间极短。碰后,A、B的电荷量均为2q且保持不变,A刚好能返回到P点,B水平向右做匀速运动。A、B均视为质点,A、B之间的库仑力不计。求:(1)碰撞前、后A的速率v1、v2和碰后B的速率vB;(2)当A刚好回到P点时B到Q点的距离xB。(1)A从P到Q、Q到P的过程,分别根据动能定理有qEL=12mv22 (2分)-12qEL=0-12 (2分)解得v1=v2= (2分)A、B正碰,由动量守恒定律得mv1=-mv2+2mvB (3分)由解得v1B=21 (2分)(2)碰撞后,B水平向右做匀速直线运动,有xB=vBt (3分)A水平向左做匀减速直线运动返回到P点有L=v2
3、2t (3分)由解得xB=1)L (2分)4. 如图,xoy平面内的圆O与y轴相切于坐标原点o在该圆形区域内,有与y轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场一个带电粒子(不计重力)从原点o沿x轴进入场区,恰好做匀速直线运动,穿过场区的时间为T0若撤去磁场,只保留电场,其他条件不变,该带电粒子穿过场区的时间为T0/2若撤去电场,只保留磁场,其他条件不变,求:该带电粒子穿过场区的时间解:设电场强度为E,磁感强度为B;圆o的半径为R;粒子的电量为q,质量为m,初速度为v同时存在电场和磁场时,带电粒子做匀速直线运动,有qvB=qEvT0=2R只存在电场时,粒子做类平抛运动,有x=vT021qET02y=
4、()2m2由以上式子可知x = y = R,粒子从图中的M点离开电场 qvB=由以上式子得8mRT02只存在磁场时,粒子做匀速圆周运动,从图中N点离开磁场,P为轨迹圆弧的圆心mv2qvB=r 设半径为rr=由以上式子可得R2由图tg=R/r=2 所以,粒子在磁场中运动的时间t=r2T0=arctan2v25. 在直角坐标系的第II象限和第象限中的直角三角形区域内,分布着磁感应强度均为B的匀强磁场,方向分别垂直纸面向外和向里。某一带正电粒子A1,由静止开始经加速电压为U的电场(图中未画出)加速后,从纵的M处平行于x轴向右运动,通过第II象限的匀强磁场区域后,在坐标原点O处与静止在该点的粒子A2发
5、生了对心正碰,碰后它们结合在一起进人第IV象限,碰撞前后它们的运动轨迹如图所示。若两个粒子的质量相等且均可视为质点、重力不计、碰撞过程中无电荷量损失。(1)求带电粒子A1的比荷(即qm);(2)确定粒子A2碰撞前的带电情况;(3)求带电粒子A1在两个磁场区域中偏转所用的总时间。qU=121)带电粒子A1在电场中被加速,由动能定理有2mv(2分)qvB=mv2在磁场中偏转,由牛顿第二定律有r 联立两式得q/m=2U/(B2r2)由图可知r= 代入式解得q/m=U/(B2a2)(2)由两式可得A1在第象限的磁场中的运动速率v=/(Ba) 在O点A1、A2碰撞后结合在一起,由动量守恒定律有2mv=m
6、v v=v/2=/(2Ba) 由式结合粒子运动轨迹的特点有7 (2分)(1分) (1分)(2分)(2分)(2分)(1分)(r=2mv/qB=mv/qB=r=mv/qB (1分) 故有q=q,所以碰撞前A2不带电 (1分)(3)由图可知粒子A1在两个磁场中分别偏转的弧度为/4而T=2r/v (1分) t1=T1/8=r/(4v)=a2B/(4U) (1分) t2=T2/8=r/(4v)=a2B/(2U) (1分) 所以它在磁场中运动的总时间t=t1+t2=3a2B/(4U) (1分)二 带电粒子组合场中运动1(20分)在图13所示的坐标系中,x轴水平,y轴垂直,x轴上方空间只存在重力场,8 第象
7、限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场,在第象限由沿x轴负方向的匀强电场,场强大小与第象限存在的电P场的场强大小相等。一质量为m,带电荷量大小为q的质点a,从y轴上y=h处的1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出,它经过x=-2h处的P2点进入第象限,恰好做匀速圆周运动,又经过y轴上方y=-2h的P3点进入第象限,试求:(1)质点a到达P2点时速度的大小和方向;(2)第象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小;(3)质点a进入第象限且速度减为零时的位置坐标1(2分)如同答2所示。(1)质点在第象限中做平抛运动,设初速度为v0,由h=12gt2 (2分)2h=v0t
8、(2分)解得平抛的初速度v0=在P2点,速度v的竖直分量vy=gt=9 1分) 1分)(v=,其方向与x轴负向夹角=45 (1分)(2)带电粒子进入第象限做匀速圆周运动,必有mg=qE (2分)又恰能过负y轴2h处,故P2P3为圆的直径,转动半径R= 2h=2h (1分) 2又由qvB=m (2分) R可解得E=mg (1分)qB= (2分)(3)带电粒以大小为v,方向与x轴正向夹45,方向与过P3点的速度方向相反,故带电粒做匀减速直线运动,设其加速度大小为a,则:a= (2分) m由O2-v2=-2as,得s=v22a= (2分)由此得出速度减为0时的位置坐标是(h,-h) (1分)2(20
9、分)如图18所示的坐标系,x轴沿水平方向,y轴沿竖直方向在x轴上空间第一、第二象限内,既无电场也无磁场,在第三象限,存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面(纸面)向里的均强磁场,在第四象限,存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带电质点,从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。然后经过x轴上x=2h处的P2点进入第三象限,带电质点恰好能做匀速圆周运动。之后经过y轴上y=2h处的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g。(1)粒子到达P2点时速度的大小和方向;(2)第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小;(3)带电质点在
10、第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。2(20分)分析和解:(1)参见图,带电质点从P1到P2,由平抛运动规律 h=12gt2(2分)vO=2ht(1分)(1分) vy=gt求出v=22vO+vy=2gh(2分) 方向与x轴负方向成45角(1分)(2)质点从P2到P3,重力与电场力平衡,洛伦兹力提供向心力Eq=mg(1分) v2Bqv=m(2分) R(2R)2=(2h)2+(2h)2(2分) 由解得E=mg(2分) q联立式得B=m2g(2分) qh(3)质点进入等四象限,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀减速直线运动. 当竖直方向的速度减小到0,此时质点速度最小,即v在水平方向的分量
11、 vmin=vcos45=2gh(2分)方向沿x轴正方向(2分)3(20分)如图所示,在xOy坐标系的第象限内,x轴和平行x轴的虚线之间(包括x轴和虚线)有磁感应强度大小为B1=210-2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场,虚线过y轴上的P点,OP=10m,在xO的区域内有磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场。许多质量m=1610-25kg、电荷量g=+1610-18C的粒子,以相同的速率v=2105ms从c点沿纸面内的各个方向射人磁感应强度为B1的区域,OC=05 m。有一部分粒子只在磁感应强度为B1的区域运动,有一部分粒子在磁感应强度为B1的区域运动之后将进入磁感应强度为B2的区域
12、。设粒子在B1区域运动的最短时间为t1,这部分粒子进入磁感应强度为B2的区域后在B2区域的运动时间为t2,已知t2=4t1。不计粒子重力。(1)粒子在磁感应强度为B1的区域运动的最长时问t0=?(2)磁感应强度B2的大小?3解:(1)设粒子在磁感应强度为B1的区域做匀速圆周运动的半径为r,周期为T1,则r =m (1分) qB1r = 1.0 m (1分) T1 =2m (1分) qB11T1 (2分) 213 由题意可知,OP = r,所以粒子沿垂直x轴的方向进入时,在B1区域运动的时间最长为半个周期,即 t0 =解得t0 = 1.57105 s (2分)(2)粒子沿+x轴的方向进入时,在磁
13、感应强度为B1的区域运动的时间最短,这些粒子在B1和B2中运动的轨迹如图所示,在B1中做圆周运动的圆心是O1,O1点在虚线上,与y轴的交点是A,在B2中做圆周运动的圆心是O2,与y轴的交点是D,O1、A、O2在一条直线上。由于OC =12r (1分)所以AO1C = 30 (2分)则t11 =12T1 (2分)设粒子在B2区域做匀速圆周运动的周期为T2,则T2 =2 mqB (1分)由于PAO1 =OAO2 =ODO2 = 30(1分)所以AO2D = 120(2分)则t22 =3T2 (2分)由t2 = 4 t1解得B2 = 2B1 (1分)B2 = 4102 (1分)4(18分)如图所示,
14、在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴正方向的匀强电场,在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场现有一质量为m,电荷量为q的负粒子(重力不计)从坐标原点O射入磁场,其入射方向与y轴负方向成45角当粒子运动到电场中坐标为(3L,L)的P点处时速度大小为v0,方向与x轴正方向相同求:(1)粒子从O点射人磁场时的速度v(2)匀强电场的场强E(3)粒子从O点运动到P点所用的时间4(18分)解: (1)v=v0 cos45(2)因为v与x轴夹角为45,由动能定理得:11mv02-mv2=-qEL 22mv02 解得:E=2qL(3)粒子在电场中运动L=12qE2Lat2,a=解得:t2= 2mv0粒子在
15、磁场中的运动轨迹为l4圆周,所以R2 =L2 粒子在磁场中的运动时间为:12RL= t1= v04v0粒子从O运动到P所用时闯为:t=t1+t2=L(+8) 4v05、(18分)如图所示,x轴上方存在磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)。x轴下方存在匀强电场,场强大小为E,方向沿与x轴负方向成60角斜向下。一个质量为m,带电量为e的质子以速度v0从O点沿y轴正方向射入匀强磁场区域。质子飞出磁场区域后,从b点处穿过x轴进入匀强电场中,速度方向与x轴正方向成30,之后通过了b点正下方的c点。不计质子的重力。(1)画出质子运动的轨迹,并求出圆形匀强磁场区域的最小半径和
16、最小面积;(2)求出O点到c点的距离。5、【解析】(1)质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动,射出磁场后做匀速直线运动,最后进入匀强电场做类平抛运动,轨迹如图所v02示.根据牛顿第二定律,有Bev0=m (2分) R要使磁场的区域面积最小,则Oa为磁场区域的直径,由几何关系可知:r=Rcos30(4分)求出圆形匀强磁场区域的最小半径r=0 (2分) 2圆形匀强磁场区域的最小面积为Smin3m2v02=r=(1分) 224Be(2)质子进入电场后,做类平抛运动,垂直电场方向:ssin300=v0t;(3分) 平行电场方向:scos30=012at,(3分)由牛顿第二定律eE=ma, (2分)v02解
17、得:s=。O点到c点的距离:d= eE6(20分)如图18所示,x轴上方有一匀强磁场,磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为B,x轴下方有一匀强电场,电场强度的大小为E,方向与y轴的夹角为30,且斜向上方,现有一质量为m电量为q的质子,以速度为v0由原点沿与x轴负方向的夹角为30的方向射入第二象限的磁场,不计质子的重力,磁场和电场的区域足够大,求:(1)质子从原点到第一次穿越x轴所用的时间。(2)质子第一次穿越x轴穿越点与原点的距离。(3)质子第二次穿越x轴时的速度的大小、速度方向与电场方向的夹角。(用反三角函数表示)6(1)由题意可知,t=1T 6qV0=m2r v02mm= qB3qB2v0
18、V0=m r易知AOB为等边三角形第一次穿越x轴,穿越点与原点距离X=r=mv0 qBA时速度方向与x轴夹30角方向与电场方向垂直,在电场中类平抛v2=at12at知=tan30= v0t3V0 次穿越x轴的速度大小V0 与电场方向夹角=式各2分 7(18分)如图所示,直角坐标中的第象限中存在沿y轴负方向的匀强电场,在第象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子,在x轴上的a 点以速度v0与x轴成60度角射入磁场,从y =L处的b点垂直于y轴方向进入电场,并经过x轴上x = 2L处的c点。不计重力。求(1)磁感应强度B的大小;(2)电场强度E的大小;(3)粒子在磁场
19、和电场中的运动时间之比。7(1)带电粒子在磁场运动由轨迹可知:r =23L (2分)又qv =mv0B0r (2分)B =3mv02qL (2分)(2)带电粒子在电场中运动时,沿x轴有:2L = v0t2 沿y轴有:L =12at2又qE = ma 解得:E =mv2(3)带电粒子在磁场中运动时间为t =1243v=L09v01分)1分)2分)2分)2分)20 ( ( ( ( (带电粒子在电场中运动时间为:t2 =2L v0 (2分)所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为:t12 (2分) =t298(18分)如图所示,在y0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场,在y0的区域内有垂直坐标平面向里
20、的匀强磁场。一电子(质量为m、电量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时,恰好到达C点;当电子第二次穿越x轴时,恰好到达坐标原点;当电子第三次穿越x轴时,恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。(1)电场强度E的大小;(2)磁感应强度B的大小;(3)电子从A运动到D经历的时间t8(18分)电子的运动轨迹如右图所示 (2分)(若画出类平抛和圆运动轨迹给1分)(1)电子在电场中做类平抛运动设电子从A到C的时间为t12d=v0t1 (1分)1d=at12 (1分)eE(1分) m2mv0求出 E = (
21、1分)2ed(2)设电子进入磁场时速度为v,v与x轴的夹角为,则at(1分) tan=1=1 = 45v0a=求出 v=2v0 (1分)电子进入磁场后做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力evB=m (1分)r由图可知 r=2d (2分)mv0求出 B= (1分)ed(3)由抛物线的对称关系,电子在电场中运动的时间为 3t1=6d (2分)332m3d (2分)电子在磁场中运动的时间 t2 = T=44eB2v03d(4+) (2分) 电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2 =2v09(20分) 如图所示的区域中,第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,第一、第四象限是一个电场强度大
22、小未知的匀强电场,其方向如图。一个质量为m,电荷量为+q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中,初速度方向与边界线的夹角=30,粒子恰好从y轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场,经过x轴的Q点,已知OQ=OP,不计粒子的重力,求:(1)粒子从P运动到C所用的时间t; (2)电场强度E的大小;(3)粒子到达Q点的动能Ek。 9(20分)(1运动的轨迹为半个圆周(2分) 由Bqv0=m(1分) r得:r= (1分)qB又T=2r2m(1分) =v0Bq得带电粒子在磁场中运动的时间:t=Tm= (2分) 2qB(2)带电粒子在电场中做类平抛运动,初速度v0垂直于电场沿CF方向,过
23、Q点作直线CF的垂线交CF于D,则由几何知 识可知,CPOCQOCDQ,由图可知: CP=2r=2mv0qB (1分)带电粒子从C运动到Q沿电场方向的位移为 SE=DQ=OQ=OP=CPsin300=r=mv0带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为 Smv0v0=CD=CO=CPcos300=3r=qB由类平抛运动规律得:SE=12at2=1qE2mt2 (1分)Sv0=v0t (1分) 联立以上各式解得:E=2Bv03 (2分)3)由动能定理得: 2分) (1分)24 ( (12mv0=qESE (3分) 272联立以上各式解得:Ek=mv0 (2分) 6Ek-5v=1.010m/sOOO
24、O010(20分)如图甲所示,在两平行金属板的中线的某处放置一个粒子源,粒子源沿方向连续不断地放出速度(方向水平向右)的带正电的粒子。在直线MN的右侧分布有范围足够大匀强磁场,磁感应强度B=0.01T,方向垂直纸面向里,MNq=1.0108C/kg与中线OO垂直。两平行金属板间的电压U随时间变化的U-t图象如图乙所示。已知带电粒子的比荷m,粒子的重力和粒子之间的作用力均可忽略不计。若t=0.1s时刻粒子源放出的粒子恰好能从平行金属板的边缘离开电场(设在每个粒子通过电场区域的时间内,可以把板间的电场看作是恒定的)求:(1) t=0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时速度大小和方向;(2)求从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间、(20分)(1)0.1s时刻释放的粒子做类平抛运动,沿电场方向做匀加速运动,所以有2U=1y 出电场时粒子沿电场方向的分速度v5y=10m/s=v0 粒子离开电场时的速度v=105m/s 设出射方向与v0方向
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