高考物理帶電粒子在無邊界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)試題經(jīng)典

1、高考物理帶電粒子在無邊界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)試題經(jīng)典一、帶電粒子在無邊界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)1 專項(xiàng)訓(xùn)練1 如圖所示，xoy 平面處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b，方向垂直紙面向外點(diǎn)p3l,0處有一粒子源，可向各個(gè)方向發(fā)射速率不同、電荷量為q、質(zhì)量為m 的帶負(fù)電3粒子不考慮粒子的重力（1）若粒子 1 經(jīng)過第一、二、三象限后，恰好沿x 軸正向通過點(diǎn)q（0， -l），求其速率v ；1（2）若撤去第一象限的磁場，在其中加沿y 軸正向的勻強(qiáng)電場，粒子2 經(jīng)過第一、二、三象限后，也以速率 v1 沿 x 軸正向通過點(diǎn)q，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度e 以及粒子 2 的發(fā)射速率 v2；（3）若在 xoy 平面內(nèi)加沿y 軸正向

2、的勻強(qiáng)電場eo，粒子 3 以速率 v3 沿 y 軸正向發(fā)射，求在運(yùn)動(dòng)過程中其最小速率v.某同學(xué)查閱資料后，得到一種處理相關(guān)問題的思路：帶電粒子在正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，若所受洛倫茲力與電場力不平衡而做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，可將帶電粒子的初速度進(jìn)行分解，將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)等效為沿某一方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿某一時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)請(qǐng)嘗試用該思路求解22 e02blq221blq3e0【答案】（ 1）（2）v33m9m（ ）bb【解析】【詳解】（1）粒子 1 在一、二、三做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qv1 bm v12r12由幾何憨可知： r12l r123 l32blq得到： v13m（2）粒子

3、 2 在第一象限中類斜劈運(yùn)動(dòng)，有：3 l v1t ， h1 qe t 232 m在第二、三象限中原圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系：lh2r1 ，得到 e8qlb 29m22221blq又 v2v12eh ，得到： v29m（3）如圖所示，將v3 分解成水平向右和v 和斜向的 v ，則 qv be0qe0 ，即 vb而 vv2v32所以，運(yùn)動(dòng)過程中粒子的最小速率為vv v2v32e0即： ve0bb2 （加試題）有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示。左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心 o、與 o 點(diǎn)等距離各點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，其

4、左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零。離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為 q、質(zhì)量分別為 m和 0.5m的正離子束，從m 點(diǎn)垂直該點(diǎn)電場方向進(jìn)入靜電分析器。在靜電分析器中，質(zhì)量為m 的離子沿半徑為r 0 的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從n 點(diǎn)水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從on 連線的中點(diǎn) p 與水平方向成 角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質(zhì)量為m 的離子打在o 點(diǎn)正下方的 q 點(diǎn)。已知 op=0.5r ， oq=r ， n、 p 兩點(diǎn)間的電勢差00mv 24u np, cos，不計(jì)重力和離子

5、間相互作用。q5（1）求靜電分析器中半徑為r0 處的電場強(qiáng)度e0 和磁分析器中的磁感應(yīng)強(qiáng)度b 的大小；（2）求質(zhì)量為 0.5m 的離子到達(dá)探測板上的位置與o 點(diǎn)的距離 l（用 r0 表示）；（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度在（b b）到（ b b）之間波動(dòng)，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為 m 和 0.5m的兩東離子，求b 的最大值b【答案】（ 1） e0mv2， bmv0；（ 2） 1.5r0 ；（ 3）12%0qr0qr0【解析】【詳解】（1）徑向電場力提供向心力：e qm vc2crcecmvc2mvcqrcbqrc（2）由動(dòng)能定理：10.5mv210.5mvc2qu np22vvc24qu np5vcm

6、0.5mv 15rc或 r2qbl2r cos0.5rc解得 l 1.5rc2r02r0 cosr0（3）恰好能分辨的條件：1bb2b1bb17 412 0解得0b3 如圖所示 圓心為、半徑為r的圓形磁場區(qū)域中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,以圓心,oo為坐標(biāo)原點(diǎn)建立坐標(biāo)系在y=-3r處有一垂直y軸的固定絕緣擋板,一質(zhì)量為m、帶電量為,+q的粒子 與x軸成角從m點(diǎn)（ -r,0）以初速度v0斜向上射入磁場區(qū)域 經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后,60 ,由 n 點(diǎn)離開磁場 (n點(diǎn)未畫出 )恰好垂直打在擋板上,粒子與擋板碰撞后原速率彈回,再次進(jìn)入磁場 最后離開磁場不計(jì)粒子的重力求:,.,(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度b 的大小 ;(2)

7、n 點(diǎn)的坐標(biāo) ;(3)粒子從 m 點(diǎn)進(jìn)入磁場到最終離開磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間.mv0(2) ( 3 r,1 r)(3)(5 ) r【答案】 (1)v0qr22【解析】（1）設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)半徑為r ，根據(jù)題設(shè)條件畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡：由幾何關(guān)系可以得到：rr由洛倫茲力等于向心力：qv0 bm v02，得到： bmv0rqr（2）由圖幾何關(guān)系可以得到：x r sin 60o3 r ， yr cos60o1 r22n點(diǎn)坐標(biāo)為：3 r,1 r222 m（ 3）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期 t，由幾何知識(shí)得到粒子在磁場在中運(yùn)動(dòng)的圓心角qb共為 180o ，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1t，粒子在磁場外的運(yùn)動(dòng)，由勻

8、速直線運(yùn)動(dòng)可以2t 22s1 r ，粒子從 m點(diǎn)進(jìn)入得到：從出磁場到再次進(jìn)磁場的時(shí)間為：，其中 s 3rv02磁場到最終離開磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間tt 1t 25r解得： tv04 如圖所示，有一磁感強(qiáng)度b 9.1 10 3 t 的勻強(qiáng)磁場， c、 d 為垂直于磁場方向的同一平面內(nèi)的兩點(diǎn)，它們之間的距離l =0.1m ，今有一電子在此磁場中運(yùn)動(dòng)，它經(jīng)過c 點(diǎn)的速度v 的方向和磁場垂直，且與cd 之間的夾角 =30 。（電子的質(zhì)量 m 9.1 1031 kg ，電量q1.6 10 19 c ）(1)電子在 c 點(diǎn)時(shí)所受的磁場力的方向如何？(2)若此電子在運(yùn)動(dòng)后來又經(jīng)過d 點(diǎn)，則它的速度應(yīng)是多大？(

9、3)電子從 c 點(diǎn)到 d 點(diǎn)所用的時(shí)間是多少？【答案】（ 1）見解析；（2） 1.6108 m/s ；（ 3） t 6.5 10 10 s ?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻?1) 電子以垂直磁場方向的速度在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手定則可判斷電子在 c 點(diǎn)所受磁場力的方向如圖所示，垂直于速度方向。(2)電子在洛倫茲力作用下作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，夾角=30 為弦切角，圓弧cd所對(duì)的圓心角為60，即 doc=60 ， cdo為等邊三角形，由此可知軌道半徑r=l由牛頓第二定律可得mv2evbr代入數(shù)值解得vebl1.6 108 m/sm(3)將 r=l 和 vebl2r代入周期公式 tv

10、中得mt2 meb 子從 c 點(diǎn)到 d 點(diǎn)所用 t，由于 子做勻速 周運(yùn) ，所以t 3 1 t 2 6由上兩式得t1 tm63eb代入數(shù)據(jù)得t6.5 10 10 s5 在科學(xué)研究中，可以通 施加適當(dāng)?shù)拇?來 粒子運(yùn) 的控制在如 所示的平面坐 系 x0y 內(nèi)，矩形區(qū)域 (-3dxd， -3 dy0)的粒子從p 點(diǎn)在 面內(nèi)垂直于op 射出。己知粒子運(yùn) 跡 心o，不 重力。求(1)粒子在磁 中做 周運(yùn) 的半徑；(2)粒子第一次在 形區(qū)域內(nèi)運(yùn) 所用的 ?！敬鸢浮?(1)(2)【解析】【分析】本 考 在勻 磁 中的勻速 周運(yùn) 及其相關(guān)的知 點(diǎn)，意在考 考生靈活運(yùn)用相關(guān)知 解決 的的能力。【 解】（1）找

11、 心，畫 跡，求半徑。 粒子在磁 中運(yùn) 半徑 r，由幾何關(guān)系得：易得：（2） 入磁 速度的大小 v，由洛 力公式和牛 第二定律有 入 形區(qū)域， 粒子做勻速直 運(yùn) ， 聯(lián)立解得7 如圖所示為一磁約束裝置的原理圖，同心圓圓心o 與xoy 平面坐標(biāo)系原點(diǎn)重合 .半徑為r0 的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于xoy 平面向里的勻強(qiáng)磁場.一束質(zhì)量為 m 、電荷量為 q、動(dòng)能為 e0 的帶正電粒子從坐標(biāo)為0, r0的 a 點(diǎn)沿 y 軸負(fù)方向射入磁場區(qū)域，粒子全部經(jīng)過坐標(biāo)為r ,0的點(diǎn)，方向沿 x軸正方向 當(dāng)在環(huán)形區(qū)域加上方向垂直于xoy 平面p.0向外的另一勻強(qiáng)磁場時(shí)，上述粒子仍從a點(diǎn)沿 y 軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域，所有

12、粒子恰好能夠約束在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，且經(jīng)過環(huán)形區(qū)域的磁場偏轉(zhuǎn)后第一次沿半徑方向從區(qū)域射入?yún)^(qū)域時(shí)經(jīng)過內(nèi)圓周上的m 點(diǎn) ( m 點(diǎn)未畫出 ).不計(jì)重力和粒子間的相互作用.（1）求區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度b1 的大小；（2）若環(huán)形區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度b23b1 ，求 m 點(diǎn)坐標(biāo)及環(huán)形外圓半徑r ；（3）求粒子從 a 點(diǎn)沿 y軸負(fù)方向射入圓形區(qū)域至再次以相同速度經(jīng)過a點(diǎn)的過程所通過的總路程 .【答案】 （1）2me0 （ 2）1 r0 ,3 r0 ，3r0（ 3） 6 16 3r0qr0223【解析】試題分析： （ 1）由題設(shè)條件就能求出粒子在區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，由洛侖茲力提供向心力就能求出區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

13、（ 2）進(jìn)入后，粒子恰好約束在該區(qū)，畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由兩區(qū)域內(nèi)磁場的關(guān)系，找到在區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，再由幾何關(guān)系求得粒子在區(qū)內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角，從而再由幾何關(guān)系就能求出 m 點(diǎn)的坐標(biāo)和環(huán)形的外圓半徑（ 3）先找出從 a 點(diǎn)出發(fā)，經(jīng)過、區(qū)的正反兩次偏轉(zhuǎn)再次進(jìn)入?yún)^(qū)時(shí)，相對(duì) oa 方向偏轉(zhuǎn)的角度，若經(jīng)過m 次偏轉(zhuǎn)時(shí)，粒子第一次經(jīng)過a 點(diǎn)，此時(shí)轉(zhuǎn)過m 周，列出方程，解出整數(shù)解，那么總路程就是m 倍的一次偏轉(zhuǎn)的路程（1）由題意，粒子在區(qū)域內(nèi)從a 點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到p 點(diǎn)，顯然r1r02在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，則有：qb1v0m v0 ，且 e01 mv02r12聯(lián)立解得： b12me0qr0

14、（2）粒子進(jìn)入環(huán)形區(qū)域后做順時(shí)針方向勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有： qb v m v0220r2由題設(shè)條件： b23b1聯(lián)立解得： r23 r03畫出粒子在區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示pom601r0，3由幾何關(guān)系得 ：22 r0，則 m 點(diǎn)的坐標(biāo)為由幾何關(guān)系外環(huán)的半徑 rr2 2r23r23r0（3）粒子在區(qū)域和區(qū)域兩次偏轉(zhuǎn)后，從m 點(diǎn)再次進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)，圓心角轉(zhuǎn)過150 ，設(shè)經(jīng)過 m 次這樣的偏轉(zhuǎn)后第一次從a 點(diǎn)再交入射，此時(shí)圓心角轉(zhuǎn)過n 個(gè) 360則有： 150m=360n （m、 n 取正整數(shù)）解得： m=12， n=5而粒子在、區(qū)偏轉(zhuǎn)一次通過的路程s112 r12 2r2( 1 43 )r04

15、329所以經(jīng)過 12 次如此偏轉(zhuǎn)后第一次通過a 點(diǎn)，則總路程為s12s12 983r038 如圖所示的xoy 平面內(nèi)，以 o1 （ 0， r）為圓心， r 為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xoy平面向里的勻強(qiáng)磁場（用b1 表示，大小未知）；x 軸下方有一直線mn ， mn 與 x 軸相距為y ）， x 軸與直線 mn 間區(qū)域有平行于 y 軸的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為e；在 mn 的下方有矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b2 ，磁場方向垂直于xoy 平面向外。電子a、 b 以平行于x 軸的速度 v0 分別正對(duì) o1 點(diǎn)、 a（0， 2r）點(diǎn)射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點(diǎn) o 進(jìn)入 x 軸下方的電場

16、。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e， e3mv02， b23mv0 ，不計(jì)電子重力。2er2er（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度 b1 的大??；（2）若電場沿 y 軸負(fù)方向，欲使電子a 不能到達(dá) mn ，求y 的最小值；（3）若電場沿 y 軸正方向，y3r ，欲使電子 b 能到達(dá) x 軸上且距原點(diǎn)o 距離最遠(yuǎn)，求矩形磁場區(qū)域的最小面積。【答案】 （1） 3 （ 2）3r（ 3） 4（ 2+ 3 ） r23【解析】（1）電子射入圓形區(qū)域后做圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑大小相等，設(shè)為r，當(dāng)電子射入，經(jīng)過o 點(diǎn)進(jìn)入 x 軸下方，則： r rv02mv0ev0b m，解得： b1err（ 2）勻強(qiáng)電場沿 y 軸負(fù)方向，電子 a

17、從 o 點(diǎn)沿 y 軸負(fù)方向進(jìn)入電場做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理ee y1mv022可求出mv023yr2ee3（3）勻強(qiáng)電場沿y 軸正方向，電子b 從 o 點(diǎn)進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子b 經(jīng)電場加速后到達(dá) mn 時(shí)速度大小為v，電子 b 在 mn 下方磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑為r1，電子 b 離開電場進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與水平方向成角，如圖所示。由動(dòng)能定理 eey1mv21mv0222解得 v2v0在電場中 aee3v02m2rt12 y2rav0x v t 2r01由牛頓第二定律evb2m v2代入得 r14 3 rr13cosv01則v23由幾何關(guān)系可知，在下方磁場中運(yùn)動(dòng)的圓心o2 在 y 軸

18、上，當(dāng)粒子從矩形磁場右邊界射出，且射出方向與水平向右夾角為時(shí)，粒子能夠到達(dá)x 軸，距離原點(diǎn) o 距離最遠(yuǎn)。由幾3何關(guān)系得，最小矩形磁場的水平邊長為l1（ r 1 r1sin ）豎直邊長為， l2（ r1 r1cos ）最小面積為sl1212（ 1 sin ）（ 1 cos ） 4（ 22l r3 ） r點(diǎn)睛：本題考查粒子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)動(dòng)能定理、分運(yùn)動(dòng)公式、牛頓第二定律列式，并結(jié)合幾何關(guān)系分析。9 如圖所示，在水平面內(nèi)有一個(gè)正三角形邊界和一個(gè)邊長為 l、每條邊均為擋板的正六邊形邊界 abcdef，在其六個(gè)頂點(diǎn)各開有一小孔，且正三角形邊界與正六邊形邊界的幾何中心重合

19、 .兩邊界之間的區(qū)域和六邊形邊界以內(nèi)的區(qū)域均有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，三角形邊界以外為真空.區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為4b0，區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b0.現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m、電量均為q 的正電粒子(粒子直徑略小于小孔直徑)從 a 點(diǎn)以大小不同的速度v垂直于ab 邊進(jìn)入?yún)^(qū)域，若粒子與擋板撞擊則速度立刻減為0，不計(jì)粒子的重力與粒子間(1)求能從頂點(diǎn)c由區(qū)域射入?yún)^(qū)域的粒子速度的大?。?2)求粒子最初從a 點(diǎn)出發(fā)又回到a 點(diǎn)經(jīng)歷的最短路程;(3)為使所有粒子均不會(huì)從正三角形邊界中飛出，求正三角形邊界所圍的最小面積.【答案】 (1) vqbl(2)7 l （ 3） 36 21 3 l 2m216【解析】(1)粒

20、子能從 c 點(diǎn)由區(qū)域射入?yún)^(qū)域的粒子圓心在b 點(diǎn) ,軌跡半徑 r=l又因?yàn)?mv2qblqvb0 ，所以 v；rm(2)經(jīng)分析，除一開始從發(fā)射點(diǎn)a 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn) d、并在點(diǎn) d 由區(qū)域射入?yún)^(qū)域的粒子，其余粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后均會(huì)與擋板相撞，速度減為0.不與擋板相撞的粒子在區(qū)域運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑r1 =2l，圓心角3在區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?b0 ，運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑r21 r11 l ，圓心角42可畫出物理在兩個(gè)磁場區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.從 a 出發(fā)回到 a 的最短 l總 =(3) 2l 3l7 l ；322(3)如下圖所示，畫一個(gè)正三角形邊界，使該三角形三條邊均與區(qū)域中的三個(gè)半圓形軌跡相切 .由 可知，三角

21、形h(23) r3(33 3 ) r( 33 3 )l2224邊長 l3(23) r(33)l2s1 h l36213 l 2216點(diǎn)睛：本 運(yùn)用幾何關(guān)系與物理 律相 合來解 ，要學(xué)生掌握 型的答 方法與技巧，因此根據(jù) 意 合知 ，畫出正確的運(yùn) 跡 是關(guān) 之 。10 代物理 常用磁 來研究同位素粒子，在xoy 坐 系內(nèi)有垂直于平面向里的勻 磁 ，磁感 度 b 有 荷量均 ab兩粒子從坐 原點(diǎn)o 以相同速率 v 同 q 的 、射入磁 ， a 沿 x 正方向， b 沿 y 正方向， a 粒子 量 m ， b 粒子 量 2m ，不 粒子重力以及粒子 相互作用，求：（ 1）當(dāng) a 粒子第 1 次 到達(dá)

22、 y ， b 粒子到達(dá)的位置坐 ；（ 2） a、b 粒子是否會(huì)再次相遇？如能， 通 推 求出何 相遇；如不能， 要 明理由；（3） 兩粒子在y 上投影的距離 y ， y 何 有最大 并求出y 的最大 【答案】 （1）（2mv2mv4kmqb，）（ 2） a、b 粒子在 t 刻相遇qbqb（k=1、 2、 3）（ 3） t(4n 3) m（ n=1、 2、 3）4mvqbbq【解析】 分析：（ 1）由可知：a 粒子半徑周期2mv22mb 粒子半徑 r22r1 周期 t22t1qbqba 粒子第 1 次 到達(dá)y 軸歷時(shí)所以此 b 粒子運(yùn) 1周，位置坐 （）4（2）由 可知：ab 可能在 o、p 點(diǎn)

23、再次相遇，所以 a.b 粒子 t t24 m因 在 o 點(diǎn)再次相遇， 程粒子不可能在pqb點(diǎn)相遇4k m所以 a.b 粒子在 t（ k=1、 2、3） 刻相遇qb（3）解法一：由第（ 1） 分析可知，當(dāng)a 粒子第二次到達(dá)其 跡最高點(diǎn) （即a 粒子運(yùn) 了 3t1 ），2b 粒子恰好在其 跡的最低點(diǎn)，此 兩粒子在y 上投影的距離y最大考 周運(yùn) 的周期性，此后a 粒子每運(yùn) 兩周， b 粒子運(yùn) 一周，兩粒子在y 上投影的距離 y再次最大所以 t3t1 n 2t1(4 n3) m 時(shí)最大2bqymax4mv4r1bq解法二：由可知： a 粒子半徑 r ， b 粒子的半徑 2r由可知： b 的半徑掃過角時(shí)

24、， a 的半徑掃過2角當(dāng)時(shí)，有最大值 4r，此時(shí)即 2n1.52 tbqt最大， ymax 4r4mvt2m得：時(shí)t2bq考點(diǎn)：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡后，幾何關(guān)系就比較明顯了11 在如圖所示的xoy 坐標(biāo)系中，一對(duì)間距為d 的平行薄金屬板豎直固定于絕緣底座上，底座置于光滑水平桌面的中間，極板右邊與y 軸重合，桌面與x 軸重合， o 點(diǎn)與桌面右邊相距為 7d ，一根長度也為d 的光滑絕緣細(xì)桿水平穿過右極板上的小孔后固定在左極板4上，桿離桌面高為1.5d，裝置的總質(zhì)量為3m兩板外存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)

25、度為b的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），假設(shè)極板內(nèi)、外的電磁場互不影響且不考慮邊緣效應(yīng)有一個(gè)質(zhì)量為m、電量為 +q 的小環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）套在桿的左端，給極板充電，使板內(nèi)有沿 x 正方向的穩(wěn)恒電場時(shí)，釋放小環(huán)，讓其由靜止向右滑動(dòng)，離開小孔后便做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度取 g求：（ 1）環(huán)離開小孔時(shí)的坐標(biāo)值；（ 2）板外的場強(qiáng) e2 的大小和方向；（ 3）討論板內(nèi)場強(qiáng) e1 的取值范圍，確定環(huán)打在桌面上的范圍【答案】（ 1）環(huán)離開小孔時(shí)的坐標(biāo)值是1- d；4mg，方向沿 y 軸正方向；（2）板外的場強(qiáng) e2 的大小為q（3）場強(qiáng) e1 的取值范圍為qb 2d 3qb 2d ，環(huán)打在桌面上的范圍為

26、1 d 7 d 6m8m44【解析】【詳解】（1）設(shè)在環(huán)離開小孔之前，環(huán)和底座各自移動(dòng)的位移為x1、 x2由于板內(nèi)小環(huán)與極板間的作用力是它們的內(nèi)力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mx1-3mx2=0而 x1+x2=d3解得： x1= d 421x =d4環(huán)離開小孔時(shí)的坐標(biāo)值為：31xm=d-d=- d4 4（ 2）環(huán)離開小孔后便做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，須qe2 =mg解得： e2mg，方向沿 y 軸正方向q（3）環(huán)打在桌面上的范圍可畫得如圖所示，臨界點(diǎn)為p、q，則若環(huán)繞小圓運(yùn)動(dòng)，則r=0.75d v2根據(jù)洛侖茲力提供向心力，有：qvbmr環(huán)在極板內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)離開小孔時(shí)的速度

27、為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有：qe1 x1 = 1 mv22聯(lián)立解得：e13qb 2d8m若環(huán)繞大圓運(yùn)動(dòng)，則r2=（ r-1.5d） 2+（ 2d） 2解得： r=0.48d聯(lián)立解得：e1qb 2d6m故場強(qiáng) e1 的取值范圍為qb 2d 3qb2d，環(huán)打在桌面上的范圍為1 d 7 d 6m8m4412 如圖所示，熒光屏mn 與 x 軸垂直放置，與x 軸相交于 q 點(diǎn)， q 點(diǎn)的橫坐標(biāo)x06cm ，在第一象限 y 軸和 mn 之間有沿y 軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度e1.6 105 n / c ，在第二象限有半徑r5cm的圓形磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度 b 0.8t，方向垂直 xoy 平面向外磁場的邊界和x

28、軸相切于 p 點(diǎn)在 p 點(diǎn)有一個(gè)粒子源，可以向x 軸上方 180范圍內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射比荷為q1.0 108 c / kg 的帶正電的粒子，已知粒子的m發(fā)射速率 v04.0 106 m / s 不考慮粒子的重力、粒子間的相互作用求：（ 1）帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；（ 2）粒子從 y 軸正半軸上射入電場的縱坐標(biāo)范圍；（3）帶電粒子打到熒光屏上的位置與q 點(diǎn)間的最遠(yuǎn)距離【答案】（ 1） 5cm（2） 0y10cm（3） 9cm【解析】【詳解】（1）帶電粒子進(jìn)入磁場受到洛倫茲力的作用做圓周運(yùn)動(dòng)qv0 b mv2r解得： rmv05cmqb（2）由（ 1）問中可知 rr ，取任意方向進(jìn)入磁場的粒

29、子，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知四邊形po fo1 為菱形，所以 fo1 / /o p ，又 o p 垂直于 x 軸，粒子出射的速度方向與軌跡半徑fo1 垂直，則所有粒子離開磁場時(shí)的方向均與x 軸平行，所以粒子從 y 軸正半軸上射入電場的縱坐標(biāo)范圍為0y10cm （3）假設(shè)粒子沒有射出電場就打到熒光屏上，有x0v0 t0h1 at022qeam解得： h18cm2r10cm，說明粒子離開電場后才打到熒光屏上設(shè)從縱坐標(biāo)為y 的點(diǎn)進(jìn)入電場的粒子在電場中沿x軸方向的位移為x ，則xvt0y1at 22代入數(shù)據(jù)解得 x2 y設(shè)粒子最終到達(dá)熒光屏的位置與q 點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為h ，粒子射出的電

30、場時(shí)速度方向與x 軸正方向間的夾角為，qexvygtanm v0，v0v02 y所以 hx0 x tanx02 y g 2 y ，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)x02y2 y 時(shí)，即 y4.5cm 時(shí) h 有最大值，所以 h max9cm13 簡諧運(yùn)動(dòng)是一種理想化的運(yùn)動(dòng)模型，是機(jī)械振動(dòng)中最簡單、最基本的振動(dòng)。簡諧運(yùn)動(dòng)的物體受到回復(fù)力的作用，回復(fù)力f 的大小與物體偏離平衡位置的位移x 成正比，回復(fù)力的方向與物體偏離平衡位置的位移方向想反，即：f=-kx，其中 k 為振動(dòng)系數(shù)，其值由振動(dòng)系統(tǒng)決定。用長為 l 的細(xì)線將質(zhì)量為m 的小球懸掛起來，就構(gòu)成了一個(gè)單擺，如圖甲所示。（1）證明：在偏角很小的情況下，單擺做

31、簡諧運(yùn)動(dòng)。（2）已知月球上的自由落體加速度為地球上的 1/4，若將地球上周期是 2s 的單擺拿到月球上，求它在月球上做 50 次全振動(dòng)的時(shí)間。（ 3）若使周期是 2s 的單擺小球帶上正電，并將單擺分別置于豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平方向的勻強(qiáng)磁場中，如圖乙和圖丙所示。使帶電小球均做小角度的簡諧運(yùn)動(dòng)，在電場和磁場中小球振動(dòng)的周期還是2s 嗎？請(qǐng)分別分析說明?！敬鸢浮浚?）證明過程見解析；（2） 200s（3）加電場時(shí)單擺的周期小于2s；加磁場時(shí)單擺周期不變 .【解析】【詳解】（1）單擺受力分析如圖所示，單擺的回復(fù)力大小為f 回 =g1=mgsin 當(dāng) 很小時(shí)， sin ，等于 角對(duì)應(yīng)的弧長與半徑的比值，即sinpol得 f 回 =mg pol當(dāng) 很小時(shí)，弧長po近似等于弦長，與擺球偏離平衡位置的位移x 大小相等，考慮到回f回xmg復(fù)