高中物理磁場大題(超全)

..高中物理磁場大題一．解答題〔共30小題1．如圖甲所示,建立Oxy坐標系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱,極板長度和板間距均為l,第一四象限有磁場,方向垂直于Oxy平面向里．位于極板左側的粒子源沿x軸間右連續(xù)發(fā)射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0～3t0時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓〔不考慮極邊緣的影響．已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經極板邊緣射入磁場．上述m、q、l、t0、B為已知量．〔不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況〔1求電壓U0的大?。?求t0時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑．〔3何時射入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間．2．如圖所示,在xOy平面內,0＜x＜2L的區(qū)域內有一方向豎直向上的勻強電場,2L＜x＜3L的區(qū)域內有一方向豎直向下的勻強電場,兩電場強度大小相等．x＞3L的區(qū)域內有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．某時刻,一帶正電的粒子從坐標原點以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的另一時刻,一帶負電粒子以同樣的初速度從坐標原點進入電場．正、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60°和30°,兩粒子在磁場中分別運動半周后在某點相遇．已經兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計,兩粒子帶電量大小相等．求：〔1正、負粒子的質量之比m1：m2；〔2兩粒子相遇的位置P點的坐標；〔3兩粒子先后進入電場的時間差．3．如圖所示,相距為R的兩塊平行金屬板M、N正對著放置,s1、s2分別為M、N板上的小孔,s1、s2、O三點共線,它們的連線垂直M、N,且s2O=R．以O為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場．D為收集板,板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R,板兩端點的連線垂直M、N板．質量為m、帶電量為+q的粒子,經s1進入M、N間的電場后,通過s2進入磁場．粒子在s1處的速度和粒子所受的重力均不計．〔1當M、N間的電壓為U時,求粒子進入磁場時速度的大小υ；〔2若粒子恰好打在收集板D的中點上,求M、N間的電壓值U0；〔3當M、N間的電壓不同時,粒子從s1到打在D上經歷的時間t會不同,求t的最小值．4．如圖所示,直角坐標系xoy位于豎直平面內,在?m≤x≤0的區(qū)域內有磁感應強度大小B=4.0×10﹣4T、方向垂直于紙面向里的條形勻強磁場,其左邊界與x軸交于P點；在x＞0的區(qū)域內有電場強度大小E=4N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場,其寬度d=2m．一質量m=6.4×10﹣27kg、電荷量q=﹣3.2×10?19C的帶電粒子從P點以速度v=4×104m/s,沿與x軸正方向成α=60°角射入磁場,經電場偏轉最終通過x軸上的Q點〔圖中未標出,不計粒子重力．求：〔1帶電粒子在磁場中運動時間；〔2當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標；〔3若只改變上述電場強度的大小,要求帶電粒子仍能通過Q點,討論此電場左邊界的橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數關系．5．如圖所示,兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場．A板帶正電荷,B板帶等量負電荷,電場強度為E；磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度為B1．平行金屬板右側有一擋板M,中間有小孔O′,OO′是平行于兩金屬板的中心線．擋板右側有垂直紙面向外的勻強磁場,磁場應強度為B2．CD為磁場B2邊界上的一絕緣板,它與M板的夾角θ=45°,O′C=a,現有大量質量均為m,含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子〔不計重力,自O點沿OO′方向進入電磁場區(qū)域,其中有些粒子沿直線OO′方向運動,并進入勻強磁場B2中,求：〔1進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度；〔2能擊中絕緣板CD的粒子中,所帶電荷量的最大值；〔3絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度．6．在平面直角坐標系xoy中,第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場,第IV象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場,磁感應強度為B．一質量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場,經x軸上的N點與x軸正方向成45°角射入磁場,最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場,如圖所示．不計粒子重力,求：〔1M、N兩點間的電勢差UMN；〔2粒子在磁場中運動的軌道半徑r；〔3粒子從M點運動到P點的總時間t．7．如圖所示的平行板器件中,存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應強度B1=0.40T,方向垂直紙面向里,電場強度E=2.0×105V/m,PQ為板間中線．緊靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內,有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B2=0.25T,磁場邊界AO和y軸的夾角∠AOy=45°．一束帶電量q=8.0×10﹣19C的正離子從P點射入平行板間,沿中線PQ做直線運動,穿出平行板后從y軸上坐標為〔0,0.2m的Q點垂直y軸射入磁場區(qū),離子通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角在45°～90°之間．則：〔1離子運動的速度為多大？〔2離子的質量應在什么范圍內？〔3現只改變AOy區(qū)域內磁場的磁感應強度大小,使離子都不能打到x軸上,磁感應強度大小B2應滿足什么條件？8．如圖所示,在空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場,其豎直邊界AB、CD的寬度為d,在邊界AB左側是豎直向下、場強為E的勻強電場．現有質量為m、帶電量為+q的粒子〔不計重力從P點以大小為v0的水平初速度射入電場,隨后與邊界AB成45°射入磁場．若粒子能垂直CD邊界飛出磁場,穿過小孔進入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強電場中減速至零且不碰到正極板．〔1請畫出粒子上述過程中的運動軌跡,并求出粒子進入磁場時的速度大小v；〔2求勻強磁場的磁感應強度B；〔3求金屬板間的電壓U的最小值．9．如圖甲,真空中豎直放置兩塊相距為d的平行金屬板P、Q,兩板間加上如圖乙最大值為U0的周期性變化的電壓,在Q板右側某個區(qū)域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場．在緊靠P板處有一粒子源A,自t=0開始連續(xù)釋放初速不計的粒子,經一段時間從Q板小孔O射入磁場,然后射出磁場,射出時所有粒子的速度方向均豎直向上．已知電場變化周期T=,粒子質量為m,電荷量為+q,不計粒子重力及相互間的作用力．求：〔1t=0時刻釋放的粒子在P、Q間運動的時間；〔2粒子射入磁場時的最大速率和最小速率；〔3有界磁場區(qū)域的最小面積．10．"太空粒子探測器"是由加速、偏轉和收集三部分組成,其原理可簡化如下：如圖1所示,輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面,圓心為O,外圓弧面AB的半徑為L,電勢為φ1,內圓弧面CD的半徑為,電勢為φ2．足夠長的收集板MN平行邊界ACDB,O到MN板的距離OP=L．假設太空中漂浮著質量為m,電量為q的帶正電粒子,它們能均勻地吸附到AB圓弧面上,并被加速電場從靜止開始加速,不計粒子間的相互作用和其它星球對粒子引力的影響．〔1求粒子到達O點時速度的大??；〔2如圖2所示,在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場,圓心為O,半徑為L,方向垂直紙面向內,則發(fā)現從AB圓弧面收集到的粒子經O點進入磁場后有能打到MN板上〔不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回,求所加磁感應強度的大小；〔3同上問,從AB圓弧面收集到的粒子經O點進入磁場后均不能到達收集板MN,求磁感應強度所滿足的條件．試寫出定量反映收集板MN上的收集效率η與磁感應強度B的關系的相關式子．11．如圖,靜止于A處的離子,經電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器,從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場,電場方向水平向左．靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場,已知圓弧所在處場強為E0,方向如圖所示；離子質量為m、電荷量為q；=2d、=3d,離子重力不計．〔1求圓弧虛線對應的半徑R的大??；〔2若離子恰好能打在NQ的中點上,求矩形區(qū)域QNCD內勻強電場場強E的值；〔3若撤去矩形區(qū)域QNCD內的勻強電場,換為垂直紙面向里的勻強磁場,要求離子能最終打在QN上,求磁場磁感應強度B的取值范圍．12．如圖甲所示,一對平行金屬板M、N長為L,相距為d,O1O為中軸線．當兩板間加電壓UMN=U0時,兩板間為勻強電場,忽略兩極板外的電場．某種帶負電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場,粒子恰好打在上極板M的中點,粒子重力忽略不計．〔1求帶電粒子的比荷；〔2若MN間加如圖乙所示的交變電壓,其周期,從t=0開始,前內UMN=2U,后內UMN=﹣U,大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場,最終所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上,求U的值；〔3緊貼板右側建立xOy坐標系,在xOy坐標第I、IV象限某區(qū)域內存在一個圓形的勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于xOy坐標平面,要使在〔2問情景下所有粒子經過磁場偏轉后都會聚于坐標為〔2d,2d的P點,求磁感應強度B的大小范圍．13．如圖所示,在第一、二象限存在場強均為E的勻強電場,其中第一象限的勻強電場的方向沿x軸正方向,第二象限的電場方向沿x軸負方向．在第三、四象限矩形區(qū)域ABCD內存在垂直于紙面向外的勻強磁場,矩形區(qū)域的AB邊與x軸重合．M點是第一象限中無限靠近y軸的一點,在M點有一質量為m、電荷量為e的質子,以初速度v0沿y軸負方向開始運動,恰好從N點進入磁場,若OM=2ON,不計質子的重力,試求：〔1N點橫坐標d；〔2若質子經過磁場最后能無限靠近M點,則矩形區(qū)域的最小面積是多少；〔3在〔2的前提下,該質子由M點出發(fā)返回到無限靠近M點所需的時間．14．如圖所示,在xOy平面直角坐標系中,直線MN與y軸成30°角,P點的坐標為〔,0,在y軸與直線MN之間的區(qū)域內,存在垂直于xOy平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場．在直角坐標系xOy的第Ⅳ象限區(qū)域內存在沿y軸,正方向、大小為的勻強電場,在x=3a處垂直于x軸放置一平面熒光屏,與x軸交點為Q,電子束以相同的速度v0從y軸上0≤y≤2a的區(qū)間垂直于y軸和磁場方向射入磁場．已知從y=2a點射入的電子在磁場中軌跡恰好經過O點,忽略電子間的相互作用,不計電子的重力．求：〔1電子的比荷；〔2電子離開磁場垂直y軸進入電場的位置的范圍；〔3從y軸哪個位置進入電場的電子打到熒光屏上距Q點的距離最遠？最遠距離為多少？15．如圖〔a所示,水平放置的平行金屬板A、B間加直流電壓U,A板正上方有"V"字型足夠長的絕緣彈性擋板．在擋板間加垂直紙面的交變磁場,磁感應強度隨時間變化如圖〔b,垂直紙面向里為磁場正方向,其中B1=B,B2未知．現有一比荷為、不計重力的帶正電粒子從C點靜止釋放,t=0時刻,粒子剛好從小孔O進入上方磁場中,在t1時刻粒子第一次撞到左擋板,緊接著在t1+t2時刻粒子撞到右擋板,然后粒子又從O點豎直向下返回平行金屬板間．粒子與擋板碰撞前后電量不變,沿板的分速度不變,垂直板的分速度大小不變、方向相反,不計碰撞的時間及磁場變化產生的感應影響．求：〔1粒子第一次到達O點時的速率；〔2圖中B2的大??；〔3金屬板A和B間的距離d．16．如圖甲所示,建立Oxy坐標系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱,極板長度和板間距均為l,第一四象限有磁場,方向垂直于Oxy平面向里．位于極板左側的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0～3t0時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓〔不考慮極邊緣的影響．已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時,刻經極板邊緣射入磁場．上述m、q、l、t0、B為已知量．〔不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況〔1求電壓U0的大?。?求t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑．〔3帶電粒子在磁場中的運動時間．17．電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成．偏轉電場由加了電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板形成,如圖甲所示．大量電子〔其重力不計由靜止開始,經加速電場加速后,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉電場．當兩板不帶電時,這些電子通過兩板之間的時間為2t0,當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時,所有電子均從兩板間通過,然后進入水平寬度為l,豎直寬度足夠大的勻強磁場中,最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上．問：〔1電子在剛穿出兩板之間時的最大側向位移與最小側向位移之比為多少？〔2要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強磁場的磁感應強度為多少？〔3在滿足第〔2問的情況下,打在熒光屏上的電子束的寬度為多少？〔已知電子的質量為m、電荷量為e18．如圖所示xOy平面內,在x軸上從電離室產生的帶正電的粒子,以幾乎為零的初速度飄入電勢差為U=200V的加速電場中,然后經過右側極板上的小孔沿x軸進入到另一勻強電場區(qū)域,該電場區(qū)域范圍為﹣l≤x≤0〔l=4cm,電場強度大小為E=×104V/m,方向沿y軸正方向．帶電粒子經過y軸后,將進入一與y軸相切的圓形邊界勻強磁場區(qū)域,磁場區(qū)域圓半徑為r=2cm,圓心C到x軸的距離為d=4cm,磁場磁感應強度為B=8×10﹣2T,方向垂直xoy平面向外．帶電粒子最終垂直打在與y軸平行、到y軸距離為L=6cm的接收屏上．求：〔1帶電粒子通過y軸時離x軸的距離；〔2帶電粒子的比荷；〔3若另一種帶電粒子從電離室產生后,最終打在接收屏上y=cm處,則該粒子的比荷又是多少？19．如圖所示,在豎直平面內,虛線MO與水平線PQ相交于O,二者夾角θ=30°,在MOP范圍內存在豎直向下的勻強電場,電場強度為E,MOQ上方的某個區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,O點處在磁場的邊界上,現有一群質量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內以速度v〔0≤v≤垂直于MO從O點射入磁場,所有粒子通過直線MO時,速度方向均平行于PQ向左,不計粒子的重力和粒子間的相互作用力．求：〔1速度最大的粒子在磁場中的運動時間；〔2速度最大的粒子打在水平線POQ上的位置離O點的距離；〔3磁場區(qū)域的最小面積．20．如圖所示為某一儀器的部分原理示意圖,虛線OA、OB關于y軸對稱,∠AOB=90°,OA、OB將xOy平面分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域,區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內存在水平方向的勻強電場,電場強度大小相等、方向相反．質量為m電荷量為q的帶電粒子自x軸上的粒子源P處以速度v0沿y軸正方向射出,經時間t到達OA上的M點,且此時速度與OA垂直．已知M到原點O的距離OM=L,不計粒子的重力．求：〔1勻強電場的電場強度E的大??；〔2為使粒子能從M點經Ⅱ區(qū)域通過OB上的N點,M、N點關于y軸對稱,可在區(qū)域Ⅱ內加一垂直xOy平面的勻強磁場,求該磁場的磁感應強度的最小值和粒子經過區(qū)域Ⅲ到達x軸上Q點的橫坐標；〔3當勻強磁場的磁感應強度取〔2問中的最小值時,且該磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內．由于某種原因的影響,粒子經過M點時的速度并不嚴格與OA垂直,成散射狀,散射角為θ,但速度大小均相同,如圖所示,求所有粒子經過OB時的區(qū)域長度．21．在xoy平面直角坐標系的第Ⅰ象限有射線OA,OA與x軸正方向夾角為30°,如圖所示,OA與y軸所夾區(qū)域存在y軸負方向的勻強電場,其它區(qū)域存在垂直坐標平面向外的勻強磁場；有一帶正電粒子質量m,電量q,從y軸上的P點沿著x軸正方向以大小為v0的初速度射入電場,運動一段時間沿垂直于OA方向經過Q點進入磁場,經磁場偏轉,過y軸正半軸上的M點再次垂直進入勻強電場．已知OP=h,不計粒子的重力．〔1求粒子垂直射線OA經過Q點的速度vQ；〔2求勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應強度B的比值；〔3粒子從M點垂直進入電場后,如果適當改變電場強度,可以使粒子再次垂直O(jiān)A進入磁場,再適當改變磁場的強弱,可以使粒子再次從y軸正方向上某點垂直進入電場；如此不斷改變電場和磁場,會使粒子每次都能從y軸正方向上某點垂直進入電場,再垂直O(jiān)A方向進入磁場…,求粒子從P點開始經多長時間能夠運動到O點？22．如圖所示,圖面內有豎直線DD′,過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域．區(qū)域I有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直圖面的勻強磁場B〔圖中未畫出；區(qū)域Ⅱ有固定在水平面上高h=2l、傾角α=的光滑絕緣斜面,斜面頂端與直線DD′距離s=4l,區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強電場〔圖中未畫出；C點在DD′上,距地面高H=3l．零時刻,質量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0=、方向與水平面夾角θ=的速度,在區(qū)域I內做半徑r=的勻速圓周運動,經CD水平進入區(qū)域Ⅱ．某時刻,不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放,在某處與剛運動到斜面的小球P相遇．小球視為質點,不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響．l已知,g為重力加速度．〔1求勻強磁場的磁感應強度B的大??；〔2若小球A、P在斜面底端相遇,求釋放小球A的時刻tA；〔3若小球A、P在時刻t=β〔β為常數相遇于斜面某處,求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強電場的場強E,并討論場強E的極大值和極小值及相應的方向．23．如圖,在x軸上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場,電場方向與xOy平面平行,且與x軸成45°夾角．一質量為m、電荷量為q〔q＞0的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出,一段時間后進入電場,進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經過一段時間T0,磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?大小不變,不計重力．〔1求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；〔2若要使粒子能夠回到P點,求電場強度的最大值．24．一半徑為R的薄圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的中心軸線平行,筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒可繞其中心軸線轉動,圓筒的轉動方向和角速度大小可以通過控制裝置改變．一不計重力的負電粒子從小孔M沿著MN方向射入磁場,當筒以大小為ω0的角速度轉過90°時,該粒子恰好從某一小孔飛出圓筒．〔1若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞,求該粒子的荷質比和速率分別是多大？〔2若粒子速率不變,入射方向在該截面內且與MN方向成30°角,則要讓粒子與圓筒無碰撞地離開圓筒,圓筒角速度應為多大？25．如圖所示,一小車置于光滑水平面上,輕質彈簧右端固定,左端栓連物塊b,小車質量M=3kg,AO部分粗糙且長L=2m,動摩擦因數μ=0.3,OB部分光滑．另一小物塊a．放在車的最左端,和車一起以v0=4m/s的速度向右勻速運動,車撞到固定擋板后瞬間速度變?yōu)榱?但不與擋板粘連．已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度,彈簧始終處于彈性限度內．a、b兩物塊視為質點質量均為m=1kg,碰撞時間極短且不粘連,碰后一起向右運動．〔取g=10m/s2求：〔1物塊a與b碰后的速度大??；〔2當物塊a相對小車靜止時小車右端B到擋板的距離；〔3當物塊a相對小車靜止時在小車上的位置到O點的距離．26．如圖所示,在光滑的水平面上有一長為L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圓弧槽C,與長木板接觸但不相連,圓弧槽的下端與木板上表面相平,B、C靜止在水平面上．現有滑塊A以初速V0從右端滑上B,并以V0滑離B,恰好能到達C的最高點．A、B、C的質量均為m,試求：〔1木板B上表面的動摩擦因素μ；〔2圓弧槽C的半徑R；〔3當A滑離C時,C的速度．27．如圖所示,一質量M=0.4kg的小物塊B在足夠長的光滑水平臺面上靜止不動,其右側固定有一輕質水平彈簧〔處于原長．臺面的右邊平滑對接有一等高的水平傳送帶,傳送帶始終以υ=1m/s的速率逆時針轉動．另一質量m=0.1kg的小物塊A以速度υ0=4m/s水平滑上傳送帶的右端．已知物塊A與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.1,傳送帶左右兩端的距離l=3.5m,滑塊A、B均視為質點,忽略空氣阻力,取g=10m/s2．〔1求物塊A第一次到達傳送帶左端時速度大??；〔2求物塊A第一次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能Epm；〔3物塊A會不會第二次壓縮彈簧？28．歷史上美國宇航局曾經完成了用"深度撞擊"號探測器釋放的撞擊器"擊中"坦普爾1號彗星的實驗．探測器上所攜帶的重達370kg的彗星"撞擊器"將以1.0×104m/s的速度徑直撞向彗星的彗核部分,撞擊彗星后"撞擊器"融化消失,這次撞擊使該彗星自身的運行速度出現1.0×10﹣7m/s的改變．已知普朗克常量h=6.6×10﹣34J?s．〔計算結果保留兩位有效數字．求：①撞擊前彗星"撞擊器"對應物質波波長；②根據題中相關信息數據估算出彗星的質量．29．如圖,ABD為豎直平面內的軌道,其中AB段是水平粗糙的、BD段為半徑R=0.4m的半圓光滑軌道,兩段軌道相切于B點．小球甲從C點以速度υ0沿水平軌道向右運動,與靜止在B點的小球乙發(fā)生彈性碰撞．已知甲、乙兩球的質量均為m,小球甲與AB段的動摩擦因數為μ=0.5,C、B距離L=1.6m,g取10m/s2．〔水平軌道足夠長,甲、乙兩球可視為質點〔1甲乙兩球碰撞后,乙恰能通過軌道的最高點D,求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；〔2在滿足〔1的條件下,求的甲的速度υ0；〔3若甲仍以速度υ0向右運動,增大甲的質量,保持乙的質量不變,求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍．30．動量定理可以表示為△p=F△t,其中動量p和力F都是矢量．在運用動量定理處理二維問題時,可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究．例如,質量為m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后彈出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是υ,如圖所示．碰撞過程中忽略小球所受重力．a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化△px、△py；b．分析說明小球對木板的作用力的方向．參考答案與試題解析一．解答題〔共30小題1．〔2017?XX模擬如圖甲所示,建立Oxy坐標系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱,極板長度和板間距均為l,第一四象限有磁場,方向垂直于Oxy平面向里．位于極板左側的粒子源沿x軸間右連續(xù)發(fā)射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0～3t0時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓〔不考慮極邊緣的影響．已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經極板邊緣射入磁場．上述m、q、l、t0、B為已知量．〔不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況〔1求電壓U0的大?。?求t0時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑．〔3何時射入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間．[解答]解：〔1t=0時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動,t0時刻剛好從極板邊緣射出,則有y=l,x=l,電場強度：E=…①,由牛頓第二定律得：Eq=ma…②,偏移量：y=at02…③由①②③解得：U0=…④．〔2t0時刻進入兩極板的帶電粒子,前t0時間在電場中偏轉,后t0時間兩極板沒有電場,帶電粒子做勻速直線運動．帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為：vx=v0=…⑤帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為：vy=a?t0…⑥帶電粒子離開電場時的速度大小為：v=…⑦設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律得：qvB=m…⑧,由③⑤⑥⑦⑧解得：R=…⑨；〔3在t=2t0時刻進入兩極板的帶電粒子,在電場中做類平拋運動的時間最長,飛出極板時速度方向與磁場邊界的夾角最小,而根據軌跡幾何知識可知,軌跡的圓心角等于粒子射入磁場時速度方向與邊界夾角的2倍,所以在t=2t0時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短．帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為：vy′=at0…⑩,設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為α,則：tanα=,由③⑤⑩解得：α=,帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示,圓弧所對的圓心角為：2α=,所求最短時間為：tmin=T,帶電粒子在磁場中運動的周期為：T=,聯立以上兩式解得：tmin=；答：〔1電壓U0的大小為；〔2t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為；〔3在t=2t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短,最短時間為．2．〔2016?XX自主招生如圖所示,在xOy平面內,0＜x＜2L的區(qū)域內有一方向豎直向上的勻強電場,2L＜x＜3L的區(qū)域內有一方向豎直向下的勻強電場,兩電場強度大小相等．x＞3L的區(qū)域內有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．某時刻,一帶正電的粒子從坐標原點以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的另一時刻,一帶負電粒子以同樣的初速度從坐標原點進入電場．正、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60°和30°,兩粒子在磁場中分別運動半周后在某點相遇．已經兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計,兩粒子帶電量大小相等．求：〔1正、負粒子的質量之比m1：m2；〔2兩粒子相遇的位置P點的坐標；〔3兩粒子先后進入電場的時間差．[解答]解：〔1設粒子初速度為v0,進磁場方向與邊界的夾角為θ．…①記,則粒子在第一個電場運動的時間為2t,在第二個電場運動的時間為t則：vy=a×2t﹣at…②qE=ma…③由①②③得：所以〔2正粒子在電場運動的總時間為3t,則：第一個t的豎直位移為第二個t的豎直位移為由對稱性,第三個t的豎直位移為所以結合①②得同理由幾何關系,P點的坐標為：xP=3L+〔y1+y2sin30°sin60°=6.5L〔3設兩粒子在磁場中運動半徑為r1、r2由幾何關系2r1=〔y1+y2sin60°2r2=〔y1+y2sin30°兩粒子在磁場中運動時間均為半個周期：v0=v1sin60°v0=v2sin30°由于兩粒子在電場中運動時間相同,所以進電場時間差即為磁場中相遇前的時間差△t=t1﹣t2解得答：〔1正、負粒子的質量之比為3：1．〔2兩粒子相遇的位置P點的坐標為〔6.5L,．〔3兩粒子先后進入電場的時間差為．3．〔2016?紅橋區(qū)校級模擬如圖所示,相距為R的兩塊平行金屬板M、N正對著放置,s1、s2分別為M、N板上的小孔,s1、s2、O三點共線,它們的連線垂直M、N,且s2O=R．以O為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場．D為收集板,板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R,板兩端點的連線垂直M、N板．質量為m、帶電量為+q的粒子,經s1進入M、N間的電場后,通過s2進入磁場．粒子在s1處的速度和粒子所受的重力均不計．〔1當M、N間的電壓為U時,求粒子進入磁場時速度的大小υ；〔2若粒子恰好打在收集板D的中點上,求M、N間的電壓值U0；〔3當M、N間的電壓不同時,粒子從s1到打在D上經歷的時間t會不同,求t的最小值．[解答]解：〔1粒子從s1到達s2的過程中,根據動能定理得①解得〔2粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,有②由①②得加速電壓U與軌跡半徑r的關系為當粒子打在收集板D的中點時,粒子在磁場中運動的半徑r0=R對應電壓〔3M、N間的電壓越大,粒子進入磁場時的速度越大,粒子在極板間經歷的時間越短,同時在磁場中運動軌跡的半徑越大,在磁場中運動的時間也會越短,出磁場后勻速運動的時間也越短,所以當粒子打在收集板D的右端時,對應時間t最短．根據幾何關系可以求得粒子在磁場中運動的半徑r=R由②得粒子進入磁場時速度的大?。毫Ｗ釉陔妶鲋薪洑v的時間：粒子在磁場中經歷的時間：粒子出磁場后做勻速直線運動經歷的時間：粒子從s1到打在收集板D上經歷的最短時間為：t=t1+t2+t3=答：〔1當M、N間的電壓為U時,粒子進入磁場時速度的大??；〔2若粒子恰好打在收集板D的中點上,求M、N間的電壓值；〔3粒子從s1到打在D上經歷的時間t的最小值為．4．〔2016?XX模擬如圖所示,直角坐標系xoy位于豎直平面內,在?m≤x≤0的區(qū)域內有磁感應強度大小B=4.0×10﹣4T、方向垂直于紙面向里的條形勻強磁場,其左邊界與x軸交于P點；在x＞0的區(qū)域內有電場強度大小E=4N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場,其寬度d=2m．一質量m=6.4×10﹣27kg、電荷量q=﹣3.2×10?19C的帶電粒子從P點以速度v=4×104m/s,沿與x軸正方向成α=60°角射入磁場,經電場偏轉最終通過x軸上的Q點〔圖中未標出,不計粒子重力．求：〔1帶電粒子在磁場中運動時間；〔2當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標；〔3若只改變上述電場強度的大小,要求帶電粒子仍能通過Q點,討論此電場左邊界的橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數關系．[解答]解：〔1帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據牛頓第二定律有代入數據得：r=2m軌跡如圖1交y軸于C點,過P點作v的垂線交y軸于O1點,由幾何關系得O1為粒子運動軌跡的圓心,且圓心角為60°．在磁場中運動時間代入數據得：t=5.23×10﹣5s〔2帶電粒子離開磁場垂直進入電場后做類平拋運動設帶電粒子離開電場時的速度偏向角為θ,如圖1,則：設Q點的橫坐標為x則：故x=5m．〔3電場左邊界的橫坐標為x′．當0＜x′＜3m時,如圖2,設粒子離開電場時的速度偏向角為θ′,則：又：由上兩式得：當3m≤x'＜5m時,如圖3,有將y=1m及各數據代入上式得：答：〔1帶電粒子在磁場中運動時間為t=5.23×10﹣5s．〔2當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標x=5m．〔3電場左邊界的橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數關系為：當0＜x′＜3m時,當3m≤x'＜5m時,．5．〔2016?天津校級模擬如圖所示,兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場．A板帶正電荷,B板帶等量負電荷,電場強度為E；磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度為B1．平行金屬板右側有一擋板M,中間有小孔O′,OO′是平行于兩金屬板的中心線．擋板右側有垂直紙面向外的勻強磁場,磁場應強度為B2．CD為磁場B2邊界上的一絕緣板,它與M板的夾角θ=45°,O′C=a,現有大量質量均為m,含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子〔不計重力,自O點沿OO′方向進入電磁場區(qū)域,其中有些粒子沿直線OO′方向運動,并進入勻強磁場B2中,求：〔1進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度；〔2能擊中絕緣板CD的粒子中,所帶電荷量的最大值；〔3絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度．[解答]解：〔1沿直線OO′運動的帶電粒子,設進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度為v,根據B1qv=qE,解得：〔2粒子進入勻強磁場B2中做勻速圓周運動,根據,解得：因此,電荷量最大的帶電粒子運動的軌道半徑最小,設最小半徑為r1,此帶電粒子運動軌跡與CD板相切,則有：r1+r1=a,解得：r1=〔﹣1a．電荷量最大值q=〔+1．〔3帶負電的粒子在磁場B2中向上偏轉,某帶負電粒子軌跡與CD相切,設半徑為r2,依題意r2+a=r2解得：r2=〔+1a則CD板上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度為X=r2﹣r1=2a答：〔1進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度；〔2能擊中絕緣板CD的粒子中,所帶電荷量的最大值；〔3絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度2a．6．〔2016?樂東縣模擬在平面直角坐標系xoy中,第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場,第IV象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場,磁感應強度為B．一質量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場,經x軸上的N點與x軸正方向成45°角射入磁場,最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場,如圖所示．不計粒子重力,求：〔1M、N兩點間的電勢差UMN；〔2粒子在磁場中運動的軌道半徑r；〔3粒子從M點運動到P點的總時間t．[解答]解：〔1設粒子過N點的速度為v,有=cosθ,v=v0,粒子從M點到N點的過程,有：qUMN=mv2﹣mv02,解得：UMN=；〔2以O′圓心做勻速圓周運動,半徑為O′N,由牛頓第二定律得：qvB=m,解得：r=；〔3由幾何關系得：ON=rsinθ設在電場中時間為t1,有ON=v0t1,t1=,粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期：T=,設粒子在磁場中運動的時間為t2,有：t2=T=,t=t1+t2解得：t=；答：〔1M、N兩點間的電勢差UMN為；〔2粒子在磁場中運動的軌道半徑r為；〔3粒子從M點運動到P點的總時間t為．7．〔2016?XX模擬如圖所示的平行板器件中,存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應強度B1=0.40T,方向垂直紙面向里,電場強度E=2.0×105V/m,PQ為板間中線．緊靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內,有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B2=0.25T,磁場邊界AO和y軸的夾角∠AOy=45°．一束帶電量q=8.0×10﹣19C的正離子從P點射入平行板間,沿中線PQ做直線運動,穿出平行板后從y軸上坐標為〔0,0.2m的Q點垂直y軸射入磁場區(qū),離子通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角在45°～90°之間．則：〔1離子運動的速度為多大？〔2離子的質量應在什么范圍內？〔3現只改變AOy區(qū)域內磁場的磁感應強度大小,使離子都不能打到x軸上,磁感應強度大小B2應滿足什么條件？[解答]解：〔1設正離子的速度為v,由于沿中線PQ做直線運動,則有：qE=qvB1代入數據解得：v=5.0×105m/s〔2設離子的質量為m,如圖所示,當通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角為45°時,由幾何關系可知運動半徑r1=0.2m當通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角為90°時,由幾何關系可知運動半徑r2=0.1m由牛頓第二定律有由于r2≤r≤r1代入解得4.0×10﹣26kg≤m≤8.0×10﹣26kg〔3如圖所示,由幾何關系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑設使離子都不能打到x軸上,最小的磁感應強度大小為B0,則代入數據解得：B0==0.60T由于B越大,r越小,所以使離子都不能打到x軸上,磁感應強度大小B2應滿足：B2′≥0.60T答：〔1離子運動的速度為5.0×105m/s；〔2離子的質量應在4.0×10﹣26kg≤m≤8.0×10﹣26kg范圍內；〔3只改變AOy區(qū)域內磁場的磁感應強度大小,使離子都不能打到x軸上,磁感應強度大小B2′應滿足B2′≥0.60T．8．〔2016?XX模擬如圖所示,在空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場,其豎直邊界AB、CD的寬度為d,在邊界AB左側是豎直向下、場強為E的勻強電場．現有質量為m、帶電量為+q的粒子〔不計重力從P點以大小為v0的水平初速度射入電場,隨后與邊界AB成45°射入磁場．若粒子能垂直CD邊界飛出磁場,穿過小孔進入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強電場中減速至零且不碰到正極板．〔1請畫出粒子上述過程中的運動軌跡,并求出粒子進入磁場時的速度大小v；〔2求勻強磁場的磁感應強度B；〔3求金屬板間的電壓U的最小值．[解答]解：〔1軌跡如圖所示,由運動的合成與分解可知；…①〔2粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,由運動軌跡和幾何關系可知其軌道半徑：…②又…③聯立①②③解得解得：〔3設金屬板間的最小電壓為U,粒子進入板間電場至速度減為零的過程,由動能定理有：解得：答：〔1粒子進入磁場時的速度大小v是；〔2勻強磁場的磁感應強度B為；〔3金屬板間的電壓U的最小值為．9．〔2016?天津模擬如圖甲,真空中豎直放置兩塊相距為d的平行金屬板P、Q,兩板間加上如圖乙最大值為U0的周期性變化的電壓,在Q板右側某個區(qū)域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場．在緊靠P板處有一粒子源A,自t=0開始連續(xù)釋放初速不計的粒子,經一段時間從Q板小孔O射入磁場,然后射出磁場,射出時所有粒子的速度方向均豎直向上．已知電場變化周期T=,粒子質量為m,電荷量為+q,不計粒子重力及相互間的作用力．求：〔1t=0時刻釋放的粒子在P、Q間運動的時間；〔2粒子射入磁場時的最大速率和最小速率；〔3有界磁場區(qū)域的最小面積．[解答]解：〔1設t=0時刻釋放的粒子在0.5T時間內一直作勻加速運動,加速度位移可見該粒子經0.5T正好運動到O處,假設與實際相符合該粒子在P、Q間運動時間〔2t=0時刻釋放的粒子一直在電場中加速,對應進入磁場時的速率最大由運動學公式有t1=0時刻釋放的粒子先作加速運動〔所用時間為△t,后作勻速運動,設T時刻恰好由小孔O射入磁場,則代入數據得：所以最小速度：〔3粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則：得：最大半徑：最小半徑：粒子水平向右進入磁場,然后射出時所有粒子的速度方向均豎直向上,偏轉角都是90°,所以軌跡經過的區(qū)域為磁場的最小面積,如圖：圖中綠色陰影部分即為最小的磁場的區(qū)域,所以：==≈答：〔1t=0時刻釋放的粒子在P、Q間運動的時間是；〔2粒子射入磁場時的最大速率是,最小速率是；〔3有界磁場區(qū)域的最小面積是．10．〔2016?XX校級模擬"太空粒子探測器"是由加速、偏轉和收集三部分組成,其原理可簡化如下：如圖1所示,輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面,圓心為O,外圓弧面AB的半徑為L,電勢為φ1,內圓弧面CD的半徑為,電勢為φ2．足夠長的收集板MN平行邊界ACDB,O到MN板的距離OP=L．假設太空中漂浮著質量為m,電量為q的帶正電粒子,它們能均勻地吸附到AB圓弧面上,并被加速電場從靜止開始加速,不計粒子間的相互作用和其它星球對粒子引力的影響．〔1求粒子到達O點時速度的大??；〔2如圖2所示,在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場,圓心為O,半徑為L,方向垂直紙面向內,則發(fā)現從AB圓弧面收集到的粒子經O點進入磁場后有能打到MN板上〔不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回,求所加磁感應強度的大??；〔3同上問,從AB圓弧面收集到的粒子經O點進入磁場后均不能到達收集板MN,求磁感應強度所滿足的條件．試寫出定量反映收集板MN上的收集效率η與磁感應強度B的關系的相關式子．[解答]解：〔1帶電粒子在電場中加速時,由動能定理有：又U=φ1﹣φ2所以：；〔2從AB圓弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上,剛好不能打到MN上的粒子從磁場中出來后速度方向與MN平行,則入射的方向與AB之間的夾角是600,在磁場中運動的軌跡如圖1,軌跡圓心角θ=60°根據幾何關系,粒子圓周運動的半徑為r=L,由牛頓第二定律得：聯立解得：；〔3當沿OD方向的粒子剛好打到MN上,則由幾何關系可知,由牛頓第二定律得：得：即如圖2,設粒子在磁場中運動圓弧對應的圓心角為α,由幾何關系可知：MN上的收集效率：．答：〔1粒子到達O點時速度的大小是；〔2所加磁感應強度的大小是；〔3試寫出定量反映收集板MN上的收集效率η與磁感應強度B的關系的相關式子是．11．〔2016?XX三模如圖,靜止于A處的離子,經電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器,從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場,電場方向水平向左．靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場,已知圓弧所在處場強為E0,方向如圖所示；離子質量為m、電荷量為q；=2d、=3d,離子重力不計．〔1求圓弧虛線對應的半徑R的大??；〔2若離子恰好能打在NQ的中點上,求矩形區(qū)域QNCD內勻強電場場強E的值；〔3若撤去矩形區(qū)域QNCD內的勻強電場,換為垂直紙面向里的勻強磁場,要求離子能最終打在QN上,求磁場磁感應強度B的取值范圍．[解答]解：〔1離子在加速電場中加速,根據動能定理,有：,離子在輻向電場中做勻速圓周運動,電場力提供向心力,根據牛頓第二定律有：,解得：；〔2離子做類平拋運動：d=vt3d=由牛頓第二定律得：qE=ma,解得：E=；〔3離子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據牛頓第二定律有：,解得：,離子能打在QN上,則既沒有從DQ邊出去也沒有從PN邊出去,則離子運動徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ．由幾何關系知,離子能打在QN上,必須滿足：,則有：；答：〔1圓弧虛線對應的半徑R的大小為；〔2若離子恰好能打在NQ的中點上,矩形區(qū)域QNCD內勻強電場場強E的值為；〔3磁場磁感應強度B的取值范圍是．12．〔2016?XX一模如圖甲所示,一對平行金屬板M、N長為L,相距為d,O1O為中軸線．當兩板間加電壓UMN=U0時,兩板間為勻強電場,忽略兩極板外的電場．某種帶負電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場,粒子恰好打在上極板M的中點,粒子重力忽略不計．〔1求帶電粒子的比荷；〔2若MN間加如圖乙所示的交變電壓,其周期,從t=0開始,前內UMN=2U,后內UMN=﹣U,大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場,最終所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上,求U的值；〔3緊貼板右側建立xOy坐標系,在xOy坐標第I、IV象限某區(qū)域內存在一個圓形的勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于xOy坐標平面,要使在〔2問情景下所有粒子經過磁場偏轉后都會聚于坐標為〔2d,2d的P點,求磁感應強度B的大小范圍．[解答]解：〔1設粒子經過時間t0打在M板中點,沿極板方向有：垂直極板方向有：解得：〔2粒子通過兩板時間為：從t=0時刻開始,粒子在兩板間運動時每個電壓變化周期的前三分之一時間內的加速度大小,方向垂直極板向上；在每個電壓變化周期的后三分之二時間內加速度大小,方向垂直極板向下．不同時刻從O1點進入電場的粒子在電場方向的速度vy隨時間t變化的關系如圖所示．因為所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上,可以確定在t=nT或時刻進入電場的粒子恰好分別從極板右側上下邊緣處飛出．它們在電場方向偏轉的距離最大．有：解得：〔3所有粒子射出電場時速度方向都平行于x軸,大小為v0．設粒子在磁場中的運動半徑為r,則有：解得：粒子進入圓形區(qū)域內聚焦于P點時,磁場區(qū)半徑R應滿足：R=r在圓形磁場區(qū)域邊界上,P點縱坐標有最大值,如圖所示．磁場區(qū)的最小半徑為：,對應磁感應強度有最大值為：=磁場區(qū)的最大半徑為：Rmax=2d,對應磁感應強度有最小值為：=所以,磁感應強度B的可能范圍為：≤B答：〔1帶電粒子的比荷；〔2電壓U的值為〔3緊磁感應強度B的大小范圍≤B．13．〔2016?洛江區(qū)一模如圖所示,在第一、二象限存在場強均為E的勻強電場,其中第一象限的勻強電場的方向沿x軸正方向,第二象限的電場方向沿x軸負方向．在第三、四象限矩形區(qū)域ABCD內存在垂直于紙面向外的勻強磁場,矩形區(qū)域的AB邊與x軸重合．M點是第一象限中無限靠近y軸的一點,在M點有一質量為m、電荷量為e的質子,以初速度v0沿y軸負方向開始運動,恰好從N點進入磁場,若OM=2ON,不計質子的重力,試求：〔1N點橫坐標d；〔2若質子經過磁場最后能無限靠近M點,則矩形區(qū)域的最小面積是多少；〔3在〔2的前提下,該質子由M點出發(fā)返回到無限靠近M點所需的時間．[解答]解：〔1粒子從M點到N點做類平拋運動,設運動時間為t1,則有：d=at12；2d=v0t1a=解得：d=；〔2根據運動的對稱性作出運動軌跡如圖所示設粒子到達N點時沿x軸正方向分速度為vx,則有vx==v0；質子進入磁場時的速度大小v==；質子進入磁場時速度方向與x軸正方向夾角為45°；根據幾何關系,質子在磁場中做圓周運動的半徑為R=d,AB邊的最小長度2R=2d；BC邊的最小長度為R+d=+d；矩形區(qū)域的最小面積為S=；〔3質子在磁場中運動的圓心角為,運動時間t2=T==根據對稱性,質子在第二象限運動時間與在第一象限運動時間相等,質子在第一象限運動時間t1==質子由M點出發(fā)返回M點所需的時間為：T=2t1+t2=答：〔1N點橫坐標d=；〔2矩形區(qū)域的最小面積為S=；〔3質子由M點出發(fā)返回M點所需的時間為：T=2t1+t2=14．〔2016?XX校級模擬如圖所示,在xOy平面直角坐標系中,直線MN與y軸成30°角,P點的坐標為〔,0,在y軸與直線MN之間的區(qū)域內,存在垂直于xOy平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場．在直角坐標系xOy的第Ⅳ象限區(qū)域內存在沿y軸,正方向、大小為的勻強電場,在x=3a處垂直于x軸放置一平面熒光屏,與x軸交點為Q,電子束以相同的速度v0從y軸上0≤y≤2a的區(qū)間垂直于y軸和磁場方向射入磁場．已知從y=2a點射入的電子在磁場中軌跡恰好經過O點,忽略電子間的相互作用,不計電子的重力．求：〔1電子的比荷；〔2電子離開磁場垂直y軸進入電場的位置的范圍；〔3從y軸哪個位置進入電場的電子打到熒光屏上距Q點的距離最遠？最遠距離為多少？[解答]解：〔1由題意可知電子在磁場中的半徑為a,由Bev0=m得：=〔2粒子能進入磁場中,且離O點下方最遠,則粒子在磁場中運動圓軌跡必須與直線MN相切,粒子軌道的圓心為O′點,則O′M=2a,由三角函數關系可得：tan30°=得：OM=a有OO′=0.5a,即粒子在離開磁場離O點下方最遠距離為ym=1.5a從y軸進入電場位置在0≤y≤1.5a范圍內．〔3電子在電場中做類平拋運動,設電子在電場的運動時間為t,豎直方向位移為y,水平位移為x,x=v0t豎直方向有：y=t2代入得：x=設電子最終打在光屏的最遠點距Q點為H,電子射出電場時的夾角為θ,則有：tanθ===有：H=〔3a﹣xtanθ=〔3a﹣?當〔3a﹣=時,即y=a時,H有最大值,由于a＜1.5a,所以Hmax=a答：〔1電子的比荷=；〔2電子離開磁場垂直y軸進入電場的位置的范圍為0≤y≤1.5a；〔3從y軸y=a位置進入電場的電子打到熒光屏上距Q點的距離最遠,最遠距離為a．15．〔2016?XX模擬如圖〔a所示,水平放置的平行金屬板A、B間加直流電壓U,A板正上方有"V"字型足夠長的絕緣彈性擋板．在擋板間加垂直紙面的交變磁場,磁感應強度隨時間變化如圖〔b,垂直紙面向里為磁場正方向,其中B1=B,B2未知．現有一比荷為、不計重力的帶正電粒子從C點靜止釋放,t=0時刻,粒子剛好從小孔O進入上方磁場中,在t1時刻粒子第一次撞到左擋板,緊接著在t1+t2時刻粒子撞到右擋板,然后粒子又從O點豎直向下返回平行金屬板間．粒子與擋板碰撞前后電量不變,沿板的分速度不變,垂直板的分速度大小不變、方向相反,不計碰撞的時間及磁場變化產生的感應影響．求：〔1粒子第一次到達O點時的速率；〔2圖中B2的大??；〔3金屬板A和B間的距離d．[解答]解：〔1粒子從B板到A板過程中,電場力做正功,根據動能定理有qU=﹣0解得粒子第一次到達O點時的速率v=〔2粒子進入上方后做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由qvB=m得r=則得粒子做勻速圓周運動的半徑r1=,r2=使其在整個裝置中做周期性的往返運動,運動軌跡如下圖所示,由圖易知：r1=2r2．則得B2=2B〔3在0～t1時間內,粒子做勻速圓周運動周期T1==在t1～〔t1+t2時間內,粒子做勻速圓周運動的周期T2==由軌跡圖可知t1==t2==粒子在金屬板A和B間往返時間為t,有d=且滿足t=t2+n〔t1+t2,n=0,1,2,…聯立可得金屬板A和B間的距離d=,n=0,1,2,…答：〔1粒子第一次到達O點時的速率為；〔2圖中B2的大小為2B；〔3金屬板A和B間的距離d為,n=0,1,2,…．16．〔2016?姜堰區(qū)校級三模如圖甲所示,建立Oxy坐標系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱,極板長度和板間距均為l,第一四象限有磁場,方向垂直于Oxy平面向里．位于極板左側的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0～3t0時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓〔不考慮極邊緣的影響．已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時,刻經極板邊緣射入磁場．上述m、q、l、t0、B為已知量．〔不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況〔1求電壓U0的大?。?求t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑．〔3帶電粒子在磁場中的運動時間．[解答]解：〔1t=0時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動,t0時刻剛好從極板邊緣射出,在y軸負方向偏移的距離為,則有Eq=ma=at02聯立解得,兩極板間偏轉電壓為．〔2t0時刻進入兩極板的帶電粒子,兩極板沒有電場,帶電粒子做勻速直線運動．帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v0=設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R,則有聯立解得,〔32t0時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短．帶電粒子離開電場時沿y軸正方向的分速度為vy=at0,設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為α,則聯立解得,帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示,圓弧所對的圓心角為,所求最短時間為．帶電粒子在磁場中運動的周期為,聯立以上兩式解得．同理,t=0進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動的時間最長為：所以,帶電粒子在磁場中的運動時間：．答：〔1電壓U0的大小為．〔2t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑．〔3帶電粒子在磁場中的運動時間為．17．〔2016?XX校級模擬電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成．偏轉電場由加了電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板形成,如圖甲所示．大量電子〔其重力不計由靜止開始,經加速電場加速后,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉電場．當兩板不帶電時,這些電子通過兩板之間的時間為2t0,當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時,所有電子均從兩板間通過,然后進入水平寬度為l,豎直寬度足夠大的勻強磁場中,最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上．問：〔1電子在剛穿出兩板之間時的最大側向位移與最小側向位移之比為多少？〔2要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強磁場的磁感應強度為多少？〔3在滿足第〔2問的情況下,打在熒光屏上的電子束的寬度為多少？〔已知電子的質量為m、電荷量為e[解答]解：〔1由題意可知,從0、2t0、4t0…等時刻進入偏轉電場的電子側向位移最大,在這種情況下,電子的側向位移為從t0、3t0…等時刻進入偏轉電場的電子側向位移最小,在這種情況下,電子的側向位移為所以最大側向位移和最小側向位移之比為ymax：ymin=3：1〔2設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為θ,由于電子要垂直打在熒光屏上,所以電子在磁場中運動半徑應為：設電子從偏轉電場中出來時的速度為vt,垂直偏轉極板的速度為vy,則電子從偏轉電場中出來時的偏向角為：式中又由上述四式可得：〔3由于各個時刻從偏轉電場中出來的電子的速度大小相同,方向也相同,因此電子進入磁場后的半徑也相同,都能垂直打在熒光屏上由第〔1問可知電子從偏轉電場中出來時的最大側向位移和最小側向位移的差值為：△y=ymax﹣ymin所以所以打在熒光屏上的電子束的寬度就為答：〔1電子在剛穿出兩板之間時的最大側向位移與最小側向位移之比為3：1；〔2要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強磁場的磁感應強度為；〔3在滿足第〔2問的情況下,打在熒光屏上的電子束的寬度為．18．〔2016?泗陽縣校級一模如圖所示xOy平面內,在x軸上從電離室產生的帶正電的粒子,以幾乎為零的初速度飄入電勢差為U=200V的加速電場中,然后經過右側極板上的小孔沿x軸進入到另一勻強電場區(qū)域,該電場區(qū)域范圍為﹣l≤x≤0〔l=4cm,電場強度大小為E=×104V/m,方向沿y軸正方向．帶電粒子經過y軸后,將進入一與y軸相切的圓形邊界勻強磁場區(qū)域,磁場區(qū)域圓半徑為r=2cm,圓心C到x軸的距離為d=4cm,磁場磁感應強度為B=8×10﹣2T,方向垂直xoy平面向外．帶電粒子最終垂直打在與y軸平行、到y軸距離為L=6cm的接收屏上．求：〔1帶電粒子通過y軸時離x軸的距離；〔2帶電粒子的比荷；〔3若另一種帶電粒子從電離室產生后,最終打在接收屏上y=cm處,則該粒子的比荷又是多少？[解答]解：〔1帶電粒子在加速電場中被加速qU=mv02通過沿y軸正方向的電場中時,在x方向上做勻速運動l=v0t在y方向做初速度為零的勻加速運動,加速度為a=在y方向的位移為y1=at2由以上各式解得y1=代入數據得y1=2×10﹣2m〔2由〔1中公式可得v0=帶電粒子通過y軸時沿y軸方向的速度為vy=at如圖所示,速度方向滿足tanα=由以上各式解得tanα=代入數據得tanα=則可知α=60°帶電粒子通過y軸時的速度大小為v==2v0由tan∠PCA==；可得：∠PCA=60°可見,帶電粒子通過y軸時的速度方向指向C點．所以帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時,轉過的圓心角為α=60°．帶電粒子圓周運動的半徑為R=rcot=r=2×10﹣2洛倫茲力提供向心力qvB=m解得==代入數據得=×108C/kg〔3由〔1〔2知,帶電粒子經過y軸時的位置和速度方向與比荷無關,所以另一種帶電粒子也將以指向C點的方向進入到勻強磁場區(qū)域．軌跡如圖所示．粒子從磁場中射出時的速度方向滿足tan∠NCM==可得∠NCM=30°此帶電粒子在磁場中轉過的角度為α′=60°+30°=90°其圓周運動的半徑為R′=r同理有==代入數據得=1×108C/kg解：〔1帶電粒子通過y軸時離x軸的距離2×10﹣2m；〔2帶電粒子的比荷×108C/kg〔3若另一種帶電粒子從電離室產生后,最終打在接收屏上y=cm處,則該粒子的比荷1×108C/kg19．〔2016?天門模擬如圖所示,在豎直平面內,虛線MO與水平線PQ相交于O,二者夾角θ=30°,在MOP范圍內存在豎直向下的勻強電場,電場強度為E,MOQ上方的某個區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,O點處在磁場的邊界上,現有一群質量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內以速度v〔0≤v≤垂直于MO從O點射入磁場,所有粒子通過直線MO時,速度方向均平行于PQ向左,不計粒子的重力和粒子間的相互作用力．求：〔1速度最大的粒子在磁場中的運動時間；〔2速度最大的粒子打在水平線POQ上的位置離O點的距離；〔3磁場區(qū)域的最小面積．[解答]解：〔1因粒子通過直線MO時,速度方向均平行于PQ向左,說明粒子速度方向改變了,由幾何關系可得粒子的運動軌跡如圖所示．設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,周期為T,粒子在勻強磁場中運動時間為t1因為所以〔2由得設粒子自N點水平飛出磁場,出磁場后應做勻速運動至OM,設勻速運動的距離為s,由幾何關系知：過MO后粒子在電場中做類平拋運動,設運動的時間為t2,則：,,由幾何關系知,速度最大的粒子打在水平線POQ上的位置離O點的距離,〔3由題知速度大小不同的粒子均要水平通過OM,則其飛出磁場的位置均應在ON的連線上,故磁場范圍的最小面積△S是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與ON所圍成的面積,扇形OO′N的面積△OO′N的面積為：S′=R2cos30°sin30°=又△S=S﹣S'聯立得：答：〔1速度最大的粒子在磁場中的運動時間為；〔2速度最大的粒子打在水平線POQ上的位置離O點的距離為；〔3磁場區(qū)域的最小面積為．20．〔2016?XX一模如圖所示為某一儀器的部分原理示意圖,虛線OA、OB關于y軸對稱,∠AOB=90°,OA、OB將xOy平面分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域,區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內存在水平方向的勻強電場,電場強度大小相等、方向相反．質量為m電荷量為q的帶電粒子自x軸上的粒子源P處以速度v0沿y軸正方向射出,經時間t到達OA上的M點,且此時速度與OA垂直．已知M到原點O的距離OM=L,不計粒子的重力．求：〔1勻強電場的電場強度E的大??；〔2為使粒子能從M點經Ⅱ區(qū)域通過OB上的N點,M、N點關于y軸對稱,可在區(qū)域Ⅱ內加一垂直xOy平面的勻強磁場,求該磁場的磁感應強度的最小值和粒子經過區(qū)域Ⅲ到達x軸上Q點的橫坐標；〔3當勻強磁場的磁感應強度取〔2問中的最小值時,且該磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內．由于某種原因的影響,粒子經過M點時的速度并不嚴格與OA垂直,成散射狀,散射角為θ,但速度大小均相同,如圖所示,求所有粒子經過OB時的區(qū)域長度．[解答]解：〔1粒子在Ⅰ區(qū)域內做類平拋運動,Lsin45°=v0t〔2粒子在Ⅱ區(qū)域內做勻速圓周運動,其軌道半徑r大=L又因為粒子進入Ⅲ區(qū)域后,其運動軌跡NQ與PM對稱,則水平位移〔3該圓形磁場區(qū)域的半徑r等于其軌跡圓半徑R,即r=R=L所有粒子出磁場時速度方向平行,其落點在直線OB上的GH兩點之間,如圖GH=2rsinθ=2Lsinθ答：〔1勻強電場的電場強度E的大??；〔2該磁場的磁感應強度的最小值是,粒子經過區(qū)域Ⅲ到達x軸上Q點的橫坐標；〔3所有粒子經過OB時的區(qū)域長度2Lsinθ．21．〔2016?XX一模在xoy平面直角坐標系的第Ⅰ象限有射線OA,OA與x軸正方向夾角為30°,如圖所示,OA與y軸所夾區(qū)域存在y軸負方向的勻強電場,其它區(qū)域存在垂直坐標平面向外的勻強磁場；有一帶正電粒子質量m,電量q,從y軸上的P點沿著x軸正方向以大小為v0的初速度射入電場,運動一段時間沿垂直于OA方向經過Q點進入磁場,經磁場偏轉,過y軸正半軸上的M點再次垂直進入勻強電場．已知OP=h,不計粒子的重力．〔1求粒子垂直射線OA經過Q點的速度vQ；〔2求勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應強度B的比值；〔3粒子從M點垂直進入電場后,如果適當改變電場強度,可以使粒子再次垂直O(jiān)A進入磁場,再適當改變磁場的強弱,可以使粒子再次從y軸正方向上某點垂直進入電場；如此不斷改變電場和磁場,會使粒子每次都能從y軸正方向上某點垂直進入電場,再垂直O(jiān)A方向進入磁場…,求粒子從P點開始經多長時間能夠運動到O點？[解答]解：〔1設垂直O(jiān)A到達Q點的速度為vQ,將速度分解為水平方向的v0和豎直方向的vy,如圖所示,則vy=vQ=〔2做出粒子在磁場中的運動軌跡如圖,根據幾何知識可得出原點O即為軌跡圓的圓心,OQ為軌跡圓的半徑,設為R．在電場中的運動,由類平拋的知識可得：x==v0t1,可求得E=在磁場中的運動,由圓周運動的知識可得：2qv0B=,B=所以〔3設粒子第一次在磁場中做圓周運動的半徑為R1,在電場中運動的時間為t11,在磁場中運動的時間為t12,在電場、磁場中運動的總時間為t1,則有t11=,t12==,t1=t11+t12=+=又由h﹣===解得,R1=從而有==由題意知,改變電場、磁場的強弱后,粒子重復前面的運動情況,又設粒子第二次在磁場中做圓周運動的半徑為R2,在電場中運動的時間為t21,在磁場中運動的時間為t22,在電場、磁場中運動的總時間為t2,類似上面的求解,有=,=,又由=解得,,將此結果代入上式可得=…類推可知,粒子第n次在電場、磁場中運動的總時間所以粒子最終運動到O點的時間為=答：〔1粒子垂直射線OA經過Q點的速度為2v0；〔2勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應強度B的比值為v0；〔3粒子從P點開始經能夠運動到O點．22．〔2016?XX如圖所示,圖面內有豎直線DD′,過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域．區(qū)域I有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直圖面的勻強磁場B〔圖中未畫出；區(qū)域Ⅱ有固定在水平面上高h=2l、傾角α=的光滑絕緣斜面,斜面頂端與直線DD′距離s=4l,區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強電場〔圖中未畫出；C點在DD′上,距地面高H=3l．零時刻,質量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0=、方向與水平面夾角θ=的速度,在區(qū)域I內做半徑r=的勻速圓周運動,經CD水平進入區(qū)域Ⅱ．某時刻,不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放,在某處與剛運動到斜面的小球P相遇．小球視為質點,不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響．l已知,g為重力加速度．〔1求勻強磁場的磁感應強度B的大??；〔2若小球A、P在斜面底端相遇,求釋放小球A的時刻tA；〔3若小球A、P在時刻t=β〔β為常數相遇于斜面某處,求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強電場的場強E,并討論場強E的極大值和極小值及相應的方向．[解答]解：〔1小球P在Ⅰ區(qū)做勻速圓周運動,則小球P必定帶正電,且所受電場力與重力大小相等．設Ⅰ區(qū)磁感應強度大小為B,由洛倫茲力提供向心力得：①代入數據得：②〔2小球P先在Ⅰ區(qū)以D為圓心做勻速圓周運動,由小球初速度和水平方向夾角為θ可得,小球將偏轉θ角后自C點水平進入Ⅱ區(qū)做類平拋運動到斜面底端B點,如圖所示,運動到C點的時刻為,到達斜面時刻為,有③④小球A釋放后沿斜面運動的加速度為,與小球P在時刻相遇于斜面底端,有⑤⑥聯立以上方程可得：⑦〔3設所求電場方向向下,在時刻釋放小球A,小球P在區(qū)域Ⅱ運動加速度為,有則小球A、P相遇時,由運動公式及幾何關系可得：⑧⑨⑩聯立相關方程解得對小球P的所有運動情形討論可得得3≤β≤5由此可得場強極小值為Emin=0,場強極大值為Emax=,方向豎直向上答：〔1磁感應強度大小為〔2小球A釋放時刻為〔3電場強度為,極大值,豎直向上；極小值為0．23．〔2014?XX如圖,在x軸上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場,電場方向與xOy平面平行,且與x軸成45°夾角．一質量為m、電荷量為q〔q＞0的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出,一段時間后進入電場,進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經過一段時間T0,磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?大小不變,不計重力．〔1求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；〔2若要使粒子能夠回到P點,求電場強度的最大值．[解答]解：〔1帶電粒子在磁場中做圓周運動,設運動半徑為R,運動周期為T,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得：,粒子做圓周運動的周期：,由題意可知,粒子第一次到達x軸時,運動轉過的角度為,所需時間t1為：,解得：；〔2粒子進入電場后,先做勻減速運動,直到速度減小為0,然后沿原路返回做勻加速運動,到達x軸時速度大小仍為v0,設粒子在電場中運動的總時間為t2,加速度大小為a,電場強度大小為E,由牛頓第二定律得：qE=ma,,解得：,根據題意,要使粒子能夠回到P點,必須滿足t2≥T0,解得,電場強度最大值：．答：〔1粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間為；〔2若要使粒子能夠回到P點,電場強度的最大值為．24．〔2017?XX模擬一半徑為R的薄圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的中心軸線平行,筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒可繞其中心軸線轉動,圓筒的轉動方向和角速度大小可以通過控制裝置改變．一不計重力的負電粒子從小孔M沿著MN方向射入磁場,當筒以大小為ω0的角速度轉過90°時,該粒子恰好從某一小孔飛出圓筒．〔1若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞,求該粒子的荷質比和速率分別是多大？〔2若粒子速率不變,入射方向在該截面內且與MN方向成30°角,則要讓粒子與圓筒無碰撞地離開圓筒,圓筒角速度應為多大？[解答]解：〔1若粒子沿MN方向入射,當筒轉過90°時,粒子從M孔〔筒逆時針轉動或N孔〔筒順時針轉動射出,如圖,由軌跡1可知半徑：r=R由,粒子運動周期筒轉過90°的時間：,又聯立以上各式得：荷質比,粒子速率：v=ω0R〔2若粒子與MN方向成30°入射,速率不變半徑仍為R,作粒子軌跡2如圖軌跡2圓心為O’,則四邊形MO’PO為菱形,可得,所以則粒子偏轉的時間：；又；得：由于轉動方向與射出孔不確定,討論如下：?。攬A筒順時針轉動時,設筒轉動的角速度變?yōu)棣?,若從N點離開,則筒轉動時間滿足,得：其中k=0,1,2,3…若從M點離開,則筒轉動時間滿足,得：其中k=0,1,2,3…；綜上可得其中n=0,1,2,3…ⅱ．當圓筒逆時針轉動時,設筒轉動的角速度變?yōu)棣?,若從M點離開,則筒轉動時間滿足,得：其中k=0,1,2,3…若從N點離開,則筒轉動時間滿足,得：其中k=0,1,2,3…綜上可得其中n=0,1,2,3…綜上所述,圓筒角速度大小應為或者其中n=0,1,2,3…答：〔1若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞,該粒子的荷質比為,速率分別是ω0R．〔2若粒子速率不變,入射方向在該截面內且與MN方向成30°角,則要讓粒子與圓筒無碰撞地離開圓筒,圓筒角速度應為〔順時針轉動或〔逆時針轉動其中n=0,1,2,3…．25．〔2017?XX模擬如圖所示,一小車置于光滑水平面上,輕質彈簧右端固定,左端栓連物塊b,小車質量M=3kg,AO部分粗糙且長L=2m,動摩擦因數μ=0.3,OB部分光滑．另一小物塊a．放在車的最左端,和車一起以v0=4m/s的速度向右勻速運動,車撞到固定擋板后瞬間