屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題三電場(chǎng)和磁場(chǎng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)練習(xí)題

PAGE帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1、在水平面上，平放一半徑為R的光滑半圓管道，管道處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，另有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球．(1)當(dāng)小球從管口沿切線方向以某速度射入，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰不受管道側(cè)壁的作用力，求此速度v0；(2)現(xiàn)把管道固定在豎直面內(nèi)，且兩管口等高，磁場(chǎng)仍保持和管道平面垂直，如圖所示．空間再加一個(gè)水平向右、場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(mg,q)的勻強(qiáng)電場(chǎng)(未畫(huà)出)．若小球仍以v0的初速度沿切線方向從左邊管口射入，求小球：①運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中動(dòng)能的增量；②在管道運(yùn)動(dòng)全程中獲得的最大速度．2、如圖所示，在以O(shè)1點(diǎn)為圓心、r＝0.20m為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)，存在著方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1.0×10－3T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)．圓的左端跟y軸相切于直角坐標(biāo)系原點(diǎn)O，右端與一個(gè)足夠大的熒光屏MN相切于x軸上的A點(diǎn)．粒子源中，有帶正電的粒子(比荷為eq\f(q,m)＝1.0×1010C/kg)，不斷地由靜止進(jìn)入電壓U＝800V的加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后，沿x軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入磁場(chǎng)區(qū)域，粒子重力不計(jì)．(1)求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑、速度偏離原來(lái)方向的夾角的正切值；(2)以過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O并垂直于紙面的直線為軸，將該圓形磁場(chǎng)逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)90°，求在此過(guò)程中打在熒光屏MN上的粒子到A點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離．3、如圖所示，在紙面內(nèi)有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形abc區(qū)域，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從a點(diǎn)以速度v0沿平行于紙面且垂直于bc邊的方向進(jìn)入此區(qū)域．若在該區(qū)域內(nèi)只存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子恰能從c點(diǎn)離開(kāi)；若該區(qū)域內(nèi)只存在平行于bc邊的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子恰好從b點(diǎn)離開(kāi)(不計(jì)粒子重力)．(1)判斷勻強(qiáng)磁場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向；(2)計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值．4、如圖所示，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半徑為R＝0.5m，磁場(chǎng)垂直紙面向里．在y＞R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝1.0×105V/m.在M點(diǎn)有一正粒子以速率v＝1.0×106m/s沿＋x方向射入磁場(chǎng)，粒子穿出磁場(chǎng)后進(jìn)入電場(chǎng)，速度減小到0后又返回磁場(chǎng)，最終又從磁場(chǎng)離開(kāi)．已知粒子的比荷為eq\f(q,m)＝1.0×107C/kg，粒子重力不計(jì)．(1)求圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?2)求沿＋x方向射入磁場(chǎng)的粒子，從進(jìn)入磁場(chǎng)到再次穿出磁場(chǎng)所走過(guò)的路程．5、如圖所示，在方向水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，固定一由內(nèi)表面絕緣光滑且內(nèi)徑很小的圓管彎制而成的圓弧BD，圓弧的圓心為O，豎直半徑OD＝R，B點(diǎn)和地面上A點(diǎn)的連線與地面成θ＝37°角，AB＝R.一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從地面上A點(diǎn)以某一初速度沿AB方向做直線運(yùn)動(dòng)，恰好無(wú)碰撞地從管口B進(jìn)入管道BD中，到達(dá)管中某處C(圖中未標(biāo)出)時(shí)恰好與管道間無(wú)作用力．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小為g.求：(3)若小球從管口D飛出時(shí)電場(chǎng)反向，則小球從管口D飛出后的最大水平射程xm.6、如圖所示，平行金屬板水平放置，一帶電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子從板的左側(cè)O點(diǎn)沿兩板間的中線以初速度v0射入板間，結(jié)果粒子恰好從上板的右側(cè)邊緣進(jìn)入一圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面，圓形磁場(chǎng)的圓心與上板在同一直線上．粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后射出磁場(chǎng)，沿水平方向返回兩板間，粒子又剛好返回到O點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力，金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板上所加電壓為U＝eq\f(mv\o\al(2,0),q)，求：(1)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；(2)粒子從板右端返回電場(chǎng)時(shí)的位置與上板間的距離；(3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和圓形有界磁場(chǎng)的半徑．7、如圖甲所示裝置由加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)處在相距為d的兩塊水平放置的平行導(dǎo)體板之間，勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平寬度為l，豎直寬度足夠大．大量電子(重力不計(jì))由靜止開(kāi)始，經(jīng)加速電場(chǎng)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(zhuǎn)電場(chǎng)．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場(chǎng)的電壓為U1＝eq\f(3eU\o\al(2,0)T2,8md2).當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)不加電壓時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為T(mén)；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)加上如圖乙所示的周期為T(mén)、大小恒為U0的電壓時(shí)，所有電子均能通過(guò)電場(chǎng)，穿過(guò)磁場(chǎng)后打在豎直放置的熒光屏上．(1)求水平導(dǎo)體板的板長(zhǎng)l0；(2)求電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的最大側(cè)向位移ym；(3)要使電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍．8、將一內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)圓管做成的圓環(huán)BDC固定在豎直面內(nèi)，圓環(huán)的圓心為O，D為圓環(huán)的最低點(diǎn)，其中∠BOC＝90°，圓環(huán)的半徑為R＝eq\r(2)L，過(guò)OD的虛線與過(guò)BC的虛線垂直且交于點(diǎn)S，虛線BC的上方存在水平向右的范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)．圓心O的正上方A點(diǎn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的絕緣小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，其直徑略小于圓管內(nèi)徑，AS＝L.現(xiàn)將該小球無(wú)初速度釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小球剛好無(wú)碰撞地進(jìn)入圓管中并繼續(xù)在圓管中運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小用g表示．(1)求虛線BC上方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；(2)求當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)的最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)圓環(huán)壓力的大?。?3)小球從管口C離開(kāi)后，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后落到虛線BC上的F點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，則C、F兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為多大？9、三個(gè)相同的絕緣板構(gòu)成的截面為正三角形的裝置，如圖所示，該正三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，三角形的一條邊與平行金屬板的N板緊靠在一起，其中M板帶正電，N板帶負(fù)電，板間距離為d.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板附近的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔和絕緣板上的小孔S以速度v垂直絕緣板射入磁場(chǎng)中，粒子與絕緣板發(fā)生正碰(粒子的速度方向與絕緣板垂直)后恰能以最短時(shí)間從S孔射出，粒子與絕緣板碰撞過(guò)程中沒(méi)有動(dòng)能損失，碰撞時(shí)間不計(jì)，且電荷量保持不變，粒子的重力不計(jì)．(1)求M、N兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)求單個(gè)絕緣板的長(zhǎng)度；(3)若通過(guò)調(diào)節(jié)使M、N兩板間的電壓變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,9)，且保持板間距離d不變，試判斷粒子還能否從P點(diǎn)開(kāi)始并回到P點(diǎn)？如果不能，請(qǐng)簡(jiǎn)要說(shuō)明理由；如果能，則粒子做該周期性運(yùn)動(dòng)的周期T2與電壓改變前做該周期性運(yùn)動(dòng)的周期T1之比是多少？10、如圖甲所示，平面OO′垂直于紙面，其上方有長(zhǎng)為h，相距為eq\f(3,4)h的兩塊平行導(dǎo)體板M、N.兩極板間加上如圖乙所示的電壓，平面OO′的下方是一個(gè)與OO′平面相平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外．在兩極板的正中間正上方有一粒子源連續(xù)放射出質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子，其初速度大小為v0，方向垂直電場(chǎng)及OO′平面．不計(jì)粒子重力及空氣的阻力，每個(gè)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的極短時(shí)間內(nèi)，可以認(rèn)為場(chǎng)強(qiáng)不變，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)若有帶電粒子飛出電場(chǎng)時(shí)打在板上，則板間電壓UMN的最大值至少為多少？(2)要使所有的粒子都能回到兩板間，磁感應(yīng)強(qiáng)度B需滿足什么條件？(3)在滿足(2)問(wèn)的前提下，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為多少？11、如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，第三象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，y軸右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁場(chǎng)的方向均垂直于紙面向里，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子自P(－l，l)點(diǎn)由靜止釋放，沿垂直于x軸的方向進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ，接著以垂直于y軸的方向進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ，不計(jì)粒子重力．(1)求磁場(chǎng)Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1；(2)若磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝B1，粒子從磁場(chǎng)Ⅱ再次進(jìn)入電場(chǎng)，求粒子第二次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的橫坐標(biāo)；

答案1、解析：(1)小球在水平面上只受到洛倫茲力作用，故qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)(2分)解得v0＝eq\f(qBR,m)(1分)(2)①小球在管道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力始終不做功．對(duì)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgR＋qER＝ΔEk(3分)又E＝eq\f(mg,q)聯(lián)立可得動(dòng)能增量ΔEk＝2mgR(1分)②求最大速度解法一：當(dāng)小球到達(dá)管道中方位角為θ的位置(如圖所示)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(3分)即v2＝eq\f(q2B2R2,m2)＋2gR(sinθ＋cosθ)＋2gR(1分)對(duì)函數(shù)y＝sinθ＋cosθ求極值，可得θ＝45°時(shí)，ymax＝eq\r(2)(2分)所以vm＝eq\r(\f(q2B2R2,m2)＋2＋2\r(2)gR)(1分)求最大速度解法二：如圖所示，根據(jù)場(chǎng)的疊加原理，小球所受的等效重力為：mg′＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\r(2)mg(1分)tanφ＝eq\f(mg,qE)＝1，即等效重力與水平方向夾角為φ＝45°(1分)小球在等效重力場(chǎng)的“最低點(diǎn)”時(shí)，即當(dāng)小球到達(dá)管道中方位角為θ＝φ＝45°時(shí)，速度最大(1分)由動(dòng)能定理得mgRsinθ＋qE(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(3分)解得：vm＝eq\r(\f(q2B2R2,m2)＋2＋2\r(2)gR)(1分)答案：(1)eq\f(qBR,m)(2)①2mgR②eq\r(\f(q2B2R2,m2)＋2＋2\r(2)gR)2、(1)帶電粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)(2分)聯(lián)立解得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))＝0.4m(2分)設(shè)速度偏離原來(lái)方向的夾角為θ，由幾何關(guān)系得taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)＝eq\f(1,2)(2分)故速度偏離原來(lái)方向的夾角的正切值tanθ＝eq\f(4,3)(2分)(2)以O(shè)點(diǎn)為圓心，OA為半徑作圓弧AC交y軸于C點(diǎn)；以C點(diǎn)為圓心，CO為半徑作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡交弧AC于D點(diǎn)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大圓弧弦長(zhǎng)OD＝2r＝0.4m(2分)由幾何關(guān)系可知sinα＝eq\f(r,R)(2分)最遠(yuǎn)距離ym＝(2r－eq\f(r,cosα))tan2α(2分)代入數(shù)據(jù)解得ym＝eq\f(2\r(3)－1,5)m≈0.29m(2分)答案：(1)0.4meq\f(4,3)(2)0.29m3、(1)由左手定則及粒子運(yùn)動(dòng)軌跡知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?2分)由電場(chǎng)性質(zhì)及粒子運(yùn)動(dòng)軌跡知，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向?yàn)槠叫杏赽c邊且沿c到b的方向(2分)(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知：r＝L(1分)洛倫茲力充當(dāng)向心力：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)(1分)解得B＝eq\f(mv0,qL)(1分)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)：a＝eq\f(qE,m)(1分)eq\f(\r(3),2)L＝v0t(1分)eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2(1分)解得E＝eq\f(4mv\o\al(2,0),3qL)(1分)故eq\f(E,B)＝eq\f(4v0,3)(1分)答案：(1)見(jiàn)解析(2)eq\f(4v0,3)4、(1)沿＋x方向射入磁場(chǎng)的粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，速度減小到0，則粒子一定是從如圖的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)、逆著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)的，所以粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R＝0.5m(1分)根據(jù)Bqv＝eq\f(mv2,r)(1分)得B＝eq\f(mv,qR)，代入數(shù)據(jù)得B＝0.2T(2分)(2)粒子返回磁場(chǎng)后，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，MN為直徑，粒子在磁場(chǎng)中的總路程為二分之一圓周長(zhǎng)s1＝πR(2分)設(shè)在電場(chǎng)中的路程為s2，根據(jù)動(dòng)能定理得Eqeq\f(s2,2)＝eq\f(1,2)mv2(2分)s2＝eq\f(mv2,Eq)(2分)總路程s＝πR＋eq\f(mv2,Eq)，代入數(shù)據(jù)得s＝(0.5π＋1)m(2分)答案：(1)0.2T(2)(0.5π＋1)m(1)小球做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況如圖1所示，小球帶正電，則qE＝eq\f(mg,tanθ)(2分)得E＝eq\f(4mg,3q)(1分)小球到達(dá)C處時(shí)電場(chǎng)力與重力的合力恰好提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，如圖2所示，OC∥AB，則eq\f(mg,sinθ)＝meq\f(v2,R)(2分)得v＝eq\r(\f(5,3)gR)(1分)(2)小球“恰好無(wú)碰撞地從管口B進(jìn)入管道BD”說(shuō)明AB⊥OB小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有－eq\f(mg,sinθ)·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)得v0＝eq\r(\f(25,3)gR)(1分)小球從C處運(yùn)動(dòng)到D處的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有eq\f(mg,sinθ)(R－Rsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mv2(2分)得vD＝eq\r(3gR)(1分)(3)小球水平飛出后，在水平方向上做初速度為eq\r(3gR)的勻變速運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，則水平方向上的加速度ax＝eq\f(qE,m)(1分)veq\o\al(2,D)＝2axx0(2分)得x0＝eq\f(9,8)R小球從管口D飛出到落地所用的時(shí)間設(shè)為t，則R＋Rcosθ＋Rsinθ＝eq\f(1,2)gt2(2分)得t＝eq\r(\f(24R,5g))由于t0＝eq\f(vD,ax)＝eq\r(\f(27R,16g))＜t，說(shuō)明小球在水平方向上速度為0時(shí)，小球尚未落地(1分)則最大水平射程xm＝x0＝eq\f(9,8)R(2分)答案：(1)eq\f(4mg,3q)eq\r(\f(5,3)gR)(2)eq\r(\f(25,3)gR)eq\r(3gR)(3)eq\f(9,8)R6、(1)粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在板右側(cè)射出電場(chǎng)時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理eq\f(1,2)qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)解得v＝eq\r(2)v0(1分)(2)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿水平方向和豎直方向的分速度相等，vx＝vy＝v0，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(L,v0)(1分)粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)的豎直位移y1＝eq\f(1,2)vyt1＝eq\f(1,2)L，因此兩板間的距離為L(zhǎng)(2分)粒子從板的右側(cè)沿水平方向進(jìn)入電場(chǎng)后仍做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，剛好能到達(dá)O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(L,\r(2)v0)(1分)粒子運(yùn)動(dòng)的豎直位移y2＝eq\f(qU,2mL)teq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)L(2分)因此粒子從板右端返回電場(chǎng)時(shí)的位置與上板間的距離為eq\f(1,2)L＋eq\f(1,4)L＝eq\f(3,4)L(2分)(3)如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向夾角θ＝45°(1分)由幾何關(guān)系知R＋eq\f(\r(2),2)R＝eq\f(3,4)L(1分)得R＝eq\f(32－\r(2),4)L(1分)由qvB＝meq\f(v2,R)，得B＝eq\f(4\r(2)＋1mv0,3qL)(2分)由幾何關(guān)系r2＝(eq\f(3,4)L)2＋(r－eq\f(\r(2),2)R)2，得r＝eq\f(3\r(2),4)L(2分)答案：(1)eq\r(2)v0(2)eq\f(3,4)L(3)eq\f(4\r(2)＋1mv0,3qL)eq\f(3\r(2),4)L7、(1)電子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)即v0＝eq\f(\r(3)eU0T,2md)(2分)水平導(dǎo)體板的板長(zhǎng)l0＝v0T＝eq\f(\r(3)eU0T2,2md)(2分)(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中半個(gè)周期的時(shí)間內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期的側(cè)向位移y1＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝eq\f(eU0,2md)(eq\f(T,2))2(2分)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的最大側(cè)向位移為ym＝3y1＝eq\f(3eU0T2,8md)(2分)(3)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向夾角為θtanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(aT,2v0)＝eq\f(eU0T,2mv0d)＝eq\f(\r(3),3)(2分)故θ＝30°電子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有evB＝meq\f(v2,R)，其中v＝eq\f(v0,cosθ)(2分)垂直打在熒光屏上時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R1，此時(shí)B有最小值R1sinθ＝l(2分)軌跡與屏相切時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R2，此時(shí)B有最大值R2sinθ＋R2＝l(2分)聯(lián)立解得Bmin＝eq\f(U0T,2ld)，Bmax＝eq\f(3U0T,2ld)，故eq\f(U0T,2ld)＜B＜eq\f(3U0T,2ld)(2分)答案：(1)eq\f(\r(3)eU0T2,2md)(2)eq\f(3eU0T2,8md)(3)eq\f(U0T,2ld)＜B＜eq\f(3U0T,2ld)8、(1)小球被釋放后在重力和電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入，則此時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則tan45°＝eq\f(mg,Eq)(2分)解得E＝eq\f(mg,q)(1分)(2)小球從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0＝mg(2L＋eq\r(2)L)＋EqL(2分)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)的最低點(diǎn)D時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)(1分)聯(lián)立解得FN＝3(eq\r(2)＋1)mg(1分)根據(jù)牛頓第三定律得小球運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)的最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力大小為3(eq\r(2)＋1)mg(1分)(3)小球?qū)點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgL＋EqL(2分)解得vB＝2eq\r(gL)(1分)小球從C點(diǎn)拋出后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，拋出時(shí)的速度大小vC＝vB＝2eq\r(gL)(1分)小球的加速度大小g′＝eq\r(2)g(1分)當(dāng)小球沿拋出方向和垂直拋出方向的位移相等時(shí)，回到虛線BC上，則有vCt＝eq\f(1,2)g′t2(1分)解得t＝2eq\r(\f(2L,g))(1分)則小球沿虛線BC方向運(yùn)動(dòng)的位移xCF＝eq\r(2)vCt＝eq\r(2)×2eq\r(gL)×2eq\r(\f(2L,g))＝8L(1分)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，則C點(diǎn)與F點(diǎn)間的電勢(shì)差為UCF＝－ExCF＝－eq\f(8mgL,q)(2分)答案：(1)eq\f(mg,q)(2)3(eq\r(2)＋1)mg(3)－eq\f(8mgL,q)9、(1)設(shè)M、N兩板間的電壓為U0，由動(dòng)能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2(1分)由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得U0＝Ed(1分)聯(lián)立以上兩式可得E＝eq\f(mv2,2qd)(2分)(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因?yàn)橐罅Ｗ釉诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，所以粒子只能與絕緣板碰撞兩次，如圖1所示，由幾何關(guān)系可知單個(gè)絕緣板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2r(1分)由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)(1分)解得r＝eq\f(mv,qB)(1分)單個(gè)絕緣板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝eq\f(2mv,qB)(1分)(3)若通過(guò)調(diào)節(jié)使M、N兩板間的電壓變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,9)，且保持板間距離d不變，則由q·eq\f(1,9)U0＝eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝eq\f(v,3)(1分)根據(jù)qv′B＝meq\f(v′2,r′)，解得r′＝eq\f(r,3)(1分)則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，粒子可以從小孔S射出磁場(chǎng)并回到P點(diǎn)(2分)M、N兩板間電壓為U0時(shí)，粒子在電場(chǎng)中加速的時(shí)間為t1＝eq\f(2d,v)(1分)在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πm,qB)粒子在磁場(chǎng)中與絕緣板兩次碰撞的時(shí)間間隔為t2＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)(1分)故在電壓改變前粒子做周期性運(yùn)動(dòng)的周期T1＝2t1＋3t2＝eq\f(4d,v)＋eq\f(πm,qB)(1分)M、N兩板間的電壓調(diào)為eq\f(1,9)U0后，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度變?yōu)関′＝eq\f(v,3)粒子在電場(chǎng)中加速的時(shí)間為t1′＝eq\f(6d,v)(1分)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期不變，但與絕緣板碰撞的次數(shù)增加，且在同一塊絕緣板上相鄰兩次碰撞的時(shí)間間隔為t2′＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)(1分)故在電壓改變后粒子做周期性運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)2＝2t1′＋3t2＋6t2′＝eq\f(12d,v)＋eq\f(πm,qB)＋eq\f(6πm,qB)＝eq\f(12d,v)＋eq\f(7πm,qB)(1分)故電壓改變后粒子做周期性運(yùn)動(dòng)的周期T2與電壓改變前做周期性運(yùn)動(dòng)的周期T1之比為eq\f(T2,T1)＝eq\f(\f(12d,v)＋\f(7πm,qB),\f(4d,v)＋\f(πm,qB))＝eq\f(12qBd＋7πmv,4qBd＋πmv)(2分)答案：(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(2mv,qB)(3)能eq\f(12qBd＋7πmv,4qBd＋πmv)10、(1)要有粒子打在板上，設(shè)電壓的最大值為Um，則有eq\f(3,8)h＝eq\f(1,2)at2①(1分)a＝eq\f(Eq,m)②(1分)E＝eq\f(Um,\f(3,4)h)③(1分)h＝v0t④(1分)由①②③④式可得Um＝eq\f(9mv\o\al(2,0),16q)⑤(1分)(2)設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v與v0的夾角為θ，則有v＝eq\f(v0,cosθ)⑥(1分)又由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得Bqv＝eq\f(mv2,R)⑦(1分)粒子從OO′上射出磁場(chǎng)的位置與射入磁場(chǎng)的位置的距離s＝2Rcosθ⑧(1分)由⑥⑦⑧式可得s＝eq\f(2mv0,Bq)⑨(1分)若沿v0方向射進(jìn)磁場(chǎng)的粒子能回到板間，則其他方向的粒子都能回到板間．當(dāng)s＝eq\f(3,8)h時(shí)，B最小，即eq\f(3,8)h＝eq\f(2mv0,Bq)⑩(1分)解得B＝eq\f(16mv0,3hq)?(1分)即磁感應(yīng)強(qiáng)度B≥eq\f(16mv0,3hq)