内容发布更新时间 : 2024/11/15 16:42:45星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：vy?at?粒子射出电场时速度：v?2v0
qElg?5.0?103m/s=v0 mv0根据几何关系可知，粒子在B?区域磁场中做圆周运动半径：r??2y
v2根据洛伦兹力提供向心力可得： qvB??m
r?联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：B??mv?4T qr?根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
4．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30o，重力加速度为g，求：
(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小. (3)微粒从P运动到Q的时间有多长. 【答案】(1)E1?【解析】 【详解】
(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：qE1sin45??mg 求得：E1?6d1??d2m2gd12mgE?mg2gd1 ,2 (2) (3)q6gd22qd2q2mg qmg q12mv 2微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：mg?qE2 求得：E2?(2)粒子进入磁场区域时满足：qE1d1cos45??v2qvB?m
R根据几何关系，分析可知：R?整理得：B?d2?2d2 sin30?m2gd1 2qd2(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：
12a1t1?d1 2mgtan45??ma1
t2?30?2?R? 360?v经整理得：t?t1?t2?2d112?2gd6d1??d2???2gd1 g12qB6gd2
5．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势为
L(??o)，内圆弧面CD的电势为?，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与2MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O点时速度的大小；
（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN
23的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E??4L，若从AB圆弧面收集到的某粒子经
O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间． 【答案】（1）v?【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：qU?0?1m?2m2q?；（2）B?；（3）???600 ；2L
L2qq?m12mv 2U?2?????v?2q? m2能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与3(2）从AB圆弧面收集到的粒子有
MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是60?，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角??600．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R?2L
v2由洛伦兹力提供向心力得：qBv?m
R联合解得：B?1m?
L2q（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.
L?t?vx?1qE2t 2m2mL2m?2L qEq?Eq2qELq? t??mm2m若速度与x轴方向的夹角为?角 cos??vx1cos?????600 v2
6．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角θ=37°;过f点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh，ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m2=3×10-3 kg、电荷量q=3×l0-3 C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点，质量m1=1.5×10-3 kg的不带电小物体P从轨道右端a以v0=8 m/s的水平速度向左运动，P、Q碰撞时间极短，碰后P以1 m/s的速度水平向右弹回．已知P与ab间的动摩擦因数μ=0.5，A、B均可视为质点，Q的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2．求：
(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小FN；
(2)当β=53°时，物体Q刚好不从gh边穿出磁场，求区域efgh内所加磁场的磁感应强度大小B1；
(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时，要让物体Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的β值．
?2【答案】(1)FN?4.6?10N (2)B1?1.25T (3)t?127?s,?1?900和?2?1430 360【解析】 【详解】
解：(1)设P碰撞前后的速度分别为v1和v1?，Q碰后的速度为v2 从a到b，对P，由动能定理得：-?m1gl?解得：v1?7m/s
?碰撞过程中，对P，Q系统：由动量守恒定律：m1v1?m1v1?m2v2
11m1v12?m1v02 22取向左为正方向，由题意v1???1m/s， 解得：v2?4m/s
v22b点：对Q，由牛顿第二定律得：FN?m2g?m2
R?2解得:FN?4.6?10N
(2)设Q在c点的速度为vc，在b到c点，由机械能守恒定律：
11m2gR(1?cos?)?m2vc2?m2v22
22解得：vc?2m/s
?2进入磁场后：Q所受电场力F?qE?3?10N?m2g ，Q在磁场做匀速率圆周运动
m2vc2由牛顿第二定律得：qvcB1?
r1Q刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：r1?d?1.6m 解得：B1?1.25T (3)当所加磁场B2?2T，r2?m2vc?1m qB2要让Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：