带点粒子在电、磁场中的运动.doc

1、- 1 -项城二高第二轮复习（带点粒子在电、磁场中的运动）补充训练题命题 朱中润一、在电场中直线运动1、 如图 22 所示，由 A、 B 两平行板构成的电容器，电容为 C，原来不带电。电容器的 A 板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为 v0。如果电子的发射是一个一个单独进行的，即第一个电子到达 B 板后再发射第二个电子，并且所有到达 B 板的电子都留在 B 板上。随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至达到一个稳定值，已知电子的质量为 m、电量为 e，电子所受的重力可忽略不计，A 、 B 两板的距离为 l。（1）有 n 个电子到达

2、 B 板上，这时两板间电场的场强 E 多大？（2）最多能有多少个电子到达 B 板？（3）到达 B 板的第 1 个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间相差多少？2、如图所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑板，其质量为 M，平面部分的上表面光滑且足够长.在距滑板 A 端为 l 的 B 处放置一个质量为 m、带电荷量为+q 的物体 C（可视为质点） ，在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动.已知：M=3m，电场强度为 E.假设物体 C 在运动及与滑板 A 端相碰过程中电荷量不变.求物体 C 第一次与滑板 A 端相碰前瞬间的速度大小.若物体 C 与滑板 A 端相碰的时间极

3、短，而且碰后弹回的速度大小是碰前速度大小的 1/5，求滑板被碰后的速度大小.求物体 C 从开始运动到与滑板 A 第二次碰撞这段时间内，电场力对小物体 C 做的功.3、如图 3111 所示，三块平行金属板竖直固定在表面光滑的绝缘小车上，并与车内的电池连接，小车的总质量为，、板，、板间距均为，金属扳、上，开有小孔，两小孔的连线沿水平方向且垂直于三块金属板，整个装置静止在光滑水平面上，已知车内电池的电动势为 ，电池的电动势为 ，现有一质量为，带电量为的小球以初速度 沿两孔连线方向射入小车（设带电小球不影响板间电场） （1）小球进入小车中由板向板运动时，小球和小车各做什么运动?（2）证明小球由板到板的

4、过程中，电场力对球和小车组成的系统做功为（3）为使小球不打到板上，电池的电动势 应满足什么条件?A Bv0l图 22EA BCl- 2 -二、在交变电场中的运动4、如图 10 所示，AB 两平行金属板，A 板接地、板的电势做如图的周期性变化，在两板间形成交变电场。一电子分别在下列各不同时刻从 A 板的小孔处进入场区，并认为 v00。试分析电子的运动情况。（1）当 t时，电子进入场区；（2）当 tT/8 时，电子进入场区；（3）当 t3T/8 时，电子进入场区；（4）当 t T/2 时，电子进入场区。5、（海门市 2008 届第二次诊断性考试）(16 分) 两平行金属板长 L=O1m ，板间距离

5、 d=l10-2m，从两板左端正中间有带电粒子持续飞入，如图甲所示粒子的电量 q=10-10c，质量 m=10-20kg，初速度方向平行于极板，大小为 v=10 7ms，在两极板上加一按如图乙所示规律变化的电压，不计带电粒子 重力作用求：(1)带电粒子如果能从金属板右侧飞出，粒子在电场中运动的时间是多少?(2)试通过计算判断在 t=1410 -8s 和 t=0610 -8s 时刻进入电场的粒子能否飞出(3)若有粒子恰好能从右侧极板边缘飞出，该粒子飞出时动能的增量E K=?6、（2010黑龙江哈尔滨高三 11 月月考）如图所示，在 y=0 和 y=2m 之间有沿着 x 轴方向的匀强电场，MN 为

6、电场区域的上边界，在 x 轴方向范围足够大。电场强度的变化如图所示，取 x 轴正方向为电场正方向。现有一个带负电的粒子，粒子的荷为kgCmq/10.2，在 t=0 时刻以速度 smv/10520从 O 点沿 y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重力。求：（1）粒子通过电场区域的时间；（2）粒子离开电场时的位置坐标；（3）粒子通过电场区域后沿 x 方向的速度大小。三、在电场中的偏转（示波器模型）7、（山东省淄博市 2009 届模拟）（18 分）如图所示，带等量异种电荷的两平行金属板竖直放置（M 板带正电，N图 10BAUBU0-U00tT/2 3T/2 2TT- 3 -板带负电），板间距为 d=8

7、0cm，板长为 L，板间电压为 U=100V。两极板上边缘连线的中点处有一用水平轻质绝缘细线拴接的完全相同的小球 A 和 B 组成的装置 Q，Q 处于静止状态，该装置中两球之间有一处于压缩状态的绝缘轻质小弹簧（球与弹簧不拴接），左边 A 球带正电，电荷量为 q=410-5C，右边 B 球不带电，两球质量均为 m=1.010-3kg.某时刻,装置 Q 中细线突然断裂 ,A、B 两球立即同时获得大小相等、方向相反的速度（弹簧恢复原长）。若 A、B之间弹簧被压缩时所具有的弹性能为 1.010-3J，小球 A、B 均可视为质点，Q 装置中弹簧的长度不计，小球带电不影响板章匀强电场，不计空气阻力，取 g

8、=10m/s2。求：（1）为使小球不与金属板相碰，金属板长度 L 应满足什么条件？（2）当小球 B 飞离电场恰好不与金属板相碰时，小球 A 飞离电场时的动能是多大？（3）从两小球弹开进入电场开始，到两小球间水平距离为 30cm 时，小球 A 的电势能增加了多少？8、（黄冈、襄樊、孝感、宜昌、荆州 2009 届联考）（20 分）如图为示波管的部分示意图，竖直 YY和水平 XX偏转电极的板车都为 l=4cm，电极间距离都为 d=1cm，YY 、XX板右端到荧光屏的距离分别为 10cm 和 12cm，两偏转电场间无相互影响。电子束通过 A 板上的小孔沿中心轴线进入偏转电极时的速度为 v0=1.610

9、7m/s，元电荷电量，电子质量 。当偏转电极上不加电压时，电子束打在荧光屏上的 O 点。求：Ce1906.kgm3910.（1）要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的偏转电压 U 不能超过多大？（2）若在偏转电极 XX上加 Ux=45.5sin（ ）V 的电压，在偏转电极 YY上加 Uy=45.5cos（ ）V 的电压，t t10通过计算说明源源不断的电子灯打在荧光屏上所产生亮点的轨迹形状。四、有界磁场中的圆周运动9、真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小 B = 0.60T。磁场内有一块足够大的平面感光平板 ab，板面与磁场方向平行。在距 ab 的距离为

10、l = 10cm 处，有一个点状的 放射源 S，它仅在纸平面内向各个方向均匀地发射 粒子。设放射源每秒发射 n = 3.0104 个 粒子，每个 粒子的速度都是 v = 6.0106m/s。已知 粒子的电荷与质量之比 C/kg。求每分钟有多少个 粒子打中 ab 感光平板？710.5mq- 4 -10（苏中四市二区 2010 一模）如图所示，在倾角为 30的斜面 OA 的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P，OP=0.5m. 现有一质量 m=41020 kg，带电量 q=+21014 C 的粒子，从小孔以速度 v0=3104m/s 水平射向磁感应强度 B=0.2T、方向垂直纸面向外的一圆形磁场区域且

11、在飞出磁场区域后能垂直打在 OA 面上，粒子重力不计求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）圆形磁场区域的最小半径（4）若磁场区域为正三角形且磁场方向垂直向里，粒子运动过程中始终不碰到挡板，其他条件不变，求：此正三角形磁场区域的最小边长。11、（99 高考全国，24）图中虚线 MN 是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外是 MN 上的一点，从 O 点可以向磁场区域发射电量为q、质量为 m 、速率为的粒于，粒于射入磁场时的速度可在纸面内各个方向已知先后射人的两个粒子恰好在磁场中给定的 P 点相遇，P

12、到 0 的距离为 L 不计重力及粒子间的相互作用(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道径(2)求这两个粒子从 O 点射人磁场的时间间隔12(北京海淀区 2009 届高三期末试题 )早期的电视机是用显像管来显示图像的，在显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。图 31 甲为显像管工作原理示意图，阴极 K 发射的电子束（初速不计）经电压为 U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为 O，半径为 r，荧光屏 MN 到磁场区中心 O 的距离为 L。当不加磁场时，电子束将通过 O 点垂直打到屏幕的中心 P 点，当磁场的磁感应强度随时间按图 31 乙所示的规律变化时，在荧光

13、屏上得到一条长为 2 3L 的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁场的磁感应强度不变。已知电子的电荷量为 e，质量为 m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：（1）从进入磁场区开始计时，电子打到 P 经历的时间（2）从进入磁场区开始计时，电子打到亮线端点经历的时间30OPAv0乙O tBB0-B0图 31甲K PLUBrOMNT 2T 3T 4T- 5 -五、在按区域分布的磁场中的周期性运动13、（全国，25）如图所示，在 x0 与 x 0 的区域中，存在磁感应强度大小分别为 B1 与 B2 的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且 B1B 2。一个带

14、负电荷的粒子从坐标原点 O 以速度 V 沿 x 轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过 O 点，B 1 与 B2 的比值应满足什么条件？ 六、顺次在电、磁组合场中的运动14、 如图两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝 a，b，c 和 d，外筒的外半径为 r0，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线的匀强磁场，磁感应强度 B，在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为 m，带电量为 +q 的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝 a 的 S 点出发，初速为 0。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点 S，则两电极之间的电压 U 应是多

15、少？（不计重力，整个装置 在真空中）15（华罗庚中学 2010 模拟）如图所示，在直角坐标系的原点 O 处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子，在放射源右边有一垂直于 x 轴放置的很薄的挡板，挡板与 xOy 平面交线的两端 M、N 与原点 O 正好构成等腰直角三角形。已知带电粒子的质量为 m，带电量为 q，速率为 v，MN 的长度为 L。（1）若在 y 轴右侧加一平行于 x 轴的匀强电场，要使 y 轴右侧所有运动的粒子都能打到挡板 MN 上，则电场强度的最小值 E0 为多大？在电场强度为 E0 时，打到板上的粒子动能为多大？（2）若在整个空间加一方向垂直纸面向里的

16、匀强磁场，要使板右侧的 MN 连线上都有粒子打到，磁场的磁感应强度不能超过多少（用 m、v、q、L 表示）？若满足此条件，放射源 O 向外发射出的所有带电粒子中有几分之几能打在板的左边？- 6 -16（青岛市 2010 一摸）如图所示，xoy 平面内，在 y 轴左侧某区域内有一个方向竖直向下，水平宽度为m，电场强度为 E=1.0104N/C 的匀强电场。在 y 轴右侧有一个圆心位于 x 轴上，半径为 r=0.01m 的圆2103l形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B=0.01T，坐标为 x0=0.04m 处于一垂直于 x 轴的面积足够大的荧光屏 PQ。今有一束带正电的粒子从电场左

17、侧沿+x 方向射入电场，穿过电场时恰好通过坐标原点，速度大小为v=2106m/s，方向与 x 轴成 30角斜向下，若粒子的质量为 m=1.010-20kg，电量为 q=1.010-10C，试求：（1）粒子射入电场时的坐标位置和初速度；（2）若圆形磁场可沿 x 轴移动，圆心 O在 x 轴上的移动范围为，有意图磁场位置的不同，导致该粒子打在荧光屏上的位置),0.也不同，试求粒子打在荧光屏上的范围。17(常州市第二学期期中质量调研) 如图，真空中有一个平行板电容器，极板长 L0=10cm，间距 d= cm，两极103板接在电压 u=200sin（100 t ）V 的交流电源上，在平行板电容器右端 L

18、1=20cm 处有一个范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B= 10-2T一束带正电的粒子以 v0= 3105m/s 的速度沿着两极板的中轴线飞入电场，粒子的比荷 q/m=1108C/kg，3不计粒子的重力问：（1）何时飞入的粒子在电场中不发生偏转？这样的粒子进入磁场的深度多大？（2）何时飞入的粒子在离开电场时偏转最大？这样的粒子进入磁场的深度多大？（3）第（2）问中的粒子从飞入电场到离开磁场经过的总时间为多大？18(2009 福建普通高中毕业班质量检测适应性训练三 )自由电子激光器是利用高速电子束射入方向交替变化的磁场，使电子在磁场中摆动着前进，进而产生激光的一种装置。

19、在磁场中建立与磁场方向垂直的平面坐标系 xoy，如图甲所示。方向交替变化的磁场随 x 坐标变化的图线如图乙所示，每个磁场区域的宽度 ，磁场的磁感应强度大mL310小 T，规定磁场方向垂直纸而向外为正方向。现将初速度为零的电子经电压 V 的电场加40175.3B 3105.4U速后，从坐标原点沿 x 轴正方向射入磁场。电子电荷量 C，电子质量 m 取 kg，不计电子的重力，1906.e 39不考虑电子因高速运动而产生的影响。(1)电子从坐标原点进入磁场时的速度大小为多少?(2)请在图甲中画出 x=0 至 x=4L 区域内电子在磁场中运动的轨迹，计算电子通过图中各磁场区域边界时位置的纵坐标并在图中

20、标出；(3)从 x=0 至 x=NL(N 为整数)区域内电子运动的平均速度大小为多少?Bv0L0 L1+- 7 -19（2009 年佛山市普通高中高三教学质量检测）如图所示，相距 2L 的 AB、 CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中 PT 上方的电场 E1 的场强方向竖直向下，PT 下方的电场 E0 的场强方向竖直向上，在电场左边界 AB 上宽为 L 的 PQ 区域内，连续分布着电量为q、质量为 m 的粒子。从某时刻起由 Q 到 P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度 v0 沿水平方向垂直射入匀强电场 E0 中，若从 Q 点射入的粒子，通过 PT 上的某点 R

21、 进入匀强电场 E1 后从 CD 边上的 M 点水平射出，其轨迹如图，若 MT 两点的距离为 L/2。不计粒子的重力及它们间的相互作用。试求：（1）电场强度 E0 与 E1；（2）在 PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直 CD 边水平射出，这些入射点到 P 点的距离有什么规律？ （3）有一边长为 a、由光滑绝缘壁围成的正方形容器，在其边界正中央开有一小孔 S，将其置于 CD 右侧，若从Q 点射入的粒子经 AB、 CD 间的电场从 S 孔水平射入容器中。欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从 S 孔射出(粒子与绝缘壁碰撞时无能量和电量损失)，并返回 Q 点，在容器中现加上一个

22、如图所示的匀强磁场，粒子运动的半径小于 a，磁感应强度 B 的大小还应满足什么条件？七、在电、磁场并存的叠加场中运动20（临沂市 2008 年质检二）（16 分）如图所示，在电视机显像管中的某区域同时加有磁感应强度相同的水平匀强磁场和竖直匀强磁场，磁场宽度为 l，磁场右边界与荧光民间之间的距离也为 l。质量为 m、电荷量为 e 的电子经电压为U 的电场加速后射入该磁场。在屏上建立坐标系， x、y 轴分别沿水平、竖直方向。若不加磁场时，电子打在坐标原点O。（1）若只加水平方向的磁场，则打到屏上时速度方向与竖直方向成 30角，求打在屏上落点的坐标。（2）只加水平方向的磁场时，求磁感应强度和电子在磁

23、场中运动的时间。（3）若同时加上两个方向的匀强磁场，求电子在屏上的落点到坐标原点 O 的距离。A CE0v0PBE1DT2LQM SR- 8 -21、如图所示,在两个水平放置的平行金属板之间有竖直向下的匀强电场,电场强度为 E.在两板之间及右侧有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度均为 B.现有两个带电粒子在同一竖直平面内,分别从端以水平速度射入两平行板之间,恰好都做匀速直线运动,射入点相距 (已知 e 为元电荷的电荷量, m 为质子质量, 21H、 42He 的质量分别为2mEde2m,4m,不计重力和粒子间的作用力).要使两粒子离开平行金属板之间的区域后能够相遇,求两粒子射入平行板的时间差

24、.t22、（青岛市 2008 年质检）（18 分）如图所示，粒子源 S 可以不断地产生质量为 m、电荷量为+q 的粒子。粒子从O1 孔飘进（不计初速度）一水平方向的加速度电场区域 I，再经小孔 O2 进入正交的匀强电场和匀强磁场区域 II，电场强度大小为 E，磁感应强度大小 B1，方向如图。两平行虚线 PQ、MN 之间存在着水平向右的匀强磁场区域 III，磁场应强度大小为 B2。当在 O1、O 2 间加上适当的电压 U1 时，粒子能沿图中虚线 O2O3 垂直于 PQ 进入区域 III，并从 MN边飞出。现将一块不带电的、宽度和厚度均不计的直角状硬质塑料板 abc 放置在区域 III 内，a、c

25、 两点恰分别位于PQ、MN 上，ac 连线与 O2O3 平行，ab=bc=L，=45，仍使粒子沿图中虚线 O2O3 进入区域 III，发现粒子仍能从MN 边飞出。粒子的重力不计。（1）求加速电压 U1；（2）假设粒子与硬质塑料板相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律，求粒子在区域III 中运动时，由于塑料板的放入而延迟的从 MN 边飞出的时间；（3）粒子在区域 III 内运动的总路程。21H 42He- 9 -（带点粒子在电场磁场中的运动）参考答案1、 解：（1） （2） ClneE20emv（3） 二者时间之差为 01vt02vt 012vltt2、答案： mqEl1ql52qElW

26、5493、解：（1）带电小球进入小车由向运动的过程中，由于车和球受恒定电场力的作用球向左做匀加速直线运动，车向右做匀加速直线运动 （2）金属板、间的电场强度为 ， 带电小球和车所受的电场力为 设小车的位移为，则球的位移为，电场力对车的功为 ，电场力对球所做的功为 （），所以电场力对球与车组成的系统做功为 （3）小球进入、板间运动后，小球和车均做匀减速运动，设小球相对小车静止时，小球和车的速度为，由动量守恒，有 （）， 由动能定理知 （12） （12）（） ，则 （ 2（4、解（1）当 t0 时，电子进入场区，根据运动和力的关系，可画出粒子运动速度随时间变化的关系图象（如答图 1 所示） 。由图

27、象可知，因图线与时间轴所围的面积总在速度轴的正值一侧，说明粒子的位移方向总沿同一方向，即一直朝板运动。由图象还可看出，粒子的具体运动情况是：先加速、再减速，当速度减为零后继而又开始加速、再减速，如此不断循环地变化而向板运动。（2）当 t T/8 时，电子进入场区，参照上述的方法分析，可以得出答案：电子时而向 B 板运动，时而向 A板运动，最终到达 B 板。（3）当 t3 T/8 时，电子进入场区，此时仍按上述思路画出粒子运动速度随时间变化的图象（如答图 2 所示）。由图象可知，粒子向正方向（ B 板）和负方向（ A 板）都将发生位移，得负方向的位移大于正方向的位移，所以粒子将在电压变化的第一个

28、周期内被推出场区，而无法到达板。（4）对于 t T/2 时电子进入场区的情况，依照上述思路分析得出的答案是：粒子在刚一进入场区时，即被推出，故也不能到达 B 板。5 解： (1)粒子在电场中飞行的时间为 t 则 t=Lv 代入数据得：t=11 -8S (2 分) 。 (2)粒子在电场中运动的加速度 a=Eqm=qUmd=2 X l 0 14ms2 当 t=141 O-8s 时刻进入电场，考虑竖直方向运动，前 61 0-8s 无竖直方向位移，后 0410 -8s 做匀加速运动。竖直方向位移 Sy=12at 2=0.1610-2md2=0.510 -2m 不能飞出两板间 (3)若粒子恰能飞出两板间

29、，考虑两种情况 a.竖直方向先静止再匀加速。 Sy=12at 2 得 t= 21 0 -8s Ek=Uq2=I1 0 -8J 2b竖直方向先匀加速再匀速答图 1 v0 tUBU0-U00tT/2 3T/2 2TTT/2 T 3T/2 2T答图 2v0 tUBU0-U00 tT/2 3T/2 2TT2T3T/2TT/2- 10 -Sy = S1+S2 = 12at 2 + at(T-t) 得 t = (122)X1 0 -8S S1=12at 2 = (15 一2)10 -2m Ek=EqS1=UqS1d=(322)1 0 一 8=0.1 7 X 1 0-8j 6 解：（1）因粒子初速度方向垂直

30、匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间 svyt3014（2 分）（2）粒子在 x 方向先加速后减速，加速时的加速度 21/4smqEa（2 分）减速时的加速度 22/smqEa（2 分）x 方向上的位移为 mTaTs 52121 10)()()( （4 分）因此粒子离开电场时的位置坐标为（210 5m，2m）（3）粒子在 x 方向的速度savx /04231（4 分）7 解：（1）建立如图所示的直角坐标系。又机械能守横定律 20E得小球弹开时获得的初速度 10vm/s进入电场，A 球水平方向做匀减速运动，B 球水平方向做匀速运动，故 B 碰不到极板，A 球碰不到极板。B

31、球进入电场后向右做平抛运动，平抛时间 4.20vdts（1 分）0.4s 内的竖直位移 8.02gtym（1 分）即，为使小球不与金属板相撞，金属板长度 L0.8m（2）水平方向上，A 球向左做匀减速运动，其加速度5mdqUEam/s2，方向向右（2 分）当小球 B 恰不与金属板相撞时，A 球飞离电场时沿水平方向的位移01201tvs（2 分）由功能关系得 A 球离开电场时的动能 2120 105.81mgLsdUqvEk J（3 分）（3）两小球进入电场后，竖直方向均做自由落体运动，加速度为 g，因此，A、B 两小球在运动过程中始终位于同一条直线上。当两小球间的距离为 s=30cm 时sta

32、vt)21(0解得 stt6.,2.1（舍去）（2 分）此时 A 球水平位移为 mdUvA00（2 分）由功能关系得 A 球电势能的增加量为： 415ApsqEJ（2 分）8 解：（1）设偏转电场的场强为 E，则有： （1 分）设电子经时间 t 通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为 s 侧 ，则有：在中心轴线方向上： （1 分）在轴线侧向有： （2 分） （2 分）0vlmeEa1atS侧- 11 -要使电子束不打在偏转电极的极板上，则 （2 分） 代入数据解式可得 （2 分）侧SdVU91（2）由式可得 （1 分） 而电场的变化周期 得st905.2 2Tts0.故可以认为电子通过偏转电场的过

33、程中板间时为匀强电场（1 分）设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为 v 侧 ，偏转角为 ，则电子通过偏转电场时有： （2 分）tav侧 0nv侧设偏转极板右端到荧光屏距离为 L，电子在荧光屏上偏离 O 点的距离为 （2 分）tan)(Lls由式、式可得电子在荧光屏上的 x、 y 坐标为： （2 分）mtmyx )1cos(05.10i8. 所以荧光屏上出现的是半长轴和半短轴分别为 0.025m、0.018m 的椭圆（指出荧光屏上产生亮点的轨迹为椭圆，而没给出半长轴和半短轴的具体数值，本步 2 分照给）。（2 分）9解析 粒子磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用 R 表示轨道半径，有 ， R

34、mvqB由此得 ， R = 20cm ， 因朝不同方向发射的 粒子的圆轨迹都过 S，由此可知，某一圆轨迹以 O 圆心在图中 N 的左端与ab 相切于 P1点，由此 O 点为能打到感光平板上的 粒子圆轨迹圆心左侧最低位置，设此时 粒子从 S 射出的方向与 SN 的夹角为 ， 由几何关系可得 ， = 2/1)(sinRl30 ， 同理 O为圆心在图中 N 的右侧与 ab 相切于 P2点，则此 O点为能打到感光平板上的 粒子圆轨迹圆心右侧最低位置，设此时 粒子从 S 射出的方向与 SN 的夹角为 ， 由上图几何关系可得 = 30， 分析可知cSd = 120方向的 粒子不能打到 ab 感光平板上，则

35、每分钟能打到 ab 感光平板上的 粒子数为：个。6102.3/)60(nx10【解】（1）由 ， 得： （4 分）rvmqBrTmqBv3.0（2）画出粒子的运动轨迹如图，可知 r/=0.3m（2 分）Tt65ssqt 55103.103（3）磁场区域的最小半径即为运动半径 r /=r=0.3m（4）由数学知识可得： 得：30cos2rL（3 分）mqBmvL9.1034)(11 解：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 R，由牛顿第二定律得 ，则RvmqB2qBv（2）如图 2 所示，以 OP 为弦可以画两个半径相同的圆，分别表示在 P 点相遇的两个粒子的轨迹。圆心分别为 O1、O 2

36、，过 O 点的直径分别为 OO1Q1、OO 2Q2，在 O 点处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用 表示它们之间的夹角。由几何关系可知，从 O 点射入到相遇，粒子 1 的路程为半个圆周加弧长 Q1P=R，粒子 2 的路P程为半个圆周减弧长 PQ2=R粒子 1 的运动时间为 ，其中 T 为圆周运动的周期。vRt1 30OP Av0 ab co160e gf- 12 -粒子 2 运动的时间为 两粒子射入的时间间隔为 因为 所以 vRTt21 vRt212cosLLarcos有上述算式可解得 )2arcos(4mvLqBt12 答案：（1） eUvLt)(（2） t= eUmrL2)(+ r

37、613、解：粒子在整个过程中的速度大小恒为 V，交替地在 xy 平面内 B1与 B2磁场区域中做匀速圆周运动，轨道都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的大小分别为 m 和 q，圆周运动的半径分别为 r1和 r2，有r1 ， r2 。 mVq B1 mVq B2现分析粒子运动的轨迹。如图所示，在 xy 平面内，粒子先沿半径为 r1的半圆 C1运动至 y 轴上离 O点距离为 2 r1的 A 点，接着沿半径为 r2的半圆 D1运动至 O1点， OO1的距离d2( r2 r1)。 此后，粒子每经历一次“回旋”（即从 y 轴出发沿半径为 r1的半圆和半径为 r2的半圆回到原点下方的 y 轴），粒子的 y

38、坐标就减小 d。设粒子经过 n 次回旋后与 y 轴交于 On点，若 OOn即 nd 满足nd2 r1， 则粒子再经过半圆 Cn+1就能经过原点，式中 n1，2，3，为回旋次数。由式解得 n1，2，3， r1r2 nn 1联立式可得 B1、 B2应满足的条件： n1，2，3， B1B2 nn 1评分参考：、式各得 2 分，求得式 12 分，式 4 分。解法不同，最后结果得表达式不同，只要正确的，同样得分。14 解： 带电粒子从 S 点出发，在两筒之间的电场力作用下加速，沿径向穿出 a 而进入磁场区在洛伦兹力作用下做圆周运动，粒子再回到 S 点的条件是能依次沿径向穿过狭缝 d，c，b。在各狭缝中粒

39、子在电场力作用下先减速，在反向加速，然后从新进入磁场区，如图所示 设粒子进入磁场区时的速度为 v，根据能量守恒有：qU = 设粒子在洛伦兹力作用下做圆周运2mv动的半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿定律得：m =qvB 粒子从 a 到 d 必须经过 圆周，所以半径R2 43R 必定等于筒的外半径 r0，即 R= r0， 由以上各式解得：U= mBqr2015 解：（）由题意知，要使 y 轴右侧所有运动粒子都能打在 MN 上，其临界条件为：沿 y 轴方向运动的粒子做类平抛运动，且落在 M或 N 点。 vt a=qE0/m OO=L/2=at2/2联立解得 E0=4mv2/qL （4 分）由动能定理

40、知 qE0 =Ek- 所以有 Ek= （4 分）L21v5mv（2）由题意知，要使板右侧的 MN 连线上都有粒子打到，粒子轨迹直径的最小值为 MN 板的长度 L。 由 R=L/2=mv/qB0得 B0=2mv/qL （2 分）放射源 O 发射出的粒子中，打在 MN 板上的粒子的临界径迹如右图所示。 OM=ON，且 OM ON， OO1 OO2 v1 v2放射源 O 放射出的所有粒子中只有 1/4 打在 MN 板的左侧。 （4 分）16 解： （1）粒子沿 AB 方向进入电场后做类平抛运动，在 O 点将 v 沿 x、y 方向分解得 （2 分）smv/103cos60- 13 -将 v 方向反向延

41、长，交 AB 于 c 点，据类平抛运动特点知 mlCB2103（4 分）mCBO21053tan所以粒子射入电场时的坐标位置为 （2 分）)105,3(32（利用电场中 求得正确结果同样给分）tvlty02,（2）洛仑兹力提供向心力，则 （2 分）RmqB得： （2 分）qBmvR10:由几何关系知此时出射位置为 D 点，轨迹如图荧光屏最高端的纵坐标为： mrrL15.320tan1随着磁场向右移动荧光屏光点位置逐渐下移，当 v 方向与磁场圆形区域相切，此后，粒子将打在荧光屏的同一位置。其最低的纵坐标为： （3 分）mrrL1.2340tan217 解：（1）粒 子 飞 越 电 场 的 时 间

42、 t0= L0/ v0 t0=( /3) 10-6s T=0.02s t0 T 3所 以 ， 每 个 粒 子 飞 越 电 场 的 过 程 中 ， 可 以 认 为 此 时 的 电 场 是 恒 定 的 ， 要 在 电 场 中 不 偏 转 ， 条 件 是 u=0 即 100 t=n sin()tn=0、 1、 2、 3 所 以 进 入 的 时 刻 为 ： t=n/100s 或 t1=0、 10-2 s、210 -2 s、310 -2 s、410 -2s 在 磁 场 中 有 B v0q=m v02/R R= m v0/Bq R=0.1m 即深度（2）粒 子 飞 越 电 场 的 最 大 偏 转 距 离

43、最 多 为 d/2 假 设 这 时 的 电 压 为 U0 = U0 = 代入得： U0=100Vd02L0qL由 100=200sin100 t 并考虑到对称性可得： t= 2s6n或 t2= 10-2 s、（1 ） 10-2 s、（2 ） 10-2 s、（3 ） 10-2 s、6611粒 子 的 出 射 角 度 tan = = tan = =30002qULmdv出射 速 度 v= R/ = R/= cm0cosBq2打入深度 D= R/(1+sin ) D=10 cm3考虑到向上偏转的情况，打入深度 D= R （1-sin ） D= cm103Bv0- 14 -A CE0v0PBE1DT2

44、LQM SR（3）在电场和磁场之间飞行时间 t3= t3= 10-6s 在磁场中的飞行时间10Lv2t4=2T/3 T= t4= t 总 = t0+t3+t4= (1+ )10-6smBq9考虑到向上偏转的情况，在磁场中的飞行时间 t5 =T/3 t总 = t0+t3+t5= (1+ )10-6s 2918 解析：(1) , 21meUsmeU/147(2)如图甲所示，进入磁场区域后 ， RB2eB6.0LRy3.021同理可得， myy.14电子的运动轨迹如图乙所示 (3)磁场方向变化 N 次时， ， Lx1yn2yxs电子运动时间 ， ， ， 1t3iRL31Rt电子运动的平均速度， 12

45、NtyLts sm/1082.3719 解析：（1）设粒子经 PT 直线上的点 R 由 E0电场进入 E1电场，由 Q 到 R 及 R 到 M 点的时间分别为 t1与 t2，到达 R 时竖直速度为 vy，则：由 、 及 得： 2satvtFqma 2011EL221qELtt 02yqvttm012vL上述三式联立解得： , 即10E98mq20194vEq(2)由 E12E 0及式可得 t12t 2。因沿 PT 方向粒子做匀速运动，故 P、R 两点间的距离是 R、T 两点间距离的两倍。即粒子在 E0电场做类平抛运动在 PT 方向的位移是在 E1电场中的两倍。设 PQ 间到 P 点距离为 y

46、的 F 处射出的粒子通过电场后也沿水平方向，若粒子第一次达 PT 直线用时 t，水平位移为 x，则（1 分） 0xvt20()qEtm- 15 -粒子在电场 E1中可能做类平抛运动后垂直 CD 边射出电场，也可能做类斜抛运动后返回 E0电场，在 E0电场中做类平抛运动垂直 CD 水平射出，或在 E0电场中做类斜抛运动再返回 E1电场。若粒子从 E1电场垂直 CD 射出电场，则 （n0、1、2、3、）3xnL解之得： （n0、1、2、3、） 220004()1qqxLymvv若粒子从 E0电场垂直 CD 射出电场，则 （k1、2、3、） 3x（k1、2、3、）220011()4k即 PF 间的距离为 其中 n0、1、2、3、，k1、2、3、22Ln与或 （n1、2、3、） 3x解之得： （n1、2、3、） 2004()qEqLymvnv即 PF 间的距离为 （ n = 1，2，3，