发布时间 : 星期二 文章曲线运动平抛与类平抛运动专题练习更新完毕开始阅读85a0dfc789eb172ded63b78f
mv0?5.0?10?2m>r?3.0?10?2（2分） Be因此要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弦
长最长，从右图中可以看出，以直径ab为弦、R为半径所作的圆，粒子运动的时间最长． （2分）
R?T?设该弦对应的圆心角为2?，而
2?mqB（1分）
运动时间tmax?2?2?m?T?2?qB（2分）
又sin??/（2）R?r3?，故tmax?6.5?10?8s（2分） R5mv?1.5?10?3m?r（2分） qB粒子在磁场中可能出现的区域：如图中以Oa为直径的半圆及以a为圆心Oa为半径的圆与磁场相交的部分．绘图如图． （2分） 2．解析：（1）要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x轴正方向的电子，沿弧
OB运动到P；初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q． 设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得，
2v0qv0B?m（4分） Rmv0mv0PQ?R?，从图中可以看出（4分）
BeBe（2）沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上，需加最小面积的磁场的边界是以（0，R）为圆心，半径为R的圆的一部分，如图中实线所示． （4分）
mv0232?212S??R?R??R?(?1)()．所以磁场范围的最小面积（4分）
442Be3解析：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得
即R?R1=
3r 3?
60° 由q?1B=m?12R1得?1=
3Bqr 3m- 21 -
（2）设粒子在磁场中的轨道半径为R2，
222
则由几何关系（2r- R2）= R2+ r 得R2=3r/4 由q?2B=m
?22R2
得?2=
3Bqr 4m4、解析：设β粒子从A点以任意方向向往地磁场后做匀速圆周运动的半径为r，要粒子不到达地面，则圆轨道最多与地面相切，如图7－13所示．作速度方向的垂线AO’，O’为轨道圆心，连接OO’得△OO’A，由三角知识得
?R+r?+r>R+d ①
则r>dd，即当r=、粒子速度方向与地磁场边界相切射22mv ② BqR 入时轨道半径最小，磁场厚度最小．
而粒子最大轨道半径r=所以有d=2r=v d O’ r A r O B 图7－13
v B 2mv为轨道与地面相切的磁场最小厚度，Be2mv要粒子不到达地面，则磁场厚度应满足d>
Be2mv答案：d>
Be5、分析：根据题目条件确定四个点、六条线、三个角中的部分信息，利用几何关系作图画出带电粒子的运动轨迹。
解答：粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动的半径为r?mv qB速度小的粒子将在x 轨道半径大于a的粒子进入右侧磁场，考虑r?a的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x轴在D点相切(虚线)，OD＝2a，这是水平屏上发亮范围的左边界。 速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C和C?，C在y轴上，由对称性可知C?在x?2a直线上。 设t1为粒子在0 t127TT5T?，t1?t2?，由此解得t1?，t2? t2512612由和对称性可得?OCM?60，?MC?N?60， - 22 - 00?MC?P?3600?5?1500 12000所以?NC?P?150?60?90 即NP弧为1／4圆周。因此，圆心C?在x轴上。 设速度为最大值粒子的轨道半径为R，由直角?COC?可得 2R sin600=2a，R?23a，由图可知OP?2a?R，因此水平荧光屏发亮范围的右边界的3坐标x?2(1?3)a 3点评：处理带电粒子在两单一磁场中的组合问题，关键是尽可能准确地画出粒子的运动轨迹（本题特别是临界轨迹的描绘至关重要），通过轨迹寻粒子运动半径、圆心以及其它几何关系。培养学生的分析推理能力和运用数学知识解决物理问题的能力是高考试题的特殊要求。 专题九 带电粒子在复合场中的运动 1解：（1）轨迹如图所示 （2）粒子在加速电场中，由动能定理有 qU?12mv0 2粒子在匀强电场中做类平抛运动，设偏转角为?，有 tan??vyv0 vy?at a? t?qE md v0U= 1Ed 2解得：θ=45o 由几何关系得，带电粒子离开偏转电场速度为2v0 v2粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律有：qvB=m R 22mv02mv0mv在磁场中偏转的半径为 R????2d qBqE/v0qE- 23 - 由图可知，磁场宽度L=Rsinθ=d （3）由几何关系可得：带电粒子在偏转电场中距离为?y1?0.5d， 2在磁场中偏转距离为 ?y2?(1?)?2d?0.414d22解：小球在离开管之前随 做初速度为零的匀加速运动。 管向右以v平动，同时沿管壁 （1）设小球的质量为m，加速度为a，受到的洛伦兹力为f?qvB fqvBq1 ○1 (2分) 而? ○2 ?mmm212小球飞出管口所有时间为t，则L?at ○3 (1分) 2由牛顿第二定律有 a?1○2○3并代入数据解得：t=2s ○联立○4 (2分) （2）小球飞出管口时沿管壁方向的速度为vy?at ○5 (1分) 飞出时的合速度为v合＝vy?v ○6 (1分) 又设小球以v合在磁场中作圆周运动半径为r，由牛顿第二定律：qv合B?m1○2○4○5○6○7式并代入数据解得：r?22m ○联立○8 (1分) 又小球飞出管口时，在x方向上移动的距离为x?vt?1m/s?2s?2m (1分) 如答图5所示，由几何知识可知，小球在磁场中运动的圆弧所对应的圆心角为135°.（2分） 所以，带电小球离开磁场时离坐标原点的距离为 22v合r2 ○7 (2分) s?r?rcos450?L?(22?3)m (1分) （3）小球在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T?2?r2?m? (2分) 代入数据解得：T=4?S vqB所以，带电小球从离开管口到离开磁场所用的时间是： 135?3?T?s (1分) t??23603（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f1，故小球在管中竖直方向 做匀加速直线运动，加速度设为a，则 a?f1?mgqvB1?mg??2m/s2 mm - 24 - （4分）