2016年最新高考冲刺题
1.如图所示,在xoy 平面直角坐标系的第一象限有射线OA ,OA 与x 轴正方向夹角为30°,OA 与y 轴所夹区域内有沿y 轴负方向的匀强电场,其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场.有一质量为m 、电量为q 的带正电粒子,从y 轴上的P 点沿着x 轴正方向以初速度v 0射入电场,运动一段时间后经过Q 点垂直于射线OA 进入磁场,经磁场偏转,过y 轴正半轴上的M 点再次垂直进入匀强电场.已知OQ=h ,不计粒子重力,求: (1)粒子经过Q 点时的速度大小;
(2)电场强度E 和磁场磁感应强度B 的大小; (3)粒子从Q 点运动到M 点所用的时间.
2.如图所示装置中,区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场,电场强度分别为E 和;Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场,磁感应强度为B .一质量为m 、带电量为q 的带负电粒子(不计重力)从左边界O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入电场,经水平分界线OP 上的A 点与OP 成60°角射入Ⅱ区域的磁场,并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强电场中.求:
(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径 (2)O 、M 间的距离
(3)粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间.
3.坐标原点O 处有一点状的放射源,它向xoy 平面内的x 轴上方各个方向发射α粒子,α粒子的速度大小都是v 0,在0<y <d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场,场强大小为
,其中q 与m 分别为α粒子的电量和质量;在d <y <2d 的区域内分布有垂直
于xoy 平面的匀强磁场.ab 为一块很大的平面感光板,放置于y=2d处,如图所示.观察发
现此时恰无粒子打到ab 板上.(不考虑a 粒子的重力) (1)求α粒子刚进人磁场时的动能; (2)求磁感应强度B 的大小;
(3)将ab 板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上?并求出此时ab 板上被α粒子打中的区域的长度.
4.如图,在直角坐标系xOy 平面内,虚线MN 平行于y 轴,N 点坐标(﹣l ,0),MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场,在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场(图中未画出).现有一质量为m 、电荷量为e 的电子,从虚线MN 上的P 点,以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场,并从y 轴上A 点(0,0.5l )射出电场,射出时速度方向与y 轴负方向成30°角,此后,电子做匀速直线运动,进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q 点(
,﹣l )射出,速度沿x 轴负方向.不计电子重力,求:
(1)匀强电场的电场强度E 的大小?
(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小?电子在磁场中运动的时间t 是多少? (3)圆形有界匀强磁场区域的最小面积S 是多大?
11.如图所示,在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出);在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场.一粒子源固定在x 轴上的A 点,A 点坐标为(﹣L ,0).粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为v 的电子,电子恰好能通过y 轴上的C 点,C 点坐标为(0,2L ),电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON ,ON 是与x 轴正方向成15°角的射线.(电子的质量为m ,电荷量为e ,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用.)求: (1)第二象限内电场强度E 的大小.
(2)电子离开电场时的速度方向与y 轴正方向的夹角θ. (3)粗略画出电子在电场和磁场中的轨迹的 (4)圆形磁场的最小半径R min .
20.如图所示,AB 是倾角为θ的粗糙直轨道,BCD 是光滑的圆弧轨道,AB 恰好在B 点与圆弧相切,圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动.已知P 点与圆弧的圆心O 等高,物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求:
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程; (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时,对圆弧轨道的压力;
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ,释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件?
27.如图,ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为m 和2m .竖直向上的外力F 作用在杆MN 上,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为R ,导轨间距为l .整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略,重力加速度为g .在t=0时刻将细线烧断,保持F 不变,金属杆和导轨始终接触良好.求: (1)细线烧断后,任意时刻两杆运动的速度之比; (2)两杆分别达到的最大速度.
30.如图所示,四条水平虚线等间距的分布在同一竖直面上,间距为h 在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同,方向水平向内的磁场,磁场大小按B ﹣t 图变化(图中B 0已知).现有一个长方形金属线框ABCD ,质量为m ,电阻为R ,AB=CD=L,AD=BC=2h.用一轻质的细线把线框ABCD 竖直悬挂着,AB 边恰好在Ⅰ区的中央.t 0(未知)时刻细线恰好松弛,之后剪
2
断细线,当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动.(空气阻力不计,g 取10m/s)
(1)求t 0的值;
(2)求线框AB 边到达M 2N 2时的速率v ;
(3)从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大?
1、解:(1)粒子在电场中做类平抛运动, 到达Q 点时的速度:v Q =
=2v0;
(2)粒子在电场中做类平抛运动, 水平方向:OQcos30°=
hcos30°=v0t ,t=
,
竖直方向:v y =vQ cos30°=v 0=t ,解得:E=,
粒子在磁场中做匀速圆周运动,由几何知识得:r=OQ=h , 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:qv Q B=m
,解得:B=
; =
,
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期:T=
粒子在磁场中转过的圆心角:α=360°﹣(90°﹣30°)=300°, 粒子从Q 点运动到M 点所用的时间:t=
T=
;
2、【分析】(1)带电粒子在匀强电场Ⅰ中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速运动,由题意,粒子经过A 点的速度方向与OP 成60°角,即可求出此时粒子的速度.粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律即可求出轨道半径. (2)粒子在匀强电场中运动时,由牛顿第二定律求得加速度,在A 点,竖直方向的速度大小为v y =v0tan60°,由速度公式求解时间,由位移求得O 、M 间的距离.
(3)画出粒子在Ⅱ区域磁场中的运动轨迹,由几何知识求出轨迹对应的圆心角θ,根据t=
,求出
在磁场中运动的时间.粒子进入Ⅲ区域的匀强电场中后,先向右做匀减速运动,后向左做匀加速运动,第二次通过CD 边界.由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在Ⅲ区域电场中运行时间,即可求解粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间. 【解答】解:(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,设粒子过A 点时速度为v , 由类平抛运动的规律知
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得
所以
(2)设粒子在电场中运动时间为t 1,加速度为a .
则有qE=ma
v0tan60°=at1 即
O 、M 两点间的距离为
(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t 2. 则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°,则
设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t 3,则牛顿第二定律得
则 t3=
=
故粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间为 t=t1+t2+t3=
+
+
3、【分析】(1)根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能.
(2)粒子沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大,若该粒子进入磁场不能打在ab 板上,则所有粒子均不能打在ab 板上.根据带电粒子在电场中类平抛运动,求出进入磁场中的偏转角度,结合几何关系得出轨道半径,从而得出磁感应强度的大小.
(3)沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上,则所有粒子均能打到板上.其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切.根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度,从而确定出ab 板移动的位置,根据几何关系求出ab 板上被α粒子打中的区域的长度. 【解答】解:(1)根据动能定理:末动能
,其
可得
(2)根据上题结果可知v t =2v0,对于沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场时与x 轴正方向夹角在电场中沿x 方向的位移
,易知若此粒子不能打到ab 板上,则所有
粒子均不能打到ab 板,因此此粒子轨迹必与ab 板相切,可得其圆周运动的半径
又根据洛伦兹力提供向心力可得
(3)易知沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上,则所有粒子均能打到板上.其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切.由图可知此时磁场宽度为原来的即当ab 板位于
,
的位置时,恰好所有粒子均能打到板上;
ab 板上被打中区域的长度
4、【分析】(1)根据电场力提供合力使其做类平抛运动,由牛顿第二定律,结合运动学公式从而即可求解; (2)由几何关系可确定OD 的距离,再由运动的分解可列出速度间的关系式,最后由运动轨迹的半径与周期公式,借助于已知长度,来确定磁场强弱与运动的时间;
(3)以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小,从而根据几何的关系,并由面积公式即可求解.
【解答】解:(1)设电子在电场中运动的加速度为a ,时间为t ,离开电场时,沿y 轴方向的速度大小为v y ,则
由牛顿第二定律,
y轴方向v y =at x轴的位移,l=v0t
速度关系,v y =v0cot30° 解得:
(2)设轨迹与x 轴的交点为D ,OD 距离为x D ,则 x D =0.5ltan30° x D =
所以,DQ 平行于y 轴,电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上,电子运动轨迹如图所示.设电子离开电场时速度为v ,在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ,则 v 0=vsin30°
(或
(有
)
)
解得:,
(3)以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小,设为 r1,则
最小面积为,
11、【分析】(1)粒子在电场中做类似平抛运动,x 方向匀速,y 方向匀加速,根据运动学公式列式求解; (2)先根据运动学公式列式求解出x 、y 方向的分速度,然后根据几何关系列式求解;也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解;
(3)根据平抛运动的特点画出粒子在电场中的轨迹,然后根据粒子运动的两个方向画出粒子在磁场中运动的轨迹;
(4)先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径,然后求得磁场的最小半径. 【解答】解:(1)从A 到C 的过程中,电子做类平抛运动, x 方向:L=at =
2
t ,
;
2
y 方向:2L=vt, 联立解得:E=
(2)设电子到达C 点的速度大小为v c ,方向与y 轴正方向的夹角为θ. 由动能定理得:mv C ﹣mv =eEL,解得:v C =(3)电子运动轨迹如图所示:
2
2
v ,故cos θ==,则:θ=45°;
(4)电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为:r=电子在磁场中偏转120°后垂直于ON 射出. 磁场最小半径为:Rm=
=rsin60°=
;
=
,
20、【解答】解:(1)因为摩擦始终对物体做负功,所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动. 对整体过程由动能定理得 mgR•cosθ﹣μmgcos θ•x=0 所以总路程为x=
.
(2)对B→E过程,B 点的初速度为零, 由动能定理得 mgR (1﹣cos θ)=mv E
2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
①
F N ﹣mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②得对轨道压力:F N =(3﹣2cos θ)mg . 方向竖直向下
(3)设物体刚好到D 点,则由向心力公式得
mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
对全过程由动能定理得
mgL′sinθ﹣μmgcos θ•L′﹣mgR (1+cosθ)=mv D 由③④得最少距离L′=
2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
④
•R.
27、【解答】解:(1)细线烧断前对MN 和M'N' 受力分析, 由于两杆水平静止,得出竖直向上的外力F=3mg. 设某时刻MN 和M'N' 速度分别为v 1、v 2. 根据MN 和M'N' 动量守恒得出:mv 1﹣2mv 2=0 求出:
=2 ①
(2)细线烧断后,MN 向上做加速运动,M'N' 向下做加速运动,由于速度增加,感应电动势增加, MN 和M'N' 所受安培力增加,所以加速度在减小. 当MN 和M'N' 的加速度减为零时,速度最大. 对M'N' 受力平衡:BIl=2mg ② I= ③ E=Blv1+Blv2 ④ 由①﹣﹣④得:v 1=
、v 2=
30、【分析】(1)细线恰好松弛,线框受力平衡,安培力等于重力,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得出t 0的值
(2)当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动,安培力等于重力,结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得此时的速率,从线框AB 到达M 2N 2一直运动到CD 边到达M 3N 3,线框仅受重力作用,由动能定理可得线框AB 边到达M 2N 2时的速率v
(3)根据能量守恒得:重力势能减少量等于线框动能与电能 【解答】解:(1)细线恰好松弛,线框受力分析有:B 0IL=mg
因感生产生的感应电动势:
得:
(2)当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动,速度为v' 线框受力分析有:B 0I'L=mg
因CD 棒切割产生的感应电动势:E'=B0Lv'
线框AB 到达M 2N 2时一直运动到CD 边到达M 3N 3的过程中线框中无感应电动势产生,只受到重力作用. 线框下落高度为3h ,根据动能定理得:
线框AB 边到达M 2N 2时的速率为:
(3)线框静止开始下落到CD 边刚离开M 4N 4的过程中线框中产生电能为E 电,线框下落高度为4.5h ,根据能量守恒得:重力势能减少量等于线框动能与电能之和为:
2016年最新高考冲刺题
1.如图所示,在xoy 平面直角坐标系的第一象限有射线OA ,OA 与x 轴正方向夹角为30°,OA 与y 轴所夹区域内有沿y 轴负方向的匀强电场,其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场.有一质量为m 、电量为q 的带正电粒子,从y 轴上的P 点沿着x 轴正方向以初速度v 0射入电场,运动一段时间后经过Q 点垂直于射线OA 进入磁场,经磁场偏转,过y 轴正半轴上的M 点再次垂直进入匀强电场.已知OQ=h ,不计粒子重力,求: (1)粒子经过Q 点时的速度大小;
(2)电场强度E 和磁场磁感应强度B 的大小; (3)粒子从Q 点运动到M 点所用的时间.
2.如图所示装置中,区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场,电场强度分别为E 和;Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场,磁感应强度为B .一质量为m 、带电量为q 的带负电粒子(不计重力)从左边界O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入电场,经水平分界线OP 上的A 点与OP 成60°角射入Ⅱ区域的磁场,并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强电场中.求:
(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径 (2)O 、M 间的距离
(3)粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间.
3.坐标原点O 处有一点状的放射源,它向xoy 平面内的x 轴上方各个方向发射α粒子,α粒子的速度大小都是v 0,在0<y <d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场,场强大小为
,其中q 与m 分别为α粒子的电量和质量;在d <y <2d 的区域内分布有垂直
于xoy 平面的匀强磁场.ab 为一块很大的平面感光板,放置于y=2d处,如图所示.观察发
现此时恰无粒子打到ab 板上.(不考虑a 粒子的重力) (1)求α粒子刚进人磁场时的动能; (2)求磁感应强度B 的大小;
(3)将ab 板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上?并求出此时ab 板上被α粒子打中的区域的长度.
4.如图,在直角坐标系xOy 平面内,虚线MN 平行于y 轴,N 点坐标(﹣l ,0),MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场,在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场(图中未画出).现有一质量为m 、电荷量为e 的电子,从虚线MN 上的P 点,以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场,并从y 轴上A 点(0,0.5l )射出电场,射出时速度方向与y 轴负方向成30°角,此后,电子做匀速直线运动,进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q 点(
,﹣l )射出,速度沿x 轴负方向.不计电子重力,求:
(1)匀强电场的电场强度E 的大小?
(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小?电子在磁场中运动的时间t 是多少? (3)圆形有界匀强磁场区域的最小面积S 是多大?
11.如图所示,在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出);在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场.一粒子源固定在x 轴上的A 点,A 点坐标为(﹣L ,0).粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为v 的电子,电子恰好能通过y 轴上的C 点,C 点坐标为(0,2L ),电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON ,ON 是与x 轴正方向成15°角的射线.(电子的质量为m ,电荷量为e ,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用.)求: (1)第二象限内电场强度E 的大小.
(2)电子离开电场时的速度方向与y 轴正方向的夹角θ. (3)粗略画出电子在电场和磁场中的轨迹的 (4)圆形磁场的最小半径R min .
20.如图所示,AB 是倾角为θ的粗糙直轨道,BCD 是光滑的圆弧轨道,AB 恰好在B 点与圆弧相切,圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动.已知P 点与圆弧的圆心O 等高,物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求:
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程; (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时,对圆弧轨道的压力;
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ,释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件?
27.如图,ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为m 和2m .竖直向上的外力F 作用在杆MN 上,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为R ,导轨间距为l .整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略,重力加速度为g .在t=0时刻将细线烧断,保持F 不变,金属杆和导轨始终接触良好.求: (1)细线烧断后,任意时刻两杆运动的速度之比; (2)两杆分别达到的最大速度.
30.如图所示,四条水平虚线等间距的分布在同一竖直面上,间距为h 在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同,方向水平向内的磁场,磁场大小按B ﹣t 图变化(图中B 0已知).现有一个长方形金属线框ABCD ,质量为m ,电阻为R ,AB=CD=L,AD=BC=2h.用一轻质的细线把线框ABCD 竖直悬挂着,AB 边恰好在Ⅰ区的中央.t 0(未知)时刻细线恰好松弛,之后剪
2
断细线,当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动.(空气阻力不计,g 取10m/s)
(1)求t 0的值;
(2)求线框AB 边到达M 2N 2时的速率v ;
(3)从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大?
1、解:(1)粒子在电场中做类平抛运动, 到达Q 点时的速度:v Q =
=2v0;
(2)粒子在电场中做类平抛运动, 水平方向:OQcos30°=
hcos30°=v0t ,t=
,
竖直方向:v y =vQ cos30°=v 0=t ,解得:E=,
粒子在磁场中做匀速圆周运动,由几何知识得:r=OQ=h , 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:qv Q B=m
,解得:B=
; =
,
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期:T=
粒子在磁场中转过的圆心角:α=360°﹣(90°﹣30°)=300°, 粒子从Q 点运动到M 点所用的时间:t=
T=
;
2、【分析】(1)带电粒子在匀强电场Ⅰ中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速运动,由题意,粒子经过A 点的速度方向与OP 成60°角,即可求出此时粒子的速度.粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律即可求出轨道半径. (2)粒子在匀强电场中运动时,由牛顿第二定律求得加速度,在A 点,竖直方向的速度大小为v y =v0tan60°,由速度公式求解时间,由位移求得O 、M 间的距离.
(3)画出粒子在Ⅱ区域磁场中的运动轨迹,由几何知识求出轨迹对应的圆心角θ,根据t=
,求出
在磁场中运动的时间.粒子进入Ⅲ区域的匀强电场中后,先向右做匀减速运动,后向左做匀加速运动,第二次通过CD 边界.由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在Ⅲ区域电场中运行时间,即可求解粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间. 【解答】解:(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,设粒子过A 点时速度为v , 由类平抛运动的规律知
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得
所以
(2)设粒子在电场中运动时间为t 1,加速度为a .
则有qE=ma
v0tan60°=at1 即
O 、M 两点间的距离为
(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t 2. 则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°,则
设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t 3,则牛顿第二定律得
则 t3=
=
故粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间为 t=t1+t2+t3=
+
+
3、【分析】(1)根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能.
(2)粒子沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大,若该粒子进入磁场不能打在ab 板上,则所有粒子均不能打在ab 板上.根据带电粒子在电场中类平抛运动,求出进入磁场中的偏转角度,结合几何关系得出轨道半径,从而得出磁感应强度的大小.
(3)沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上,则所有粒子均能打到板上.其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切.根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度,从而确定出ab 板移动的位置,根据几何关系求出ab 板上被α粒子打中的区域的长度. 【解答】解:(1)根据动能定理:末动能
,其
可得
(2)根据上题结果可知v t =2v0,对于沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场时与x 轴正方向夹角在电场中沿x 方向的位移
,易知若此粒子不能打到ab 板上,则所有
粒子均不能打到ab 板,因此此粒子轨迹必与ab 板相切,可得其圆周运动的半径
又根据洛伦兹力提供向心力可得
(3)易知沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上,则所有粒子均能打到板上.其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切.由图可知此时磁场宽度为原来的即当ab 板位于
,
的位置时,恰好所有粒子均能打到板上;
ab 板上被打中区域的长度
4、【分析】(1)根据电场力提供合力使其做类平抛运动,由牛顿第二定律,结合运动学公式从而即可求解; (2)由几何关系可确定OD 的距离,再由运动的分解可列出速度间的关系式,最后由运动轨迹的半径与周期公式,借助于已知长度,来确定磁场强弱与运动的时间;
(3)以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小,从而根据几何的关系,并由面积公式即可求解.
【解答】解:(1)设电子在电场中运动的加速度为a ,时间为t ,离开电场时,沿y 轴方向的速度大小为v y ,则
由牛顿第二定律,
y轴方向v y =at x轴的位移,l=v0t
速度关系,v y =v0cot30° 解得:
(2)设轨迹与x 轴的交点为D ,OD 距离为x D ,则 x D =0.5ltan30° x D =
所以,DQ 平行于y 轴,电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上,电子运动轨迹如图所示.设电子离开电场时速度为v ,在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ,则 v 0=vsin30°
(或
(有
)
)
解得:,
(3)以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小,设为 r1,则
最小面积为,
11、【分析】(1)粒子在电场中做类似平抛运动,x 方向匀速,y 方向匀加速,根据运动学公式列式求解; (2)先根据运动学公式列式求解出x 、y 方向的分速度,然后根据几何关系列式求解;也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解;
(3)根据平抛运动的特点画出粒子在电场中的轨迹,然后根据粒子运动的两个方向画出粒子在磁场中运动的轨迹;
(4)先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径,然后求得磁场的最小半径. 【解答】解:(1)从A 到C 的过程中,电子做类平抛运动, x 方向:L=at =
2
t ,
;
2
y 方向:2L=vt, 联立解得:E=
(2)设电子到达C 点的速度大小为v c ,方向与y 轴正方向的夹角为θ. 由动能定理得:mv C ﹣mv =eEL,解得:v C =(3)电子运动轨迹如图所示:
2
2
v ,故cos θ==,则:θ=45°;
(4)电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为:r=电子在磁场中偏转120°后垂直于ON 射出. 磁场最小半径为:Rm=
=rsin60°=
;
=
,
20、【解答】解:(1)因为摩擦始终对物体做负功,所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动. 对整体过程由动能定理得 mgR•cosθ﹣μmgcos θ•x=0 所以总路程为x=
.
(2)对B→E过程,B 点的初速度为零, 由动能定理得 mgR (1﹣cos θ)=mv E
2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
①
F N ﹣mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②得对轨道压力:F N =(3﹣2cos θ)mg . 方向竖直向下
(3)设物体刚好到D 点,则由向心力公式得
mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
对全过程由动能定理得
mgL′sinθ﹣μmgcos θ•L′﹣mgR (1+cosθ)=mv D 由③④得最少距离L′=
2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
④
•R.
27、【解答】解:(1)细线烧断前对MN 和M'N' 受力分析, 由于两杆水平静止,得出竖直向上的外力F=3mg. 设某时刻MN 和M'N' 速度分别为v 1、v 2. 根据MN 和M'N' 动量守恒得出:mv 1﹣2mv 2=0 求出:
=2 ①
(2)细线烧断后,MN 向上做加速运动,M'N' 向下做加速运动,由于速度增加,感应电动势增加, MN 和M'N' 所受安培力增加,所以加速度在减小. 当MN 和M'N' 的加速度减为零时,速度最大. 对M'N' 受力平衡:BIl=2mg ② I= ③ E=Blv1+Blv2 ④ 由①﹣﹣④得:v 1=
、v 2=
30、【分析】(1)细线恰好松弛,线框受力平衡,安培力等于重力,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得出t 0的值
(2)当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动,安培力等于重力,结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得此时的速率,从线框AB 到达M 2N 2一直运动到CD 边到达M 3N 3,线框仅受重力作用,由动能定理可得线框AB 边到达M 2N 2时的速率v
(3)根据能量守恒得:重力势能减少量等于线框动能与电能 【解答】解:(1)细线恰好松弛,线框受力分析有:B 0IL=mg
因感生产生的感应电动势:
得:
(2)当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动,速度为v' 线框受力分析有:B 0I'L=mg
因CD 棒切割产生的感应电动势:E'=B0Lv'
线框AB 到达M 2N 2时一直运动到CD 边到达M 3N 3的过程中线框中无感应电动势产生,只受到重力作用. 线框下落高度为3h ,根据动能定理得:
线框AB 边到达M 2N 2时的速率为:
(3)线框静止开始下落到CD 边刚离开M 4N 4的过程中线框中产生电能为E 电,线框下落高度为4.5h ,根据能量守恒得:重力势能减少量等于线框动能与电能之和为: