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1、第 9 9 单元 磁场 课时作业(二十四) 第 24讲 磁场的描述 磁 场对电流的作用 时间 / 40 分钟 基础巩固 1. 2017湖南十校联考 下列说法正确的是 ( ) A.将通电直导线放在某处,若通电直导线所受安培力为零,则该处的磁感应强度为零 B.磁场中某点的磁场方向与放在该点的极短的通电导线所受安培力的方向可以成任意夹角 C.磁场中某点的磁场方向与放在该点的小磁针静止时北极受到的磁场力的方向相同 D.给两平行直导线通以方向相反的电流时,两通电导线通过磁场相互吸引 2.如图 K24-1 所示,在磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中水平放置一根长直通电导线,电 流的方向垂直纸面
2、向里,以直导线为中心的同一圆周上有 a、b、c、d 四个点,连线 ac 和 bd 是相互垂直的 两条直径,且 b、d 在同一竖直线上,则 ( ) 图 K24-1 A.c 点的磁感应强度的值最小 B.b 点的磁感应强度的值最大 C.b、d 两点的磁感应强度相同 D.a、b 两点的磁感应强度相同 3.如图 K24-2 所示,用绝缘细线悬挂一个导线框,导线框是由两同心半圆弧导线和直导线 ab、cd(ab、cd 在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路,导线框中通有图示方向的电流,处于静止状态.在半圆弧导线 的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线 P.当 P 中通以方向向里的电流时 ( ) 图
3、 K24-2 A.导线框将向左摆动 B.导线框将向右摆动 C.从上往下看,导线框将顺时针转动 D.从上往下看,导线框将逆时针转动 4.如图 K24-3 所示,两平行直导线 cd 和 ef 竖直放置,通以方向相反、大小相等的电流,a、b 两点位于两 导线所在的平面内,则 ( ) 图 K24-3 A.b 点的磁感应强度为零 1 B.ef 导线在 a 点产生的磁场方向垂直纸面向里 C.cd 导线受到的安培力方向向右 D.同时改变两导线的电流方向,cd 导线受到的安培力方向不变 5.(多选)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形,在导线中通过的电流均为 I,方向 如图 K24-4 所示
4、.a、b 和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的角平分线上,且到对应顶点的距离相等.将 a、b 和 c 处的磁感应强度大小分别记为 B1、B2和 B3,下列说法正确的是 ( ) 图 K24-4 A.B1=B2FN C.小球第一次到达 M 点的时间小于小球第一次到达 N 点的时间 D.磁场中小球能到达轨道另一端最高处,电场中小球不能到达轨道另一端最高处 8.(多选) 2017河南百校联盟质检 如图 K25-6 所示,一单边有界匀强磁场的边界上有一粒子源,其以与 水平方向成 角的不同速率向磁场中射入两个相同的粒子 1 和 2,粒子 1 经磁场偏转后从边界上 A 点射 出磁场,粒子 2 经磁场偏转后
5、从边界上 B 点射出磁场,OA=AB,则 ( ) 6 图 K25-6 A.粒子 1 与粒子 2 的速度之比为 12 B.粒子 1 与粒子 2 的速度之比为 14 C.粒子 1 与粒子 2 在磁场中运动的时间之比为 11 D.粒子 1 与粒子 2 在磁场中运动的时间之比为 12 9.(多选) 2017郑州一中入学考试 如图 K25-7 所示,AOB 为一边界为 圆的匀强磁场,O 点为圆心,D 点 为边界 OB 的中点,C 点为边界上一点,且 CDAO.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不 计粒子重力),其中粒子 1 从 A 点正对圆心射入,恰从 B 点射出,粒子 2 从 C 点沿
6、CD 射入,从某点离开磁场, 则可判断 ( ) 图 K25-7 A.粒子 2 在 AB 圆弧之间某点射出磁场 B.粒子 2 必在 B 点射出磁场 C.粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为 32 D.粒子 1 与粒子 2 的速度偏转角度相同 挑战自我 10.(多选) 2017广西桂林、崇左联合调研 如图 K25-8 所示,在真空中,半径为 R 的圆形区域内存在垂 直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为 B,一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场区域,质子的电荷量 为 e,质量为 m,速度为 v= ,则以下说法正确的是 ( ) 图 K25-8 A.对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线一定
7、过圆心 B.从 a 点比从 b 点进入磁场的质子在磁场中运动时间短 C.所有质子都在磁场边缘同一点射出磁场 D.若质子以相等的速率 v= 从同一点沿各个方向射入磁场,则它们离开磁场的出射方向可能垂直 11. 2017绍兴高三模拟 如图 K25-9 所示,在矩形区域 abcd 内充满垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强 度为 B.在 ad 边中点 O 的粒子源在 t=0 时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子,所有粒子的初速度大 小相同,方向与 Od 的夹角分布在 0180范围内.已知沿 Od 方向发射的粒子在 t=t0时刻刚好从磁场边界 cd 上的 P 点离开磁场,ab=1.5L,bc= L,粒子
8、在磁场中做圆周运动的半径 R=L,不计粒子的重力和粒子间 的相互作用,求: 7 (1)粒子在磁场中的运动周期 T; (2)粒子的比荷; (3)粒子在磁场中运动的最长时间. 图 K25-9 12. 2017陕西咸阳模拟 如图 K25-10所示,A 点距坐标原点的距离为 L,坐标平面内有边界过 A 点和坐 标原点 O 的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于坐标平面向里.有一电子(质量为 m、电荷量为 e)从 A 点以 初 速度 v0平行于 x 轴正方向射入磁场区域,在磁场中运动,从 x 轴上的 B 点射出磁场区域,此时速度方向 与 x 轴的正方向之间的夹角为 60,求: (1)磁场的磁感应强度大小;
9、(2)磁场区域的圆心 O1的坐标; (3)电子在磁场中运动的时间. 图 K25-10 专题训练(八) 专题 8 带电粒子在组合场中的运动 时间 / 40分钟 8 基础巩固 1.(多选)回旋加速器工作原理示意图如图 Z8-1 所示.磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直,两盒间的狭 缝很小,粒子穿过的时间可忽略,它们接在电压为 U、频率为 f 的交流电源上,A 处粒子源产生的质子在加 速器中被加速.下列说法正确的是 ( ) 图 Z8-1 A.若只增大交流电压 U,则质子获得的最大动能增大 B.若只增大交流电压 U,则质子在回旋加速器中运行时间会变短 C.若磁感应强度 B 增大,交流电频率 f 必
10、须适当增大才能正常工作 D.不改变磁感应强度 B 和交流电频率 f,该回旋加速器也能用于加速 粒子 2.(多选) 2017河北辛集中学测试 如图 Z8-2 所示,在 xOy 坐标系中,y0 的范围内存在着沿 y 轴正方 向的匀强电场,在 y0)、质量为 m 的 a 粒 子从板的左侧 O 点沿两板间的中线以初速度 v0射入板间,结果粒子恰好从上板的右侧边缘与静止在此处 的另一不带电、等质量的 b 粒子碰后粘在一起,进入一圆形有界匀强磁场,磁场方向垂直于纸面,圆形磁场 的圆心与上板在同一直线上.两粒子经磁场偏转后射出磁场,沿水平方向返回两板间,它们又刚好返回到 O 点.不计粒子重力,金属板长为 L
11、,板上所加电压为 U= ,求: (1)a 粒子刚出电场时的速度大小; (2)两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离; (3)两粒子在磁场运动过程中所受洛伦兹力大小和洛伦兹力对两粒子的冲量. 图 Z9-7 挑战自我 8.如图 Z9-8 所示,在平面直角坐标系中,AO 是xOy 的角平分线,x 轴上方存在水平向左的匀强电场,下方 存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,两电场的电场强度大小相等.一质量为 m、电荷量 为+q 的质点从 OA 上的 M 点由静止释放,质点恰能沿 AO 运动而通过 O 点,经偏转后从 x 轴上的 C 点进入第 一象限内并击中 AO 上的 D 点(C、D 均
12、未画出).已知 OD= OM,匀强磁场的磁感应强度大小为 B= (T),重力 加速度 g 取 10 m/s2.求: (1)两匀强电场的电场强度 E 的大小; (2)OM 的长度 L; (3)质点从 M 点出发到击中 D 点所经历的时间 t. 16 图 Z9-8 教师详解(作业手册) 课时作业(二十四) 1.C 解析 当通电直导线和磁场方向平行放置时,不受安培力作用,所以不能说若通电直导线所受安培 力为零,则该处的磁感应强度为零,A错误;根据左手定则,磁场方向和安培力方向垂直,B错误;小磁针静止 时北极受到的磁场力的方向就是该点磁场方向,C 正确;当通以相反方向的电流时,它们相互排斥,D 错误.
13、 2.A 解析 由安培定则知,通电导线在圆周上产生的磁场的磁感线为顺时针方向,磁感应强度大小恒定 (设为 B),通电导线的磁场与匀强磁场叠加,c 点合磁感应强度大小为|B-B|,a 点的合磁感应强度大小为 B+B,b、d 两点的合磁感应强度大小为 ,但方向不同,因此c 点的磁感应强度最小,a 点的磁感应 强度最大,b、d 两点的磁感应强度方向不同,选项 A 正确,选项 B、C、D 错误. 3.C 解析 ab 边受到垂直纸面向里的安培力,cd 边受到垂直纸面向外的安培力,从上往下看,导线框将 顺时针转动,选项 C 正确. 4.D 解析 根据右手螺旋定则可知,b 处的两个分磁场方向均为垂直纸面向外
14、,选项 A 错误;ef 导线在 a 点产生的磁场方向垂直纸面向外,选项 B 错误;根据左手定则可判断,方向相反的两个电流互相排斥,选项 C 错误,选项 D 正确. 5.AC 解析 由于通过三条导线的电流大小相等,结合安培定则可判断出三条导线在 a、b 处产生的合磁 感应强度垂直纸面向外,在 c 处产生的合磁感应强度垂直纸面向里,且 B1=B2vN,故小球在 M 点 的向心加速度大于小球在 N 点的向心加速度,且小球第一次经过 M 点时还受到向下的洛伦兹力, 所以轨道 的 M 点对小球的支持力较大,即小球对轨道 M 点的压力也较大,选项B 正确; 在甲图中小球受到的洛伦兹力 总与 速度的方向垂直
15、,洛伦兹力不做功,而在乙图中,其受到的电场力总是水平向左, 对小球的运动起到了 阻碍的 作用,故选项 C 正确;在甲图中洛伦兹力不做功,故小球能够到达右侧最高点, 而乙图中电场力对小 球做负功, 故小球不能到达右侧最高点,选项 D 正确. 8.AC 解析 粒子 1 进入磁场时速度的垂线与 OA 的垂直平分线的交点为粒子 1 在磁场中做圆周运动的 圆心,同理,粒子 2 进入磁场时速度的垂线与 OB 的垂直平分线的交点为粒子 2 在磁场中做圆周运动的圆心. 由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 r1r2=12,由 r= 可知,粒子 1 和 2 的速 度之比为 12,A正确,B错误
16、;由粒子在磁场中做圆周运动的周期均为 T= ,且两粒子在磁场中做圆周 运动的轨迹所对圆心角相同,可知粒子 1 和 2 在磁场中运动的时间相同,C正确,D错误. 9.BC 解析 粒子 1 从 A 点正对圆心射入,恰从 B 点射出,粒子在磁场中运动的圆心角为 90,粒子轨道 半径等于 BO,粒子 2 从 C 点沿 CD 射入,其运动轨迹如图所示,设对应的圆心为 O1,运动轨道半径也为 BO=R, 连接 O1C、O1B,O1COB 是平行四边形,O1B=CO,则粒子 2 一定从 B 点射出磁场,故 A 错误,B 正确;粒子的速度 偏转角即粒子在磁场中转过的圆心角,1=90,过 B 点作 O1C 的垂
17、线交 O1C 于 P 点,可知 P 为 O1C 的中点, 由数学知识可知,2=BO1P=60,两粒子的速度偏转角不同,粒子在磁场中运动的周期 T= ,两粒子的 周期相等,粒子在磁场中的运动时间 t= T,故运动时间之比 t1t2=12=9060=32,故 C 正确,D 错误. 10.AC 解析 质子做圆周运动的半径为 r= =R,对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线一定过 圆心,选项 A 正确;质子射入磁场中,受到向下的洛伦兹力而向下偏转,因质子的运动半径相同,故从 a 点比 从 b 点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长,则时间长,选项 B 错误;所有质子做圆周运动的半径 都等于 R
18、,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,所有质子都在 O 点的正下方同一点射出磁场,选项 C 正确;质子的速度为 v= 时,质子运动的半径 r= =R,若质子从同一点沿各个方向射入磁场,画出各个 质子的运动轨迹,由几何关系可知,不存在离开磁场的出射方向垂直的情况,选项 D 错误. 11.(1)6t0 (2) (3)2t0 20 解析 (1)初速度沿 Od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示,设其圆心角为 由几何关系有 sin = 所以 =60 解得 T=6t0 (2)粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,根据牛顿第二定律得 qvB=m v= T= 解得 (3)在磁场中运动时间最长的粒子
19、的轨迹的弦 Ob= L,圆轨迹的直径为 2L,所以 Ob 弦对应的圆心角为 120,粒子在磁场中运动的最长时间 tmax= =2t0 12.(1) (2) (3) 解析 (1)由题意得电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动,设轨迹半径为 r,磁场的磁感应强度 为 B,则有 ev0B=m 过 A、B 点分别作速度的垂线交于 C 点,则 C 点为轨迹圆的圆心,已知电子在 B 点速度方向与 x 轴夹角为 60,由几何关系得,轨迹圆的圆心角C=60 AC=BC=r 已知 OA=L,得 OC=r-L 由几何知识得 r=2L 联立解得 B= . 21 (2)由于 A、B、O 在圆周上,AOB=90,得
20、AB 为磁场圆的直径,故 AB 的中点为磁场区域的圆心 O1,且 ABC 为等边 三角形,由几何关系可得磁场区域的圆心 O1的坐标为 L, . (3)电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为 T= 联立解得电子在磁场中运动的时间 t= . 专题训练(八) 1.BC 解析 根据 qvB=m ,R 是 D 形金属盒的半径,可知质子获得的最大速度 v= ,则最大动能 Ekm= ,与加速电压无关,故 A 错误;根据质子做圆周运动的周期公式 T= ,T 与质子的速度大小 无关,所以若只增大加速电压 U,不会改变质子在回旋加速器中运动的周期,但加速次数变少,则运动时间 会变短,故 B 正确;质子在磁场中做圆
21、周运动的周期与加速电场的周期相等,根据 T= 知,若磁感应强度 B 增大,则在磁场中做圆周运动的周期变小,则交流电频率 f 必须适当增大才能正常工作,故 C 正确;带电 粒子在磁场中做圆周运动的周期与加速电场的周期相等,根据 T= 知,换为 粒子,比荷变化,在磁场 中运动的周期变化,而不改变磁感应强度 B 与交流电频率 f,加速电场的周期不变,破坏了回旋加速器的工 作条件,从而不能加速 粒子,故 D 错误. 2.BC 解析 带电粒子在电场中受到的电场力沿 y 轴负方向,做类平抛运动,根据牛顿第二定律得 qE=ma;x 轴方向上,有 2L=v0t,y 轴方向上,有 L= at2,解得 E= ,选
22、项 A 错误,选项 B 正确;粒子在磁场中做匀速 圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据左手定则确定磁场方向垂直纸面向里,画出粒子的运动轨迹如图所示, 粒子在电场中,x 轴方向上,有 2L=v0t,y 轴方向上,有 L= vyt,联立得 vy=v0,进入磁场时速度 v= v0,设进入磁场时速度与 x 轴的夹角为 ,则有 tan =1, =45,根据几何关系得,粒 子在磁场中做匀速圆周运动的半径 R= L,根据 qvB=m ,磁感应强度 B= ,选项 C 正确, 选项 D 错误. 22 3.A 解析 设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为 v0,根据动能定理有 qU1= .设带电粒子从偏 转电场中出
23、来进入磁场时的速度大小为 v,方向与水平方向的夹角为 ,如图所示,在磁场中有 r= ,v= ,而 d=2rcos ,联立解得 d=2 ,选项 A 正确. 4.D 解析 带电粒子的运动轨迹如图所示,带电粒子出电场时,速度 v= v0,这一过程的时间 t1= ,根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径 r=2 d,带电粒子在第象限中运动的圆 心角为 ,故带电粒子在第象限中的运动时间 t2= ,带电粒子在第象限中运动的时 间 t3= ,故 t 总= ,D正确. 5. 解析 设带电粒子经电压为 U 的电场加速后速度为 v,由动能定理有 qU= mv2 带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由牛
24、顿第二定律有 qBv=m 23 依题意可知 r=d 联立解得 B= 带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间 t 从 P 点到达 C 点.由平抛运动规律有 d=vt d= at2 又 qE=ma 联立解得 E= . 6.(1)0.08 m (2)53 (3)29% 解析 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动,有 qvB=m 解得 R0= =0.08 m (2)如图所示,设从 y=0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与 y 轴夹角为 ,由几何关系可得 sin =0.8 故 =53 (3)如图所示,设恰能从下极板右端出射的粒子射出磁场时的纵坐标为 y,则 y= =0.08 m 设此粒子入射时速度
25、方向与 x 轴夹角为 ,则有 y=rsin +R0-R0cos 解得 tan = ,即 =53 比例 = 100%=29% 7.(1) (2) (3) 解析 作出粒子运动轨迹如图所示 24 (1)粒子从 P 到 Q 过程,根据动能定理得 qEL= mv2 解得粒子到达 Q 点时的速度 v= (2)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为 R,由几何关系可知 Q 点的坐标为 又 qvB=m ,可得 R= 则 Q 点的坐标为 (3)由图可得,最小的矩形磁场面积 Smin=2Rcos 30 8.(1) (2) (3) 解析 (1)当 UMN=0 时,粒子沿 O1O2方向射入磁场,轨迹如图甲所示,设其半径为 R
26、1,由几何关系得 R1=R 根据牛顿第二定律得 Bv0q=m 解得 B= 甲 (2)在 t=0 时刻入射的粒子满足 2 解得 U0= (3)经分析可知所有粒子经电场后其速度仍为 v0 25 t=(2k+1) (k=0,1,2,3,)时刻入射的粒子贴 M 板离开电场,轨迹如图乙所示,设偏转角为 乙 由几何知识可知四边形 QOPO4为菱形,故 =120 粒子在磁场中运动的最长时间 t1= t=2k (k=0,1,2,3,)时刻入射的粒子贴 N 板离开电场,轨迹如图丙所示,设偏转角为 由几何知识可知四边形 SOTO5为菱形,故 =60 粒子在磁场中运动的最短时间 t2= 又 T= 故 t=t1-t2
27、= 丙 专题训练(九) 1.D 解析 垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为 B的匀强磁场后,粒子束打在荧光屏上的 P 点, 根据左手定则可知,粒子带正电,选项 A 错误;当电场和磁场同时存在时,有 qvB=Eq,解得 v= ,选项 B 错误; 在磁场中时,有 qvB=m ,可得 ,故选项 D 正确,C 错误. 2.C 解析 金属导体中的自由电荷是带负电的电子,由电流方向向右可知,电子的移动方向向左,根据左 手定则知,这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转,则上表面带负电,下表面带正电,下表面的电势 高于上表面的电势,故 A 错误;稳定时,电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,有 evB=e ,
28、解得 U=vBh,根据 I=nevhd 可知,v= ,故 U= ,仅增大 h 时,电势差不变,故 B 错误;仅增大 d 时,上、下表面的电势差减 小,故 C 正确;仅增大 I 时,电势 差增大,故 D 错误. 26 3.BC 解析 由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为 0.5,静摩擦力能提供的最大加速度为 g=5 m/s2, 所以当 0.6 N 的恒力作用于木板时,滑块和木板一起以 a= m/s2=2 m/s2的加速度运动, 当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力,当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间 的弹力为零,有 Bqv=mg,解得 v=10 m/s,此时摩擦力消失,滑块做匀
29、速运动,而木板在恒力作用下做匀加速 运动,a= m/s2=3 m/s2,可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动,然后发生相对滑动, 做加速度 减小的变加速运动,最后做速度为 10 m/s 的匀速运动.滑块开始时的加速度为 2 m/s2,当恰好开始滑动时, 有 f=(mg-Bqv)=ma,得 v=6 m/s,此后滑块的加速度减小,但仍做加速运动,直到 v=10 m/s后做匀速运动, 选项 A、D 错误,选项 B、C 正确. 4.AC 解析 根据左手定则知正离子向上偏,负离子向下偏,上极板带正电,下极板带负电,最终离子处于 平衡状态,有 qvB=q ,解得电动势 E=BLv,故选项 B 错误;内电阻
30、 r= ,故选项 A 正确;根据闭合电 路欧姆定律,流过外电阻 R 的电流 I= ,故选项 C 正确;R 两端电压为 R,故选项 D 错误. 5.ABD 解析 当 qv0B=mg 时,小球不受支持力和摩擦力,克服摩擦力做功为零,选项 A 正确;当 qv0Bmg 时,小球先做减速运动,当 qvB=mg 时,小球不受摩擦力作用,小球以速度 v= 做匀速运动, 根据动能定理得 W 克 f= ,选项 D 正确. 6.D 解析 由图乙可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是 1 m/s, 对物块进行受 力 分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为 ,沿皮带的方向
31、,有 FN- mgsin =ma,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由式可知, 物块的加速度逐渐减 小, 一定是 FN逐渐减小,而开始时 FN=mgcos ,后来 FN=mgcos -f 洛,即洛伦兹力的方向是斜向上的,物 块沿皮带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故 A 错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大, 则 受到的支持力越来越小,结合式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于 0 时, 物块达到最大速 度,此 时 mgsin =(mgcos -f 洛),由式可知,只要皮带的速度大于或等于 1 m/s,则物块达到最大 速度的条件与皮带的速度无关,所以皮带的速
32、度可能是 1 m/s,也可能大于 1 m/s, 物块可能相对于皮带静 止, 也可能相对于皮带运动,故 B 错误,D正确;由以上分析可知,皮带的速度不能判断, 所以若已知皮带的 长度, 也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故 C 错误. 7.(1) v0 (2)0 (3) mv0,方向斜向左下方与水平方向成 22.5角 解析 (1)设 a 粒子刚出电场时速度为 v,由动能定理有 解得 v= v0 (2)a 粒子在电场中沿水平方向做匀速运动,得 t1= a 粒子出电场时竖直方向的速度 vy=v0 27 则有 y1= L 两板距离为 L 两粒子碰撞,由动量守恒定律有 mv=2mv1 解得 v
33、1= v0 返回时,两粒子在电场中仍做类平抛运动,刚好到 O 点,则有 t2= ,y2= L 两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离为 L=0 (3)两粒子在磁场中运动时,设轨道半径为 R,由几何关系知 R+ R=L 解得 R=(2- )L 洛伦兹力 f 洛=2m 由动量定理知 I 洛=2mv 由图可得 v= v0 则 I 洛= mv0,方向斜向左下方与水平方向成 22.5角 8.(1) (2)20 m (3)7.71 s 或 6.38 s 解析 (1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿 AO 做匀加速直线运动,所以有 mg=qE 解得 E= . (2)质点在 x 轴下方,重力与电场力平衡,质点做匀速圆周运动,从 C 点进入第一象限后做类平抛运动,其轨 迹如图所示,有 28 Bqv=m 由运动学规律知 v2=2aL 其中 a= g 由类平抛运动规律知 R=vt3 R- 联立解得 L=20 m. (3)质点做匀加速直线运动,有 L= 得 t1=2 s 或 s 质点做匀速圆周运动,有 t2= =4.71 s 质点做类平抛运动,有 R=vt3 得 t3=1 s 质点从 M 点出发到击中 D 点所经历的时间为 t=t1+t2+t3=7.71 s 或 6.38 s. 29