【文章內(nèi)容簡介】 與 x 軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電磁場中由 A 至 Q 的運動軌跡； （ 3）電場強度 E 和磁感強度 B 的大小 . （ 1）微粒從平行 x 軸正方向射入電場區(qū)域，由 A 到 P 做類平拋運動，微粒沿 x 軸方向做勻速直線運動 tvSx 0? （ 1 分） 博微物理 10 svSt x ?? （ 2 分） 微粒沿 y 軸方向做初速度為零的 勻加速直線運動 221atSy ? （ 1 分） ??a m/s2 （ 1 分） （ 2） atvy? （ 1 分） 0vvtga y? （ 1 分） ??? 450vatarctga （ 1 分） 軌跡如圖 （ 2 分） （ 3） maqE? （ 1 分） CNE /24? （ 1 分） 設(shè)微粒從 P 點進入磁場以速度 v 做勻速圓周運動 02vv? （ 1 分） 由 RvmqvB 2? 得qBmvR? （ 1 分） 有集合關(guān)系 2?R （ 1 分） ??qRmvBT （ 2 分） 2 （ 北京 順義 區(qū) 2020 年 一模） 如圖所示， ab、 ef 是平行地固定在水平絕緣桌面上的光滑金屬導軌，導軌間距為 d．在導軌左端 a、 c 上連有一個阻值為 R 的電阻，一質(zhì)量為 3m，長為 d 的金屬棒恰能置于導軌上并和導軌良好接觸。起初金屬棒靜止于 MN 位置，整個裝置處于方向垂直桌面向 下、磁感應強度為 B的磁場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為 m的帶電量為 q的絕緣小球在桌面上從 O 點（ O 為導軌上的一點）以與 ef 成 60176。斜向右方射向 ab，隨后小球直接垂直地打在金屬棒的中點上，并和棒粘合在一起（設(shè)小球與棒之間沒有電荷轉(zhuǎn)移）。小球運動過程中不計導軌間電場的影響，導軌和金屬棒的電阻不計。求： （ 1）小球射入磁場時的初速度 υ0； （ 2）電阻 R 上產(chǎn)生的總熱量 Q （ 3）通過電阻 R 的總電量 Δq. R M N O B a b e f 60176。 υ0 博微物理 11 R M N O B a b e f 60176。 υ0 解：?小球入射磁場后將作勻速圓周運動，設(shè)圓周運動的半徑為r，其軌跡如圖所示（略） 由幾何知識可知： sin(90 60 )2d rr? ? ? (3 分 ) 解得 3dr? ① (2 分 ) ② (2 分 ) 小球在磁場中作圓周運動： 200q B m r?? ? 由①、②得： 0 3qBdm?? ③ (1 分 ) ?小球和金屬棒的碰撞過程，由動量守恒定律得： mυ0=(m＋ 3m)υ ④ (2 分 ) 金屬棒切割磁感線的過程中 ，棒和小球的動能轉(zhuǎn)化為電能進而轉(zhuǎn)化成焦耳熱： 21 ( 3 )2 m m Q??? ⑤ (2 分 ) 由③、④、⑤可得： 2 2 272q B dQ m? ⑥ (2 分 ) 棒和小球的速度從 υ1 變?yōu)?0 的過程中由動量定理有： 0 ( 3 )BI d t m m ?? ? ? ? ? ⑦ （ 1 分） 又 I t q??? ⑧ (4 分 ) 由③、④、⑦、⑧可得 3qq?? ⑨ 2 （ 北京 東城 區(qū) 2020 年 一模） （ 16 分） 如圖所示， MN、 PQ 是平行金屬板，板長為 L，兩板間距離為 d， PQ 帶正電 ,MN 板帶負電 ,在 PQ 板的上方有垂直紙面向里的勻強磁場。一個電荷量為 q、質(zhì)量為m 的帶負電粒子以速度 v0從 MN 板邊緣沿平行于板的方向射入兩板間，結(jié)果粒子恰好從 PQ 板左邊緣飛進磁場，然后又恰好從 PQ 板的右 邊緣飛進電場。不計粒子重力。試求： （ 1）兩金屬板間所加電壓 U 的大小； （ 2）勻強磁場的磁感應強度 B 的大小； （ 3）在圖中正確畫出粒子再次進入電場中的運動軌跡，并標 出粒子再次從電場中飛出的速度方向。 分析和 解： （ 1） 設(shè)帶電 粒子在 平行金屬板勻強 電場中運動 的 時間 為 t， 由類平拋運動可知 ： tvL 0? ??????① （ 1 分） 221atd? ??????②（ 2 分） mEqa? ???????③（ 2 分） dUE? ???????④（ 2 分） v0 B M N P Q m,q d v0 O N P Q m,q L d θ θ VN 博微物理 12 聯(lián)立求解① ～④式 解得：22202 qLdmvU ? ?????⑤ （ 1 分） 或由動能定理和運動的合成、分解的方法，聯(lián)立求解得出正確的結(jié)果同樣給分。 設(shè)帶電粒子第一次飛出電場時的速度為 v 即由動能定理 2201122q U m v m v??； 2 2 20 yv v v??； yv at? 和①③④聯(lián)立可得22202 qLdmvU ? （ 2） 帶電粒子以速度 v 飛出電場后 射入勻強磁場做勻速圓周運動，由 RvmqvB 2?????????????????????????? ⑥（ 2 分） sin 2LR?? ????????????????????????? ⑦（ 1 分） sin yvv?? ????????????????????????? ⑧ （ 1 分） atvy? ??????????????????? ????????⑨ （ 1 分） 聯(lián)立求解①③④⑤⑥⑦⑧⑨可得204qLdmvB????????????⑩ （ 1 分） 或由下列常規(guī)方法求解： atvy? ????????????????? （ 1 分） 0tan vvy?? ???????????????? ???????? （ 1 分） 0cos vv?? ???????????????? ???????? （ 1 分） sin 2LR?? ?????????????? ?? ???????? （ 1 分） RvmqvB 2? ???????????????? ???????? （ 1 分） 聯(lián)立以上有關(guān)方程求解可 得：204qLdmvB???????????? （ 1 分） （ 3）畫圖正確給 2 分。 （軌跡 1 分、速度方向 1 分）見上圖。 2 （ 北京 朝陽 區(qū) 2020 年 二模） 如圖所示 ，直角坐標系 在 一 真空區(qū)域里， y 軸的左方有一勻強電場，場強方向跟 y 軸負方向成 θ=30186。角， y 軸右方有一垂直于 坐標系平 面的勻強磁場，在 x 軸上的 A 點有一質(zhì)子發(fā)射器，它向 x 軸的正 方向發(fā)射速度大小為 v=106m/s 的質(zhì)子 ， 質(zhì)子經(jīng)磁場在 y 軸的 P 點射出磁場，射出方向恰垂直于 電場 的方向，質(zhì)子在電場中經(jīng)過一段時間，運動到 x 軸的 Q 點 。已知 A 點 與原點 O 的 距離 為 10cm， Q 點與原點 O 的 距離 為 (20 3 10)cm，質(zhì)子的比荷為 C/ 8??mq 。求： （ 1） 磁感應強度的大小和方向 ； （ 2） 質(zhì)子在 磁場中運動的時間； （ 3） 電場強度的大小 。 A P y x B E Q θ O v 博微物理 13 解答：（ 1）設(shè)質(zhì)子在磁場中做圓運動的半徑為 r。 過 A、 P 點作速度 v 的垂線，交點即 為質(zhì)子在磁場中作圓周運動的圓心 O1。由幾何關(guān)系得α=θ=30186。， 所以： r=2OA=20cm。（ 2 分） 設(shè)磁感應強度為 B，根據(jù)質(zhì)子的運動方向和左手定則，可判斷磁感應強度的方向為垂直于紙面向里。（ 2 分） 根據(jù)： 8 62 ??? ???? qrmvBrvmq v B （ 2 分） （ 2）設(shè)質(zhì)子在磁場中運動的時間為 t，如圖所示，質(zhì)子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓周角為 67? ，設(shè)質(zhì)子在磁場中運動的周期為 T 710671272 672??????? ????tTtBq mT s (6 分 ) （ 3）如圖所示，過 Q 點做平行于 P 點速度方向的平行線，交 AM 于 N 點，在三角形 QAN 中，邊長 QA= cm320 。由幾何關(guān)系可知 β=θ=30186。， AN=20cm，所以， N 點與 O1點是重合的。質(zhì)子在平行于電場方向上做勻速直線運動，在垂直于電場方向做勻加速直線運動， 由幾何關(guān)系得：mqEaatrvtr???2212 （ 4 分） N / 1042 58122 ????? ??? rqmvE （ 4 分） 2 （ 北京 宣武 區(qū) 2020年 二模） （ 18 分）如圖所示，一對 平行金屬板水平放置，板間距離為 d，板間有磁感應強度為 B 的垂直于紙面向里的勻強磁場，將金屬板接入如圖所示的電路，已知電源的內(nèi)電阻為r，滑動變阻器的總電阻為 R，現(xiàn)將開關(guān) K 閉合，并將滑動觸頭 P 調(diào)節(jié)至距離電阻 R 的右端為其總長度的 1/4 時，讓一個質(zhì)量為 m、電量為 q 宏觀帶電粒子從兩板間的正中央以某一初速度水平飛入場區(qū)，發(fā)現(xiàn)其恰好能夠做勻速圓周運動。 （ 1）試判斷該粒子的電性，求電源的電動勢； （ 2）若將滑動觸頭 P 調(diào)到電阻 R 的正中間位置時，該粒子仍以同樣的狀態(tài)入射，發(fā)現(xiàn)其沿水平方向的直線從板間飛出，求該粒子進入場區(qū)時的 初速度； （ 3）若將滑塊觸頭 P 調(diào)到最左邊，該粒子仍以同樣的狀態(tài)入射，發(fā)現(xiàn)其恰好從金屬板的邊緣飛出，求粒子飛出時的動能。 （ 1 ）負電 …………………………………………………………………(2 分 ) ∵ mg =41 rRR? εdq ……………………………………………(2 分 ) ∴ ε=４ (r+R)dmg/Rq………………………………………………(2 分 ) （ 2） mg+qv0B=12RR+rεqd……… ………………………………………(4 分 ) ∴ v0=mg/qB………………………………………………………………(2 分 ) （ 3） Ek=21 mv20+3mg2d =23 mgd+22232 qBgm …………………………………(6 分 ） Q A P y x α θ v v O1 M O N β 博微物理 14 2 （ 北京 東城 區(qū) 2020 年 二模） 如圖所示的坐標系， x 軸 沿水平方向， y 軸沿豎直方向。在 x 軸上方空間的第一、第二 象限內(nèi)，既無電場也無磁 場，在第三象限，存在沿 y 軸正方 向的勻強電場和垂直 xy 平面（紙面）向里的勻強磁場，在第 四象限，存在沿 y 軸負方向、場強大小與第三象限電場場強 相等的勻強電場。一質(zhì)量為 m、電 荷 量為 q 的帶電質(zhì)點，從 y 軸上y = h處的 P1點以一定的水平初速 度沿 x 軸負方向進入第 二象限。然后經(jīng)過 x 軸上 x = – 2h 處的 P2點進入第三象限， 帶電質(zhì)點恰好能做勻速圓周運動。之后經(jīng)過 y 軸上 y = – 2h 處的 P3 點進入第四象限。已知重力加速度為g。求： （ 1）粒子到達 P2點時速度的大小和方向； （ 2）第三象限空間中電場強度和磁感應強度的大小 ； （ 3）帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向。 分析和解： （ 1）參見圖 ,帶電質(zhì)點從 P1到 P2，由平拋運動規(guī)律 h = 221gt ????① （ 2 分 ） v0 = th2 ???????② (1分 ) vy = gt ????????③ （ 1 分 ） 求出 v = ghvv y 2220 ?? ?④ （ 2