题目内容
14．
如图所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界面相互平行，Ⅰ区域存在匀强电场，电场强度E=1.0×104V/m，方向垂直边界面向右，Ⅱ、Ⅲ区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为B1=2B2=2.0T．三个区域宽度分别为d1=5.0m、d2=2.5m，d3=5.0m，一质量m=1.6×10-9kg、电荷量q=+1.6×10-6C的粒子从O点由静止释放，粒子的重力忽略不计．求：（1）粒子离开Ⅰ区域时的速度大小v；
（2）粒子在Ⅱ区域内运动时间t；
（3）粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角α．
分析 （1）在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理列式求解末速度；
（2）在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，结合几何关系画出轨迹，再根据公式t t=$\frac{θ}{2π}T$求解运动时间；
（3）在磁场Ⅲ中依然做匀速圆周运动，先根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，确定原因，画出轨迹，结合几何关系得到末速度方向．
解答 解：（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有：
qEd1=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
代入数据解得：v=1.0×104m/s
（2）设粒子在磁场B1中做匀速圆周运动的半径为r，则有：
qvB1=$m\frac{{v}_{1}^{2}}{r}$
代入数据解得：r=5m
设在Ⅱ区内圆周运动的圆心角为θ，则有：
$sinθ=\frac{{d}_{2}}{r}$=$\frac{1}{2}$
代入数据解得 θ=30°
粒子在Ⅱ区运动周期为：$T=\frac{2πm}{q{B}_{1}}$
粒子在Ⅱ区运动时间为：t=$\frac{θ}{2π}T$
解得：t=$\frac{θm}{q{B}_{1}}$=$\frac{\frac{π}{6}×1.6×1{0}^{-9}}{1.6×1{0}^{-6}×2}$=2.6×10-4s
（3）设粒子在Ⅲ区做圆周运动道半径为R，则有：
qvB2=$m\frac{{v}^{2}}{R}$
代入数据解得：R=10m
粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知△MNP为顶角为30°的直角三角形；粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角 α=90° 
答：（1）粒子离开Ⅰ区域时的速度大小v为1.0×104m/s；
（2）粒子在Ⅱ区域内运动时间t为2.6×10-4s；
（3）粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角α为90°．
点评 本题是粒子在电磁场中的运动问题，对直线加速过程根据动能定理列式求解，对磁场中运动过程要根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，结合几何关系画图分析，不难．
赢在课堂名师课时计划系列答案
天天向上课时同步训练系列答案| A． | 卡文迪许发现了万有引力定律 | |
| B． | 亚里士多德通过理想实验提出力并不是维持物体运动的原因 | |
| C． | 库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 | |
| D． | 牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点 |
①在第1s内、第2s内、第3s内位移之比都是1：3：5；
②速度差越来越大；
③距离越来越大；
④落地的时间差由释放前的高度决定．
| A． | 只有①②③正确 | B． | 只有①②④正确 | C． | 只有①③④正确 | D． | ①②③④都正确 |
| A． | 磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向表示该点的磁场方向 | |
| B． | 磁感线是从磁铁的N极指向S极 | |
| C． | 只有磁体才能产生磁场 | |
| D． | 磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线 |
如图所示，一个质量为m、半径为R的球，用长为R的绳悬挂在L形的直角支架上，支架的重力不计，AB长为2R，BC长为2$\sqrt{3}$R，为使力支架不会在水平桌面上绕B点翻倒，应在A端至少加0.5mg的力．
如图所示，绷紧的传送带．始终以2m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ=30°，现把质量为10kg的工件轻轻地放在传送带底端P，由传送带传送至顶端Q，已知PQ之间的距离为4m，工作与传送带间的动摩擦因数为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，取g=10m/s2．
如图所示，某星球有A、B两颗卫星．已知这两颗卫星绕星球做匀速圆周运动的周期分别为TA和TB，两颗卫星在同一轨道平面运行，两者间所能达到的最大距离为L，万有引力常量为G．则由以上已知量可求出的物理量有（ ）| A． | 两颗卫星的线速度大小 | B． | 该星球的质量 | ||
| C． | 该星球的密度 | D． | 该星球表面的重力加速度 |