如图所示.在以O1点为圆心且半径为r=0.10m的圆形区域内.存在着竖直向下.场强大小为E=4$\sqrt{3}$×105 V/m的匀强电场．圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O.右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点．一比荷$\frac{q}{m}$=1.0×108 C/kg的带正电粒子从坐标原点O沿x轴正方向入射.粒子重力不计．(1)若粒子在圆形区域的边� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

6．

如图所示，在以O₁点为圆心且半径为r=0.10m的圆形区域内，存在着竖直向下、场强大小为E=4$\sqrt{3}$×10⁵ V/m的匀强电场（图中未画出）．圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点．一比荷$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸ C/kg的带正电粒子从坐标原点O沿x轴正方向入射，粒子重力不计．
（1）若粒子在圆形区域的边界Q点射出匀强电场区域，O₁A与O₁Q之间的夹角为θ=60°，求粒子从坐标原点O入射的初速度v₀；
（2）撤去电场，在该圆形区域内加一磁感应强度大小为B=0.15T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且将该圆形磁场以过O点并垂直于纸面的直线为轴，逆时针缓慢旋转90°，在此过程中不间断地射入题干中所述粒子，粒子入射的速度等于（1）中求出的v₀，求在此过程中打在荧光屏MN上的粒子与A点的最远距离．

分析（1）粒子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，要使粒子能打在荧光屏上，粒子速度的偏向角应大于90°，当粒子恰好不打到荧光屏上时，粒子从磁场的最高点射出磁场，画出轨迹，由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出此时速度，即可速度v₀应满足的条件．
（2）若粒子流的速度v₀=3.0×10⁶m/s，由牛顿第二定律求出粒子轨迹的半径．当圆形磁场区域转过90°时，磁场转动时，粒子在磁场中运动情况不变，根据作图分析P点为最高点的位置，由数学知识求出粒子打在荧光屏上离A的最远距离．

解答解：（1）由题意可知，该粒子将在匀强电场中做类平抛运动，设其在电场中的运动时间为t，粒子在电场中运动的加速度大小为a，则有：
r+rcosθ=v₀t，
rsinθ=$\frac{1}{2}$at²，
qE=ma，
以上三式联立可得：v₀=（1+cosθ）$\sqrt{\frac{qEr}{2msinθ}}$，
代入数据解得：v₀=3×10⁶ m/s．
（2）由题意可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为：R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$=0.2m，
以O点为圆心、OA=0.2m为半径做出圆弧AC交y轴于C点，
以C点为圆心、CO为半径作出粒子运动的轨迹交弧AC于D点，
则OD=2r=0.2m，如图所示，过D点作切线，分别交OA于F点，交MN于E点，
则E点即粒子能够打在荧光屏MN上的粒子离A点的最远距离，
由几何关系可知：sinα=$\frac{r}{R}$，
所以：OF=Rtanα，
因此AF=2r-OF，
由几何关系可知∠EFA=2α，
所以AE=AFtan2α，
以上各式联立解得：AE=$\frac{\sqrt{3}-1}{5}$ m．
答：（1）粒子从坐标原点O入射的初速度v₀为3×10⁶m/s；
（2）在此过程中打在荧光屏MN上的粒子与A点的最远距离为$\frac{\sqrt{3}-1}{5}$m．

点评带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题常用的程序是：
1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
2、找关系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系．
3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律．

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小升初金卷导练系列答案

	A．	在这1s内汽车的平均速度是3m/s		B．	在这1s内汽车的平均速度是1.5m/s
	C．	汽车在第1s内的位移是1.5m		D．	汽车的加速度是1.5m/s²

	A．	在t秒内的位移决定于平均速度
	B．	第1秒内、第2秒内、第3秒内的位移之比是1：2：3
	C．	初速度为0的匀变速直线运动连续相等位移的时间之比1：3：5
	D．	连续相等的时间间隔内的位移之差相等

	A．	这个离子带负电
	B．	y轴左侧的磁场磁感应强度的大小为2B
	C．	离子的比荷为$\frac{q}{m}$=$\frac{v}{{L}_{B}}$
	D．	离子在y轴左侧运动的时间与在y轴右侧运动的时间相等

	A．	10～15s内汽车做匀速直线运动		B．	20s末汽车的速度为1m/s
	C．	前10s内汽车的速度为3m/s		D．	前25s内汽车做单方向直线运动

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