题目内容
16．
在某平面上有一半径为R的圆形区域，区域内外均有垂直于该平面的匀强磁场，圆外磁场范围足够大，已知两部分磁场方向相反且磁感应强度都为B，方向如图所示．现在圆形区域的边界上的A点有一个带电量为+q，质量为m的带电粒子以垂直于磁场方向且沿半径向圆外的速度从该圆形边界射出，已知该粒子只受到磁场对它的作用力．（1）若粒子从A点射出后，第二次经过磁场边界时恰好经过C点（AC是圆形区域的直径），求粒子的运动半径
（2）若粒子在其与圆心O的连线旋转一周时，恰好能回到A点，试求该粒子运动速度v的可能值．
（3）在粒子恰能回到A点的情况下，求该粒子回到A点所需的最短时间．
分析 （1）粒子从A点射出后，第二次经过磁场边界时恰好经过C点，画出轨迹图即可得到轨道半径；
（2）离子进入磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道半径r；画出离子运动的轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，即可求出离子的运动速度v；
（3）粒子穿越圆形边界的次数越少，所需时间就越短，根据上题中结论，求出粒子在圆形区域内运动的圆弧的圆心角，即可求出离子回到A点所需的最短时间t．
解答 解：（1）画出轨迹如，如图所示：
可得粒子运动的半径等于磁场区域圆半径，即：
r=R
（2）粒子运动的半径为r，洛伦兹力提供向心力，故：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：
r=$\frac{mv}{qB}$ ①
如图，O1为粒子运动的第一段圆弧AB的圆心，O2为粒子运动的第二段圆弧BC的圆心，根据几何关系可知：
tanθ=$\frac{r}{R}$ ②
∠AOB=∠BOC=2θ，如果粒子回到A点，则必有：
2n×2θ=2π n取正整数 ③
由①②③可得：
v=$\frac{qBR}{m}tan\frac{π}{n}$
考虑到θ为锐角，即0$＜θ＜\frac{π}{2}$，根据③可得
n≥3
故v=$\frac{qBR}{m}tan\frac{π}{n}$ （n=3、4、5、…）
（3）粒子做圆周运动的周期
T=$\frac{2πm}{qB}$
因为粒子每次在圆形区域外运动的时间和圆形区域内运动的时间互补为一个周期T，所以粒子穿越圆形边界的次数越少，所花时间就越短，因此取n=3
代入到③可得
θ=$\frac{π}{3}$
粒子在圆形区域外运动的圆弧的圆心角为a
α=2π-2（$\frac{π}{2}-θ$）=$\frac{5}{3}π$
故所求的粒子回到A点的最短运动时间
t=T+$\frac{α}{2π}$T=$\frac{11πm}{3qB}$
答：（1）若粒子从A点射出后，第二次经过磁场边界时恰好经过C点（AC是圆形区域的直径），则粒子的运动半径为R；
（2）若粒子在其与圆心O的连线旋转一周时，恰好能回到A点，该粒子运动速度v的为$\frac{qBR}{m}tan\frac{π}{n}$ （n=3、4、5、…）；
（3）在粒子恰能回到A点的情况下，该粒子回到A点所需的最短时间为$\frac{11πm}{3qB}$．
点评 本题中离子做周期性的运动，画出轨迹，由几何知识求解轨道半径是解题的关键．
| A． | mg | B． | mω2R | C． | $\frac{mg{R}^{2}}{（R+h）^{2}}$ | D． | mω2（R+h） |
一平板车质量M=100kg，停在光滑的水平路面上，车身的平板离地面高h=1.25m，-质量m=50kg的小铁块置于车的前端（铁块视为质点），它到车尾的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如图所示．今对平板车施一水平向右F=500N的恒力作用，使车向前行驶，经过一段时间后，铁块从车板上滑落，g取10m/s2．试求：
如图所示，一矩形木块放在倾斜墙面上，受到垂直于墙面方向的推力F作用而处于静止状态，下列判断正确的是（ ）| A． | 墙面对木块的弹力可能为零 | |
| B． | 墙面对木块的摩擦力可能为零 | |
| C． | 在推力F逐渐增大过程中，木块将始终保持静止 | |
| D． | 木块所受墙面的摩擦力随推力F的增大而增大 |
如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场区域宽度为d，磁感应强度的大小为B．一电阻为R的梯形导体框（上、下底长度分别为L、5L）从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，规定电流逆时针方向为正，在下图中线框中感应电流与线框移动距离x的关系图象正确的是（ ）
如图所示，AB为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰．若m1：m2=1：2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）