思维训练js：计算题

1、-思维训练：计算题一、力学1.如以下图,物体从光滑斜面上的A点由静止开场下滑,经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变),最后停在C点.每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度,下表给出了局部测量数据.(重力加速度g =10 m/s2)求:t ( s )0.00.20.41.21.4v( m/s )0.01.02.01.10.7(1)斜面的倾角落 (2)物体与水平面之间的动摩擦因数(3) t =0.6 s 时的瞬时速度 v 答案(1)=30 (2)=0.2 (3)2.3 m/s解析 (1)物体在光滑斜面上运动时,做匀速直线运动,由前三列数据可求物体在斜面上运动时的加速度,则,在斜

2、面上运动时重力的分力提供加速度,即:a1=gsin,解得:=30.(1) 物体在水平面上做匀速直线运动,由后两列数据可求得物体在水平面上运动时的加速度a2=负号表示水平面上的加速度与物体运动速度方向相反.由a2=g得:=设物体在斜面上运动时间为t ,则物体到达斜面末端的速度v1=a1t=5t ,然后物体又做匀速直线运动,又经过(1.2-t ) s 速度变为1.1 m/s,则a1t-a2(1.2-t)=v2,代入数据解得t =0.5 s ,则t=0.6 s时物体在水平面上,其速度v=a1t-a2(t-t )=50.5 m/s-20.1 m/s=2.3m/s .2如以下图，一水平圆盘绕过圆心的竖直

3、轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块。当圆盘转动的角速度到达*一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。以知AB段斜面倾角为53，BC段斜面倾角为37，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均=0.5 ，A点离B点所在水平面的高度h=1.2m。滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=10m/s2,sin37=0.6; cos37=0.81假设圆盘半径R=0.2m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落.2假设取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能。3从滑块到达B点时起，经0.6s 正好通过C点，

4、求BC之间的距离。1滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：mg=m2R -2分 代入数据解得：=5rad/s -2分2滑块在A点时的速度：VA=R=1m/s -1分滑块在从A到B的运动过程中机械能守恒： mgh+ mvA2/2= mvB2/2 -2分 解得：vB=5m/s -1分 在B点时的机械能EB=mvB2/2 =12.5J - 1分3滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1=gsin37+cos37=10m/s2 -1分滑块沿BC段向上运动的时间：t1= vB/ a1=0.5s 小于题中所给时间，滑块会返回一段时间- 1分向上运动的位移： S1=vB2/2

5、a1=1.25m -1分返回时的加速度大小：a2=gsin37-cos37=2m/s2S2=1/2 a2t-t12=0.01m -1分BC间的距离：sBC= S1- S2 =1.24m - 1分 3.一小圆盘静止在桌布上,位于一方桌的水平桌面的中央,桌布的一边与桌的 AB 边重合,如以下图.盘与桌布间的动摩擦因数为1,盘与桌面间的动摩擦因数为2.现突然以恒定加速度 a 将桌布抽离桌面.加速度的方向是水平的且垂直于AB边.假设圆盘最后未从桌面掉下,则加速度 a 满足的条件是什么?(以g表示重力加速度) 答案 a解析 由相对运动关系求解,取桌布为参考系,设桌长为L,则盘相对桌布的加速度为:a-1g

6、,当盘与桌布别离时,盘相对桌布的位移为,所用时间为t,此时对地的速度为v.则再取地为参考系,假设要盘不从桌面下则应满足: L v=1gt由以上三式可得: a4.一个弹簧秤放在水平地面上,Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为重物，P的质量M =10.5 kg,Q的质量 m =1.5 kg,弹簧的质量不计,劲度系数 k =800 N/m,系统处于静止.如以下图,现给P施加一个方向竖直向上的力F,使它从静止开场向上做匀加速运动,在前0.2 s,F为变力,0.2 s 以后,F为恒力.求力F的最大值与最小值.(取g =10 m/s2)解：设开场时弹簧的压缩量为*1，t=0.2 s时弹簧的压缩量为*2，重

7、物P的加速度为a则有k*1=(M+m)g ，由牛顿第二定律有：k*2-mg=ma 由运动学公式有：解式得a=6 m/s2则F小=(M+m)a=72 N，F大=M(g+a)=168 N5.如以下图，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m0.2kg，与BC间的动摩擦因数1=0.4。工件质量M0.8kg，与地面间的动摩擦因数2=0.1。取g10m/s21假设工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h

8、。2假设将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。求F的大小当速度v5m/s时，使工件立刻停顿运动即不考虑减速的时间和位移，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。试题分析：1物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得代入数据得2设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得根据牛顿第二定律，对物体有对工件和物体整体有联立式，代入数据得设物体平抛运动的时间为t，水平位移为，物块落点与B间的距离为，由运动学公式可得联立 式，代入数据得6.如以下图，质量为m1kg，长为L2.7m的平板车，其上外表距离

9、水平地面的高度为h0.2m，以速度v04m/s向右做匀速直线运动，A、B是其左右两个端点从*时刻起对平板车施加一个大小为5N的水平向左的恒力F，并同时将一个小球轻放在平板车上的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，PB.经过一段时间，小球从平板车上脱离后落到地面上不计所有摩擦力，g取10m/s2.求：(1)小球从放到平板车上开场至落到地面所用的时间；(2)小球落地瞬间平板车的速度解：1对平板车施加恒力F后，平板车向右做匀减速直线运动，加速度大小为2分平板车速度减为零时，向右的位移为，所用时间为 d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有mA+B= mA

10、0+B0 m+=m+ 由、解得 B=-B0+A0 因B不改变运动方向，故 B=-B0+A0 0 由、解得 qQ 即B所带电荷量的最大值qm=Q15.如以下图为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在O*y平面的ABCD区域，存在两个场强大小均为E的匀强电场和，两电场的边界均是边长为L的正方形不计电子所受重力。1在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置.2在电场区域适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置.3假设将左侧电场整体水平向右移动L/nn1，仍使电子从ABCD区域左下角D处离开D不随电场移动，求在电场区域由静止释放

11、电子的所有位置。解析：1设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有解得y，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为2L，2设释放点在电场区域I中，其坐标为*，y，在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有解得*y，即在电场I区域满足议程的点即为所求位置。3设电子从*，y点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y处离开电场II时的情景与2中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有，解得，即在电场I区域满足议程的点即为所求

12、位置16如图11所示，在长为2L、宽为L的区域有正好一半空间有场强为E、方向平行于短边的匀强电场，有一个质量为，电量为的电子，以平行于长边的速度v0从区域的左上角A点射入该区域，不计电子所受重力，要使这个电子能从区域的右下角的B点射出，求：1无电场区域位于区域左侧一半时，如图甲所示，电子的初速应满足什么条件；图112无电场区域的左边界离区域左边的距离为*时，如图乙所示，电子的初速又应满足什么条件；(1)此时电子在y方向先静止后加速，所以，1分(1分) 2分所以 (2)此时电子在y方向先加速后匀速再加速，所以(1分) (1分)1分 1分(2分)1分 1分17.如图a所示，为一组间距d足够大的平行

13、金属板，板间加有随时间变化的电压如图b所示，设U0和T。A板上O处有一静止的带电粒子，其带电量为q，质量为m不计重力，在t=0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B板运动，途中由于电场反向，粒子又向A板返回粒子未曾与B板相碰。1当U*=2U0时求带电粒子在t=T时刻的动能；2为使带电粒子在0T时间能回到O点，U*要大于多少.OABuautU0U*OT/2T3T/2b三、带电粒子在单一磁场中运动abcdOv018.如以下图，一足够长的矩形区域abcd充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角= 30、大小为v0的带正电粒子，粒子质量为

14、m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：1粒子能从ab边上射出磁场的v0大小围.2如果带电粒子不受上述v0大小围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间.解析：(1)当轨迹圆与cd边相切时，是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最大的情况，设此半径为R1，如以下图，经分析可知OOQ=60则有R1cos60+=R1，得R1=L当轨迹圆与ab边相切时，是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最小的情况，设此半径为R2，如图甲所示，经分析可知OOQ=120则有R2sin30+R2=,R2=故粒子从ab边射出的条件为RL根据qv0B=m,可得v0。(2)由T=和t=T,可知：粒子在磁

15、场区域做匀速圆周运动的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长圆心角用表示，从以上各图可以看出，如果粒子从cd边射出，则圆心角60；如果粒子从ab边射出，则圆心角60240;如果粒子从ad边射出，圆心角240300,由于磁场无右边界，故粒子不可能从右侧射出综上所述，为使粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从ad边射出，如图乙所示，从图中可以看出，P点是离O点距离最大的出射点。PO=2R2sin30=,即出射点到O点的距离不超过,但不能为0tma*=。答案：(1)v0 (2)ad边出射点到0点距离不超过，但不能为0 19.如以下图，在0*a、oy围有垂直手*y平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

16、坐标原点0处有一个粒子源，在*时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小一样，速度方向均在*y平面，与y轴正方向的夹角分布在0围。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的 (1)速度的大小：(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。解析:此题考察的是带电粒子在磁场中的运动。解题的切入点是理清图象上面的夹角与函数关系，粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，因此只要设法解出粒子做圆周运动的半径大小即可。1设粒子的发射速度为，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛

17、顿第二定律和洛仑兹力公式，得由式得 当时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如以下图。设该粒子在磁场运动的时间为t，依题意，得设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系可得又由式得 由式得2由式得 规律总结：带电粒子在匀强电场或匀强磁场的运动很容易与几何图形进展综合，是每年考试的热点和难点，找准图形的夹角、边之间的关系式解题的关键，准确的审清题意画出图形是必须的步骤，此题的难点在于找准几个相等的夹角，找出角的关系就可以找出边的关系，半径是联系求解速度的桥梁。20.在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度

18、为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点APd射入磁场不计重力影响。如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。如果粒子经纸面Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为如图。求入射粒子的速度。解：1由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：解得： 2设O是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接OQ，设OQR由几何关系得：，由余弦定理得：解得：设入射粒子的速度为v，由解出：21.图17是*装置的垂直截面图，虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A1A2

19、的右侧区域，磁感应强度B0.4T，方向垂直纸面向外，A1A2与垂直截面上的水平线夹角为45。在A1A2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S1、S2，相距L0.2 m。在薄板上P处开一小孔，P与A1A2线上点D的水平距离为L。在小孔处装一个电子快门。起初快门开启，一旦有带正电微粒通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T3.0103 s开启一次并瞬间关闭。从S1S2之间的*一位置水平发射一速度为v0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P处小孔。通过小孔的微粒与档板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍。经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为多少.求上述微粒

20、从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间。忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移。微粒的荷质比。只考虑纸面上带电微粒的运动解：如答图2所示，设带正电微粒在S1S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛仑兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：解得：欲使微粒能进入小孔，半径r的取值围为：代入数据得：80 m/sv0160 m/s欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件：其中n1，2，3，可知，只有n2满足条件，即有：v0100 m/s设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在

21、磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如答图2所示，则有：；22.如图，虚线OL与y轴的夹角=60，在此角围有垂直于*Oy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为qq0的粒子从左侧平行于*轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与*轴交于p点图中未画出且=R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。1分 周期为 1分 过A点作*、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由几何知识得 ， ，2分 联立得到 2分 解得 ，或 各2分 设M点到O点的距离为h，有 ， 联立得到 1分

22、 解得 2分 2分 当时，粒子在磁场中运动的时间为 2分 当时，粒子在磁场中运动的时间为 2分 23.如以下图，在区域存在与*y平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在*y平面发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小一样，方向与y轴正方向的夹角分布在0180围。沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。求：1粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷qm；2此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值围；3从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。26【解析】1作图：找圆心：过A作边界的才垂线与AP的垂直平分线交于O点，则O为

23、圆心；求半径：因为，所以，所以得。，所以，解得。2从左边界射出的粒子圆周运动的圆心角应为120，如以下图，可求得其初速度与Y轴夹角为1200，所以围是：。3最后射出的粒子是从A沿AB方向射入的，如以下图，。此题考察带电粒子在磁场中的运动和几何知识。此题求半径不用公式，求周期不用公式,而是用几何作图方法，作图是关键。不落窠臼。24.如图，在轴下方有匀强磁声，磁感应强度大小为B，方向垂直于*y平面向外P是y轴上距原点为的一点，N0为轴上距原点为a的一点。A是一块平行于*轴的挡板，与轴的距离为，A的中点在轴上，长度略小于。带电粒子与挡板碰撞前后，*方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量

24、为，电荷量为的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。14. 【解析】设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为,与板碰撞后再次进入磁场的位置为.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有,粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离保持不变有,粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离始终不变,与相等.由图可以看出设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n次(n=0、1、2、3).假设粒子能回到P点,由对称性,出射点的*坐标应为-a,即,由两式得假设粒子与挡板发生碰撞,有联立得n0，0*0，*a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小均为B。在O点处有

25、一小孔，一束质量为m、带电量为qq0的粒子沿*轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到*一最大值之间的各种数值速度最大的粒子在0*a的区域中运动的时间之比为2：5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中作圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的围不计重力的影响。1. 解：对于y轴上的光屏亮线围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和*=a相切，此时r=a，y轴上的最高点为y=2r=2a ;对于 *轴上光屏亮线围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和*=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在*

26、轴上的坐标为*=2a;速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是c和c 由对称性得到 c在 *轴上，设在左右两局部磁场中运动时间分别为t1和t2,满足解得 由数学关系得到：代入数据得到：所以在* 轴上的围是26如图，在区域I0*d和区域IId*2d分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于O*y平面。一质量为m、带电荷量qq0的粒子a于*时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿*轴正向。a在离开区域I时，速度方向与*轴正方向的夹角为30；因此，另一质量和电荷量均与a一样的粒子b也从p点沿*轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间

27、的相互作用力。求1粒子a射入区域I时速度的大小；2当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。解析：1设粒子a在I做匀速圆周运动的圆心为C在y轴上，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为,如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得由几何关系得式中，由式得(2)设粒子a在II做圆周运动的圆心为Oa,半径为，射出点为图中未画出轨迹，。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得由式得、和三点共线，且由 式知点必位于 的平面上。由对称性知，点与点纵坐标一样，即 式中，h是C点的y坐标。 设b在I中运动的轨道半径为，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 设a到达点时，b位于点，转过的角度为。如果b没有

28、飞出I，则式中，t是a在区域II中运动的时间，而由式得由式可见，b没有飞出。点的y坐标为由式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为五、带电体在重力场和磁场中的运动27.如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为qq0、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为0。为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率。重力加速度为g。据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O。P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N

29、和磁场的洛仑兹力fqvB 式中v为小球运动的速率。洛仑兹力f的方向指向O。根据牛顿第二定律由式得由于v是实数，必须满足0 由此得B可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为 由式得六、带电粒子在电场、磁场中运动28.如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面纸面。在柱形区域加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区

30、域。假设磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。解析粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得 式中v为粒子在a点的速度。过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此，设=*，由几何关系得联立式得再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得vt式中t是粒子在电场中运动的时间，联立式得29.如以下图，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆

31、形区域，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于*Oy平面向里。一带正电的粒子不计重力从O点沿y轴正方向以*一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。1求电场强度的大小和方向。*yOPB2假设仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以一样的速度射入，经t0/2时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。3假设仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。解析：1设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿*轴负方向，于是可知电场强度沿*轴正方向且有 qE=qvB又 R=vt0则

32、 2仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向位移 由式得 设在水平方向位移为*，因射出位置在半圆形区域边界上，于是又有 得 3仅有磁场时，入射速度，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有又 qE=ma由式得 由几何关系 即 带电粒子在磁场中运动周期则带电粒子在磁场中运动时间所以 30.如以下图：正方形绝缘光滑水平台面W*YZ边长=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界W*上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=510-13C的

33、微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场微粒始终不与极板接触，然后由*Y边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于*正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s21求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性；2求由*Y边界离开台面的微粒的质量围；3假设微粒质量mo=110-13kg，求滑块开场运动时所获得的速度。【答案】1C板为正，D板为负； ；1由左手定则及微粒的偏转方向可知，该微粒带正电，即C板为正，D板

34、为负；电场力的大小为2由题意知两个轨迹边界如以下图，由此边界结合勾股定理得再由向心力公式得且联立式，得该微粒的质量围：3先将质量mo=110-13kg代入可得以及，其轨迹如以下图。由图可知，也即是设微粒在空中的飞行时间为t,则由运动学公式可知设滑块滑至与微粒相碰过程中的平均速度为，将其沿Y*以及W*方向分解，各自的分速度记为、，根据运动学公式沿W*方向有沿Y*方向有由可得以及根据勾股定理知把当做该过程中间时刻的瞬时速度，设滑块初速度为，由运动学公式得再根据牛顿第二定律知2；3 其方向与Y*沿线夹角为。31如以下图，在坐标系*oy中，过原点的直线OC与*轴正向的夹角120,在OC右侧有一匀强电场

35、：在第二、三象限有一心强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直抵面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以*一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与*轴的夹角30，大小为v，粒子在磁场中的运动轨迹为纸面的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求1粒子经过A点时速度的方向和A点到*轴的距离；2匀强电场的大小和方向；3粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。A点到*轴的距离：*= RRcos30联立解得：* = 2粒子能从O点进入电场且能由O点返回，对正电荷，说明电场的方向垂直于OC向左，设电场强度大小为E，电场中的时间为t1，由动量定理：vvOO2DFEqt1=2mv粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期T，由：T= 从O点返回磁场