【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29% 【解析】 【详解】

v2（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m

R0可得：v=6×105m/s；

（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=

0.06=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置； cos370.06=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开； sin37Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-

故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；

（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得： y=a=t=

12

at…① 2qEqU=…② mmdL…③ v由①②③解得：y=0.08m

设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=rsinα+R0-R0cosα 可知tanα=比例η=

4，即α=53° 353?×100%=29% 180

10．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g．求：

（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．

【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（后，AB边距桌面的高度为22v20g．

【解析】 【分析】 【详解】

（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，

由几何知识得：r2+r2=L2， 解得：r=

22L， 小球在磁场中做圆周运的周期：T=2?rv，

0小球在磁场中的运动时间：t1=

124T=?L4v， 0小球在斜面上做类平抛运动，

2）框架以CD为轴抬起

水平方向：x=r=v0t2， 运动时间：t2=2L， 2v0则：t1：t2=π：2；

（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，

21222v0位移：r=at2，解得，加速度：a=，

2Lmgsin?=gsinθ， 对小球，由牛顿第二定律得：a=

m222v0AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=；

g

11．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，与x轴相交于Q点，Q点的横坐标

x0?6cm，在第一象限y轴和MN之间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度

E?1.6?105N/C，在第二象限有半径R?5cm的圆形磁场，磁感应强度B?0.8T，方向垂直xOy平面向外．磁场的边界和x轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x轴

上方180°范围内的各个方向发射比荷为

6q?1.0?108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的m发射速率v0?4.0?10m/s．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：

（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）0?y?10cm （3）9cm 【解析】

【详解】

（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动

v2qv0B?m

r解得：r?mv0?5cm qB（2）由（1）问中可知r?R，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形PO?FO1为菱形，所以FO1//O?P，又O?P垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0?y?10cm．

（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有

x0?v0t0

h?12at0 2a?qE m解得：h?18cm?2R?10cm，

说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则

x?v0t

y?12at 2代入数据解得x?2y 设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出的电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为?，

qExvmv0，

tan??y??2yv0v0所以H??x0?x?tan??x0?2y??2y，