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1、磁场练习答案212（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供 （2分） 得 （2分）（2）粒子在磁场中运动周期（2分）如图所示的运动轨迹，运动时间最长为t分析可得 （3分）即粒子在磁场中运动的最长时间为 （2分）或者、（3）从y轴最上方飞出的粒子坐标为，右边界出射点为则有 得y3=8cm （2分） 有 在x方向匀速直线运动 得 （2分）在y方向 出射时方向水平，则 （2分）则 从电场右边界飞出的粒子坐标为 （213（18分）解：（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有，(1分） (1分）粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，yx0A B Ey/x/01020/vtC (2
2、分）故，C点坐标为 （1分）（2）设粒子从A到C的时间为t1，由题意知： (1分）设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，有 (2分） 联立解得 (1分） 设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知(1分）故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为 （1分）ks5u（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v0的方向（设为x轴）做匀速运动，即 (1分）沿着E的方向（设为y轴）做初速为0的匀变速运动，即， (2分）设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为.由图中几何关系知 解得 (4分）14 解一：电子
3、在第象限做类平抛运动,沿y轴方向的分速度为 设OP=h,则 可得解二：经分析可知在第四象限中电子做匀速圆周运动，故可知OP的距离就是圆周运动的半径：由得答案：在一个周期内,设在第象限运动时间为t3,在第象限运动时间为t2,在象限运动时间为t1,在第象限运动时间为t4在第象限有解得 在第象限电子做圆周运动,周期在第象限运动的时间为由几何关系可知,电子在第象限的运动与第象限的运动对称,沿x轴方向做匀减速运动,沿y轴方向做匀速运动,到达x轴时垂直进入第四象限的磁场中,速度变为0.在第象限运动时间为 ks5u电子在第象限做四分之一圆周运动,运动周期与第周期相同,即在第象限运动时间为电子从P点出发到第一
4、次回到P点所用时间为15（19分）（1）在01s内，粒子在电场力作用下，带电粒子在x方向上做匀速运动 （1分）Y方向做匀加速运动 （1分）1s末粒子的速度 （1分）V1与水平方向的夹角,则 （1分）代入数据解得 （2分）(2) 在1s2s内，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律 （1分）得m （1分）粒子做圆周运动的周期 （2分）（3）粒子运动轨迹如图所示 （2分）（4）（2n-1）s末粒子的坐标为 （1分） （1分）此时粒子的速度为 （1分） （1分）带电粒子在（2n-1）s2ns（n=1,2,3）内做圆周运动的轨迹如图所示半径m （1分）最高点G的位置坐标为 m （1分） m （1分）1
5、617（19分）(1)设MN左侧匀强电场场强为E1，方向与水平方向夹角为带电小球受力如右图沿水平方向有 qE1cos=ma （1分）沿竖直方向有 qE1sin=mg （1分） 对水平方向的匀加速运动有 v2=2as （1分） 代入数据可解得E1=0.5N/C （1分）=53 （1分）即E1大小为0.5N/C,方向与水平向右方向夹53角斜向上(2) 带电微粒在MN右侧场区始终满足qE2=mg （1分）在01s时间内，带电微粒在E3电场中 m/s2 （1分） 带电微粒在1s时的速度大小为 v1=v+at=1+0.11=1.1m/s （1分）在11.5s时间内，带电微粒在磁场B中运动，周期为s （1
6、分） 在11.5s时间内，带电微粒在磁场B中正好作半个圆周运动所以带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5s时的速度大小为1.1m/s, 方向水平向左 （1分）(3)在0s1s时间内带电微粒前进距离s1= vt+at2=11+0.112=1.05m (1分)带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径m （1分）因为r+s12.28m，所以在1s2s时间内带电微粒未碰及墙壁在2s3s时间内带电微粒作匀加速运动，加速度仍为a=0.1m/s2，在3s内带电微粒共前进距离s3=m （1分）在3s时带电微粒的速度大小为m/s在3s4s时间内带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径 m=0.19m （2分）因为r3+s32.28m，所以在4s时间内带电微粒碰及墙壁 带电微粒在3s以后运动情况如右图，其中 d=2.28-2.2=0.08m （1分）r3r3d sin= ， 30 （1分） 所以，带电微粒作圆周运动的时间为s （1分）带电微粒与墙壁碰撞的时间为t总3+=s （1分）17
