(物理)物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动易错剖析及解析.doc

1、（物理）物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动易错剖析及解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。现从P点沿与x轴正方向成37角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。求：（1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。

2、【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度沿与轴正向成角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过轴左侧磁场后，从轴上D点垂直于轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得： 在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为， 解得： ；(2)由公式得：，解得： 由可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为 带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为，时间为 带电粒子从D做匀速圆周运动到点的周期为，所用时间为 从P点到再次回到P点所用的时间为 联立解

3、得：。2如图所示,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核、,的速率为v, 的速率为 ,沿PO方向发射的恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53=0.8,cos53=0.6。(1)求原子核的比荷 (用B、v、R表示)及其从P点到边界MN的最短时间；(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求粒子的质量数a；(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其

4、中占40%,占60%,求稳定后通过电阻r的电流大小。(已知电子的电荷量为e)【答案】(1) ; (2) (3) 【解析】【分析】（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，再根据电流的定义式求出电流的表达式。【详解】（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由，得弦OP最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：由几何关

5、系得：圆心角为，运动的周期为故运动的时间为（2）设圆周运动半径为，如图所示、：由几何关系得：解得：设Y粒子的质量为，电荷量为由，解得：联立解得：，即，解得：a=15（3）对Y粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为，如图所示：已知轨迹恰好与A相切，则代入数据解得：，解得：由几何关系得Y粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y粒子数为由几何关系得Y粒子在范围内出射能到达金属板单位时间打到金属板的Y粒子数为通过电阻r上的电流【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时

6、间。3如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 ABCD、ADBC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 （90），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为 m，带电量为 q，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场的电场强度大小【答案】（1）（2） （3） 【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，

7、由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O 由几何关系可知： 洛伦兹力做向心力： 解得 （2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有粒子作匀速运动：x=v0t联立解得 （3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv0B解得【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等

8、于电场力.4“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势为，内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与MN板的距离为L假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB

9、圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小，若从AB圆弧面收集到的某粒子经O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间【答案】（1）；（2）；（3） ；【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：(2）从AB圆弧面收集到的粒子有能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角

10、根据几何关系，粒子圆周运动的半径：由洛伦兹力提供向心力得：联合解得：（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程建立如图坐标.若速度与x轴方向的夹角为角5如图所示，在足够长的绝缘板MN上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未标出），在绝缘板上方的P点有一个粒子发射源，它在同一时间内沿纸面向各个方向发射数目相等的带正电粒子，粒子的速度大小相等。已知粒子的比荷为k，在磁场中运动的轨道半径R，P点与绝缘板的距离为d1.6R（不计粒子间的相互作用和粒子的重力，sin3706，sin530.8）。求（1）粒子源所发射粒子的速度大小v0；

11、（2）能够到达绝缘板上的粒子在板上留下痕迹的最大长度Lm；（3）打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值。【答案】（1）（2）2R（3）0.25【解析】【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力可得粒子在磁场中运动的轨道半径为：粒子比荷为k，联立解得：（2）画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C、D，粒子在C点与绝缘板相切，PD为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得：带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为：（3）根据上图中的几何关系可得：，根据旋转圆的方法可知，粒子旋转的角度为37+5390范围内有粒子打在板上，打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的，故打在绝缘板上

12、的粒子数占总发射粒子数的比值为0.25。【点睛】6如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，a、b间加有电压， b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场，最后粒子打到b板的Q处(图中未画出)被吸收已知P到b板左端的距离为2d，求：（1）进入磁场时速度的大小和方向；（2）P、Q之间的距离；（3）粒子从进入板间到打到b板Q处的时间【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在两板间做类平抛运动，则：v0t=2d

13、 =d，所以，v0=vyvp=，1，45（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图；，得：左手定则，判断出粒子轨迹，（3）在电场中的时间 磁场中的周期 ，则【点睛】此题关键是搞清粒子的运动特点：在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹图即可解答.7某种回旋加速器的设计方案如俯视图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一极窄狭缝(沿OP方向的狭长区域，)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙)，极板A、B之间加如图丙所示的电压，极板间无磁场，仅有的电场可视为匀强电场；两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其它部分存在垂直纸面

14、向外的匀强磁场在离子源S中产生的质量为m、带电荷量为q的正离子，飘入电场，由电场加速后，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为0.99D，到出射孔P的距离为5D已知磁感应强度大小可调，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出假设离子打到器壁即被吸收，离子可以无阻碍的通过离子源装置忽略相对论效应，不计离子重力，0.9921求：(1)磁感应强度B的最小值；(2)若磁感应强度，则离子从P点射出时的动能和离子在磁场中运动的时间；(3)若磁感应强度，如果从离子源S飘出的离子电荷量不变，质量变为原来的K倍(K大于1的整数)，为了使离子仍从P点射出，则K可能取哪些值【答案】(1

15、) (2) (3) K9，n25；K15，n15；K25，n9；K45，n5；K75，n3；K225，n1【解析】【详解】(1)设离子从O点射入磁场时的速率为v，有设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，若离子从O点射出后只运动半个圆周即从孔P射出，有2r5D此时磁感应强度取得最小值，且最小值为(2)若磁感应强度，正离子在磁场中的轨道半径，经分析可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减小到零后又重新反向加速到进入时的速度，从进入处到再次回到磁场区域，因为，这样的过程将进行2次，然后第3次从极板右边界进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速，如图所示，若离子绕过两极板

16、右端后被加速了n次，则此时离子运动的半径为被加速了(n1)次对应的半径离子从孔P射出满足的条件解得n1132，即离子从静止开始被加速169次后从P点离开，最大动能在磁场中的总时间t169.5T，因为可得；(3)若离子电荷量为q，质量变为Km，设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为rK，在电场中被加速n次进入磁场的半径为rn，则，其中，由上面知，K越大，离子被加速一次后直接进入磁场半径越大，由(2)问知，分三种情况讨论：情况一：在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为：22rK0.99D同时22rK2rn5D由知：K1的整数，故K2，代入知：，由于n要求取

17、整数，情况一中n不存在情况二：在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为2rK0.99D22rK0.99D2rK2rn5D由知2.2K9，由知：，当K分别取3、4、8时，n不可能取整数，情况二也不存在情况三：在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件2rK0.99D2rn5D由知：K9，由知：Kn1523535，故K可能有6组取值，分别为：K9，n25；K15，n15；K25，n9；K45，n5；K75，n3；K225，n18如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、b

18、c的中点efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场中f点abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿bf方向运动P与A发生弹性碰撞，A的电量保持不变，P、A均可视为质点（1）若A从ed边离开磁场，求k的最大值；（2）若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间【答案】（1）1（2）或 ；A球在磁场中运动的最长时间【解析】【详解】（1）令P初速度，设P、A碰后的速度分别为vP和vA， 由动量守恒定律： 由机械能守恒定律： 可得：，可知k值越大，vA越大；设A在磁场中运动

19、轨迹半径为R， 由牛顿第二定律： 可得：，可知vA越大，R越大；即，k值越大，R越大；如图1，当A的轨迹与cd相切时，R为最大值，可得：，求得k的最大值为 （2）令z点为ed边的中点，分类讨论如下：（I）A球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图2有 解得： 可得： （II）由图可知A球能从z点离开磁场要满足，则A球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z点离开令电场强度；如图3和如图4，由几何关系有： 解得：或 可得：或 当时，由于 当时，由于 此类情形取符合题意要求，即综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为： 或A球在磁场中运动周期为 当

20、k=时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间9如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀的向各个方向同时发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子， PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为，且粒子打在挡板上会被吸收不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求:（1）为使最多的粒子打在挡板上，则挡板至少多长；（2）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间差是多少；（3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率。【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】【分析】【详解】（1）粒子

21、在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：解得：在挡板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图所示：由题意可知：由几何知识可得：设粒子初速度方向与OP夹角为，随着从0开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N点逐渐下移；当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为M，在OPM中，由几何关系可得：所以当夹角继续增大，则粒子打在挡板上的点从M点逐渐下移至P点，由以上分析知道,挡板长度至少等于时，挡板吸收的粒子数最多（2）由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图2轨迹1所示由几何知识得粒子转过的圆心角为：当粒子从右侧恰好打在P点时，时间

22、最长，如轨迹2所示由几何知识得粒子转过的圆心角为：粒子的运动周期：最短时间：最长时间： 最长的时间差：（3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿轨迹2的粒子速度方向之间都能打在板上，粒子方向的夹角为：打到板上的粒子占所有粒子的比率为：10如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v3.2106m的粒子已知屏蔽装置宽AB9cm，缝长AD18cm，粒子的质量m6.641027kg，电量q3.21019C若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中 (1)若所有的粒子均不能从条形磁场隔离

23、区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？ (2)若条形磁场的宽度d20cm，则射出屏蔽装置的粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)【答案】（1）0.34cm；（2）；【解析】【分析】【详解】(1)由题意：AB9cm，AD18cm，可得：BAOODC45所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有，解得R0.2m20cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的粒子的圆周轨迹相切，则所有粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示设此时磁场宽度为d0，由几何关系得 (2)设粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，

24、则 设速度方向垂直于AD进入磁场区域的粒子的入射点为E，如图所示因磁场宽度d20cmd0，且R20cm，则在EOD间出射进入磁场区域的粒子均能穿出磁场右边界，在EOA间出射进入磁场区域的粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE方向进入磁场区域的粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长设在磁场中运动时间最长为，则若粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则粒子穿过磁场时间最短最短的弦长为磁场宽度d.设在磁场中运动的最短时间为，轨迹如图所示因Rd，则圆弧对应圆心角为60，则【点睛】当粒子（速度一定）在有界磁场中轨迹是劣弧时，粒子在磁场中运动轨迹的弦最短，粒子在磁场中运动时间最短11

25、地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害为研究地磁场，某研究小组模拟了一个地磁场如图所示，模拟地球半径为R,地球赤道平面附近的地磁场简化为赤道上方厚度为2R、磁感应强度大小为B、方向垂直于赤道平面的匀强磁场磁场边缘A处有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子研究发现，当粒子速度为2v时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应（1）求粒子的比荷；（2）若该种粒子的速度为v，则这种粒子到达模拟地球的最短时间是多少？（3）试求速度为2v的粒子到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值（结果用反三角函数表示例：，

26、则，为弧度）【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）其轨迹如图1所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为r，则根据几何关系：解得又由得，（2）速度为v的粒子进入磁场有：由得，若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从A斜向上射入，在A交点E到达地球的弦长最短时间最短，故，得：，（3）沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO方向成角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球作A点该速度垂直和过切点与O点连线延长线交于F点，则F点为圆心，如图3AF=4R，AO=OF=3R，得故，考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动【名师

27、点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，12如图所示，在水平面内有一个正三角形边界和一个边长为l、每条边均为挡板的正六边形边界ABCDEF，在其六个顶点各开有一小孔，且正三角形边界与正六边形边界的几何中心重合.两边界之间的区域和六边形边界以内的区域均有垂直纸面向里的匀强磁场，三角形边界以外为真空.区域磁感应强度大小为4B0，区域磁感应强度大小为B0.现有大量质量均为m、电量均为q的正电粒子(粒子直径略小于小孔直径)从A点以大小不同的速度v

28、垂直于AB边进入区域，若粒子与挡板撞击则速度立刻减为0，不计粒子的重力与粒子间的相互作用力，则：(1)求能从顶点C由区域射入区域的粒子速度的大小；(2)求粒子最初从A点出发又回到A点经历的最短路程;(3)为使所有粒子均不会从正三角形边界中飞出，求正三角形边界所围的最小面积.【答案】(1) (2)（3）【解析】(1)粒子能从C点由区域射入区域的粒子圆心在B点,轨迹半径R=l 又因为，所以；(2)经分析，除一开始从发射点A运动到点D、并在点D由区域射入区域的粒子，其余粒子运动一段时间后均会与挡板相撞，速度减为0.不与挡板相撞的粒子在区域运动轨迹的半径R1=2l，圆心角 在区域磁感应强度变为4B0，

29、运动轨迹的半径，圆心角 可画出物理在两个磁场区域内的运动轨迹如图所示.从A出发回到A的最短 ；(3)如下图所示，画一个正三角形边界，使该三角形三条边均与区域中的三个半圆形轨迹相切.由图可知，三角形 边长 点睛：本题运用几何关系与物理规律相结合来解题，要学生掌握这类题型的答题方法与技巧，因此根据题意结合知识，画出正确的运动轨迹图是关键之处。13如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N

30、极板收集到的粒子全部中和吸收一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应sin53=0.8，cos53=0.6（1）求粒子的发射速度v的大小；（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37，求它打出磁场时的坐标：（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例【答案】（1）6105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%【解析】【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m可得：v=6105

31、m/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=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；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=at2a=t=由解得：y=0.08m设此粒子射入时与x轴的夹角为，则由几何知识得：y=rsin+R0-R0cos可知tan=，即=53比例=100%=29%14简谐运动是一种理想化的运动模型，是机械振动中最简单、最基本的振动。简谐运

32、动的物体受到回复力的作用，回复力F的大小与物体偏离平衡位置的位移x成正比，回复力的方向与物体偏离平衡位置的位移方向想反，即：F=-kx，其中k为振动系数，其值由振动系统决定。用长为L的细线将质量为m的小球悬挂起来，就构成了一个单摆，如图甲所示。（1）证明：在偏角很小的情况下，单摆做简谐运动。（2）已知月球上的自由落体加速度为地球上的1/4，若将地球上周期是2s的单摆拿到月球上，求它在月球上做50次全振动的时间。（3）若使周期是2s的单摆小球带上正电，并将单摆分别置于竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场中，如图乙和图丙所示。使带电小球均做小角度的简谐运动，在电场和磁场中小球振动的周期还是2s吗

33、？请分别分析说明。【答案】（1）证明过程见解析；（2）200s（3）加电场时单摆的周期小于2s；加磁场时单摆周期不变.【解析】【详解】（1）单摆受力分析如图所示，单摆的回复力大小为 F回=G1=mgsin当很小时，sin，等于角对应的弧长与半径的比值，即sin得 F回=mg当很小时，弧长PO近似等于弦长，与摆球偏离平衡位置的位移x大小相等，考虑到回复力和位移相反，则得回复力与位移的关系为 ，其中，即有 F回=-kx所以在摆角很小的情况下，单摆的往复运动是简谐运动（2）月球表面的重力加速度为，将秒摆拿到月球上去，周期为： 它在月球上做50次全振动时间为：t=50T=504s=200s.（3）图乙

34、中，摆球受到重力G、电场力F电和摆线拉力T，与重力场中的单摆类比，等效的“重力”G=G+F电，代入单摆周期公式得：，可知单摆的周期变小； 图丙中，摆球受到重力G、洛伦兹力F洛和摆线拉力T，与重力场中的单摆类比，单摆周期与重力场中相同，即单摆的周期仍为2s。15如图甲所示,以O为原点建立0y平面直角坐标系.两平行极板P、Q垂直于y轴且关于J轴对称放置,极板长度和极板间距均为l,第一、四象限有方向垂直于Oxy平面向里的匀强磁场.紧靠极板左侧的粒子源沿J轴向右连续发射带电粒子,已知粒子的质量为m、电荷量为十q、速度为v0、重力忽略不计.两板间加上如图乙所示的扫描电压(不考虑极板边缘的影响)时,带电粒

35、子恰能全部射入磁场.每个粒子穿过平行板的时间极短,穿越过程可认为板间电压不变;不考虑粒子间的相互作用.(1)求扫描电压的峰值U0的大小.(2)已知射入磁场的粒子恰好全部不再返回板间,匀强磁场的磁感应强度B应为多少?所有带电粒子中,从粒子源发射到离开磁场的最短时间是多少?【答案】（1）（2）（3） 【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由题意可知，粒子的运动情况，根据运动的合成与分解可求得的加电压的峰值；粒子在磁场中做圆周运动，由洛仑兹力充当向心力以及几何关系可求得磁感应强度；粒子从上边缘飞出时时间最短，则由运动过程可求得各段内所经历的时间，则可求得总时间（1）所加扫描电压达到峰值时，粒子

36、在电场中的偏转位移为，粒子在电场中做类平抛运动，运动加速度为，时间为 在电场中的偏转位移 故所加扫描电压的峰值为 （2）设粒子从电场射出时的速度偏转角为，射入磁场时的速度为 粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力 粒子在磁场中射入与射出点间的距离为 联立解得，即所有粒子在磁场中射入与射出点间距离相同 依题意，从下边缘射出电场的粒子在磁场中做圆周运动后刚好到达电场上边缘，即，故匀强磁场的磁感应强度为 从电场上边缘射出的粒子整个过程运动时间最短， 粒子速度偏转角正切值，故 粒子在电场中运动的时间为 粒子在磁场中运动的最短时间为 故带电粒子从发射到离开磁场的最短时间是点睛：本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意认真审题，明确题意才能正确分析物理过程，进而确定正确的物理规律求解！如本题中明确说明通过时间极短，粒子通过时电场不变，故粒子即可不同电压下进行加速