1、1寒假作业（1）参考答案1.（1）因为+ 是以中点 O 对称，所以 1baqA、,0abU滑块由 ab，根据动能定理： 221Emgqab 2mglE02（2）对小滑块由 ob 的过程，根据动能定理： 204nLgqUob2qEnqLgUOb 2)1(400（3） 2ba)(0小滑块从 a 点开始，最终停在 O 点，根据动能原理 2oqU0EmgsS 2(21)4anl2.（1）如图答 1 所示，经电压 加速后以速度 射入磁场，粒子刚好垂直 PQ 射出磁场，2U2v可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在 PQ 边界线的 O 点，半径 与磁场宽 L 的关系式2R为 （2 分） ，2cosLR又
2、 （2 分） ，解得 （2 分）2mvBq2cosBqLvm加匀强电场后，粒子在磁场中沿直线运动射出 PQ 边界的条件为 EqBq （2 分） ，电场力的v方向与磁场力的方向相反。 （2 分）由此可得出 ，E 的方向垂直磁场方向斜向右下（2 分） ，与磁场边界夹角为2cosBqLm2（2 分） ，如图答 2 所示。（2）经电 压 加1U速后粒子射入磁场后刚好不能从 PQ 边界射出磁场，表明在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与 PQ边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心 O 的位置，如图答 3 所示，圆半径 与 L 的关系1R式为： （2 分）11cos,cosLLR又 ，解得 （2 分）1mvBq
3、1()Bq由于 ， ，所以 （2 分）211U212cos()Uv3.解：（1)根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，再根据左手定则判断，磁场方向垂直于纸面向外。 （4 分）(2)设带电粒子的电量为 q，质量为 m，盒子的边长为 l，粒子在电场中沿 ad 方向的位移为l，沿 ab 方向的位移为 ，得2，01Eqlv解得匀强电场的场强为 （5 分）28ml带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，轨道半径为 R，根据牛顿第二定律得解得 2vqBR0vBq3根据如图的几何关系 2llR解得轨道半径为 58l解得磁场的磁感应强度 （9 分）0mvBql因此解得 （2 分）05E4. （8 分） （1）因
4、小球恰能到 B 点，则在 B 点有（1 分）2dmvg（1 分）/sB小球运动到 B 的过程，由动能定理（1 分）21BmvgdqEL（1 分）1452qEgdB（2）小球离开 B 点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距 A 点距离为 x，落地点与起点的距离为 s，由动能定理小球从静止运动到 B 有21BvmgdLqE（2 分）/s6vB21gtd4.0gdtm4.tvxB（2 分）20ls45.解：（1）质点从 P 到 P ，由平抛运动规律12h= gtv vth0gty求出 v= 22方向与 x 轴负方向成 45角（2）质点从 P 到 P ，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力23Eq=
5、mgBqv=m Rv2(2R) =(2h) +(2h)22解得 hgqmBgE（3）质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动。当竖直方向的速度减小到 0。此时质点速度最小，即 v 在水平方向的分量方向沿 x 轴正方向。ghv245cosmin6. gdaC 22CTQdmdgg解：（1）用 Q 表示极板电荷量的大小， q 表示碰后小球电荷量的大小。要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，即 d其中 q又有 C由式得 mgd（2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以 a1 表示其加速度，t1 表示从 A 板到 B 板所
6、用的时间，则有51magdq2t当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动。以 a2 表示其加速度，t 2表示从 B 板到 A 板所用的时间，则有2magdq1t小球往返一次共用的时间为（t 1+t2） ，故小球在 T 时间内往返的次数21tTn由以上有关各式得mgdCgdm22小球往返一次通过电源的电量为，在 T 时间内通过电源的总电量 Q=2qn 由式可得mgdCgdmQ22 7. 解：（1）带电微粒在电场中做类平抛运动时间 t，加速度 ，a设出电场时竖直方向的速度为 （1）,yUqv（2） （3）tvL0ty或 （1） （2）21/03smdUqa svLt601由（1
7、） （2）得 （3）satvy/5由（1） （2） （3）得 （4）smvy/102520与水平方向夹角 ，即垂03,tany直与 AB 出射。 （5）6yx0ABEy/x/01020/vt C（2）带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移 ，有y21at代入（1） （2）得， ，好粒子由 P1 点垂直 AB 射入磁场。 （6）2603dmy带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示。 设匀速圆周运动 P1Q1 段半径 R1，根据几何关系有（7）21130cosdR由 （8）12vqB得 （9）TRm31带电粒子在 B2 磁场中以 O2 为圆心做匀速圆周运动，即 Q1Q2 段，其半径 4/12R再次进入 B1
8、 区域时做以 O3 为圆心，半径仍为 R1 的匀速圆周运动，即 Q2P2 段，最后从 P2 点出磁场区域，如图所示。 （10）在三角形 P2CO3 中，根据数学知识，有（11）217.6840CRmc说明：（1）（11）每式 2 分，共 22 分。8.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）20vqBmr0rTvqB粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，(2 分）00(2)(cos45)C mxrq故，C 点坐标为 0(,)vB（1 分）7（2）设粒子从 A 到 C 的时间为 t1，由题意知： (1 分）1584mtTqB设粒子从进入电场到返回 C 的时间
9、为 t2，其在电场中做匀变速运动，有(2 分） 20()Eqtvm联立解得 qEvt02(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qBTt2413(1 分）故而，设粒子从 A 点到第三次穿越 x 轴的时间为qEmvtt 032147（1 分）（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 tv0 (1 分）沿着 E 的方向（设为 y轴）做初速为 0 的匀变速运动，即21tmqy， tmqEvy(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
10、系知 045tany20yvyv0tan解得 0v 21rct(4 分）8寒假作业（2）参考答案1.（8 分） （1）粒子匀速运动，所受电场力与洛伦兹力等大反向，则金属棒 B 端应为高电势，即金属棒应朝左运动（1 分）设 AB 棒的速度为 v，产生的电动势（1 分）Bd板间场强（1 分）vE粒子所受电场力与洛伦兹力平衡（1 分）0Bq有 （1 分）v（2）金属棒停止运动，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，当位移为 时，粒子RBqmv0转过的角度为 （1 分）3设粒子运动时间为 ，有t（1 分）2Tt（1 分）Bqmt3612.（19 分 x）解答：（1）R 1 （4 分）2R9 83F BIL
11、0.12 N （4 分）由 mg - F ma （2 分）a g - 8.8（m / s 2） （2 分）Fm（2）mgr - Q mv22 0 12 （5 分） 9Q mgr - mv22 0.44 J （2 分）123 （12 分）解：（1）棒匀速向左运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电。微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下微粒带负电 （1 分）mg = （1 分）qdUcUc=IR （1 分）（1 分）REI3E = Blv0 （1 分）由以上各式求出 （1 分）03Blvmgdq（2）经时间 t0，微粒受力平衡 mg = （1 分）qUc（1 分）031latc求出 或
12、（1 分）Blqmgdt0v当 t t0 时，a 3 = g，越来越大，加速度方向向上 （1 分）tml解得 E= B=qhq24解.(1)只有当 CD 板间的电场力方向向上即 AB 棒向右运动时，粒子才可能从 O 运动到 O，而粒子要飞出磁场边界 MN 最小速度 v0 必须满足： 设 CD 间的电压为 U，则 解得 U=25V，又 U=B1Lv 解得 v=5m/s.20qBmvd2q10所以根据（乙）图可以推断在 0.25st1.75s 内，粒子能穿过 CD 间的电场。（2）当 AB 棒速度最大，即 v=20m/s 时产生感应电动势为： =B1Lv=100V此时带电粒子经加速后速度为 v，由
13、动能定理有： 解得：v=100m/s 此时带电粒子的轨道半径为 出射点与 O的水平距离为：粒子从边界 MN 射出来的位置间最大距离为 S=d-x=7.3cm5. 逆时针方向，大小方向都不变。 感生电动势为 ，RtLBI02 RtLBQ204021tLBE动生电动势为 。当 时，回路感应电流为零；当gHE02 gtL0时，回路感应电流为逆时针方向，大小 ；当gtL0 tRgHLBI20时，回路感应电流为顺时针方向，大小 。 t20 tI06 （1）0 到 t 时间内，导体棒的位移 x tt 时刻，导体棒的长度 l x导体棒的电动势 EBl v 0回路总电阻 R(2x x)r2电流强度 0BvEIR（电流方向 ba（2） FBlI 20BvtEIRr（3）解法一t 时刻导体的电功率 P I 2R230BvtEr（Pt Q t320(tI（7.解：（1）设磁感应强度为 B，线框总电阻为 R，当线框刚进入 上边磁场时2mqmq.0 .70.2cmdx
