重點高中物理引力場、電場、磁場經典解題技巧專題輔導模板

1、重點高中物理引力場、電場、磁 場經典解題技巧專題輔導模板作者:日期:高中物理弓I力場、電場、磁場經典解題技巧專題輔導【考點透視】一萬有引力定律萬有引力定律的數學表達式：F =G”獸，適用條件是：兩個質點間的萬有引力的計r舁。在高考試題中，應用萬有引力定律解題常集中于三點：在地球表面處地球對物體的萬有引力近似等于物體的重力，即GMmm- = mg ,從而得出GM = gR2 ,它在物理量間的代R換時非常有用。天體作圓周運動需要的向心力來源于天體之間的萬有引力，即_ Mm mv _ ，一2二G -=；圓周運動的有關公式：0=，v=mr。r rT電場kQiQ2庫侖7E律：F = 2，（適用條件：真仝

2、中兩點電何間的相互作用力） r電場強度的定義式：E f（實用任何電場），其方向為正電荷受力的方向。電場強度q是矢量。真空中點電荷的場強：E =kQ，勻強電場中的場強：E=U。 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark2 o Current Document rd電勢、電勢差：UAB = ： A - ;:B =WB 。 q HYPERLINK l bookmark8 o Current Document QS電容的定義式： C ,平行板電容器的決定式 C =。U4 二 kdUq = - mv2電場對帶電粒子的作用：直線加速2。偏轉：帶電粒子垂直進入平行板間的勻強電場將

3、作類平拋運動。第3頁共16頁提醒注意：應熟悉點電荷、等量同種、等量異種、平行金屬板等幾種常見電場的電場線和等勢面，理解沿電場線電勢降低，電場線垂直于等勢面。三磁場磁體、電流和運動電荷的周圍存在著磁場，其基本性質是對放入其中的磁體、電流、運動電荷有力的作用。熟悉幾種常見的磁場磁感線的分布。通電導線垂直于勻強磁場放置，所受安培力的大?。篎 = BIL ,方向：用左手定則判定。帶電粒子垂直進入勻強磁場時所受洛倫茲力的大?。篎 =qvB ,方向：用左手定則判定。若不計帶電粒子的重力粒子將做勻速圓周運動，有R = mv , T =2叫。qB qB【例題解析】一萬有引力例1地球(看作質量均勻分布的球體)上

4、空有許多同步衛(wèi)星，同步衛(wèi)星繞地球近似作勻 速圓周運動，根據所學知識推斷這些同步衛(wèi)星的相關特點。解析：同步衛(wèi)星的周期與地球自轉周期相同。因所需向心力由地球對它的萬有引力提供，軌道平面只能在赤道上空。設地球的質量為 M,同步衛(wèi)星的質量為 m,地球半徑為R,同步 ,GmM4二2衛(wèi)星距離地面的局度為 h,由F萬=5向，有 7=mr(R + h),得(R h)2T2q GMT2-GmM v2 /曰 / GM GmM /曰h =牛2R ；又由 2 = m得 v = 1，；再由 2 = ma得4二2(R h)2 R h 1. R h (R h)2a = GM由以分析可看出：地球同步衛(wèi)星除質量可以不同外，其軌

5、道平面、距地面(R h)高度、線速度、向心加速度、角速度、周期等都應是相同的。點撥：同步衛(wèi)星、近地衛(wèi)星、雙星問題是高考對萬有引力定律中考查的落足點，對此應 引起足夠的重視，應注意準確理解相關概念。第4頁共16頁例2某星球的質量為 M ,在該星球表面某一傾角為 日的山坡上以初速度 v0平拋一個物體，經t時間該物體落到山坡上。欲使該物體不再落回該星球的表面，至少應以多大的速度拋出物體（不計一切阻力，萬有引力常量為G） ?解析：由題意可知是要求該星球上的“近地衛(wèi)星”的繞行速度，也即為第一宇宙速度。設該星球表面處的重力加速度為g ,由平拋運動可得tan日=）=，故 = 2V0 tan ； x2vot對

6、于該星球表面上的物體有g MmR2GMt=mg ,所以 R =2v0 tan;而對于繞該星球做勻速解析：因為b、c在同一軌道上運行，由2v=m = mar知,其線速度大小、加速2mv 2GMv0tanu圓周運動的“近地衛(wèi)星”應有mg =,故 v = JgR 點撥：只有準確理解了第一宇宙速度的概念才能找到此題的切入點。以某星球為背景，在該星球上作相關的物理實驗是高考試題的一種新趨勢。處理時最好把該星球理解為熟知的地球，以便“身臨其境”，這樣會更容易理解、思考問題，從而找出正確的解題方法。3顆人造衛(wèi)星，下例3如右圖所示，a、b、c是在地球大氣層外的圓形軌道上運行的 列說法正確的是（）A . b、c

7、的線速度大小相等，且大于 a的線速度b、c的向心加速度大小相等，且大于 a的向心加速度c加速可以追上同軌道上的 b,b減速可以等候同一軌道上的a衛(wèi)星由于某種原因，軌道半徑緩慢變小，其線速度將變大GMv = J知 vb = vcWa ；而因.r2v E2D.兩處的電場方向相反， Ei E2Pi點左邊的，和Pi點右邊的-的電荷在Pi處產生44C.兩處的電場方向相同，EiE2解析：設均勻帶電細桿帶正電荷，桿I . 31的場強疊加為0,細桿右邊距 Pi的一到一處的電荷在Pi處廣生的場強為 E1，方向水平向44左，而整個桿在P2處產生的場強E2方向水平向右，可等效為桿的右端的 ，部分在該點產生2的場強(

8、大小與E1相等)和桿左端的,部分該點產生的場強 E的矢量疊加，因兩者方向相 2同，均與Ei的方向相反，必有 E2=Ei+E，所以EiE2,正確選項是 D。點撥：場強是矢量，疊加遵守矢量的平行四邊形定則。對此類非點電荷場強疊加問題， 在中學階段常利用電荷分布的對稱性、等效性來處理。例5如圖所示的勻強電場中，有 a、b、c三點，ab=5cm , bc=i2cm ,其中ab沿電場方向，bc和電場方向成600角，一個電荷量為q= 4父iO8 C的正電荷從a移到b電場力做功為Wi=i.2 iO,J,求：(i)勻強電場的場強 E=?(2)電荷從b移到c,電場力做功 W2=?(3) a、c兩點的電勢差Uac

9、=?解析：(1)設ab兩點間距離 d, W1 二 qU ab Wi=qUab, E = ab ,所以 E = 60V/m 。dqd(2)設 bc 兩點沿場強方向距離di =bc.cos60O , Ubc=Ed1，W2 = qU bc ,即W2 =Eq.bc.cos60 =1.44父10。(3)設電荷從a移到 c電場力做功為 W,則 W = Wi +W2 = qU ac，第6頁共16頁UacW46.6V。點撥：勻強電場的場強公式 E=U中的d是指兩點間距離在場強方向上的投影。電場力d做功W=qU與路徑無關，只與初末位置間的電勢差有關，注意理解第三問的求解思路。例6 一束質量為 m、電荷量為q的帶

10、電粒子以平行于兩極板.L-r的速度Vo進入勻強電場，如圖所示。如果兩極板間電壓為 U,兩極 ，一“ 板間的距離為d,板長為1,設粒子束不會擊中極板，則粒子從進入 L *1電場到飛出極板時電勢能的變化量是多少（粒子的重力忽略不計）？解析：粒子在極板間運動的時間t ,垂直于極板方向的加速度 a = F =膽=亞：Vom m md所以粒子在飛越極板間電場的過程中，在電場方向發(fā)生的側移s = 1at2=.史I，電場22 mdv2q2U2122md2v；22| 2力對粒子做的功 W =qU - = -r，所以粒子電勢能的變化量 AE=W = d 2md2Vo點評：本題未說明粒子射入的位置，但從“粒子束不

11、會擊中極板”的題設條件，可知凡是能穿越電場的粒子， 發(fā)生的側移距離都相等，電勢能的變化量都相等， 而與粒子的射入位置無關。由此可見，仔細閱審題，領會一些關鍵句子的意義， 具有決定性的意義。 順便指出, 粒子射出電場后將作勻速直線運動。例7如圖（a）所示，真空中相距 d=5cm的兩塊平行金屬板 A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零）A板電勢變化的規(guī)律如圖（b）所示。將一個質量m=2.0X10-27 kg,電量q=+1.6X10-19C的帶電粒子從緊臨 B板處釋放，不計重力。求：（1）在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大??；圖（a ）圖（b ），UF = qE =

12、q , F = ma ,故d（2）若A板電勢變化周期 T=1.0X 10-5 s,在t=0時將帶電粒子從緊臨 B板處無 初速釋放，粒子到達 A板時動量的大??；（3） A板電勢變化頻率多大時，在t=T4到t=-時間內從緊臨B板處無初速釋放該2帶電粒子，粒子不能到達 A板。帶電粒子所受電場力解析：（1）電場強度 E =U da =q = 4.0 父 10 m/s2 ； mdT1 To2T 一（2）粒子在0一時間內走過的距離為 一a（一） =5.0父10 m 故帶電粒子在t=一時 2222第7頁共16頁恰好到達A板，根據動量定理，此時粒子動量p = Ft = 4.0 m 10*kg.m/s ； TO

13、C o 1-5 h z (3)若在帶t= T釋放電粒子，粒子在t=T到t= 3T內先作勻加速運動，后作勻減速運 444TaT2動至速度為零，以后將返回。粒子向A板運動的可能最大位移 s = 2Ma(T)2 =9二，當416sd時，粒子不能到達 A板，因f =1，故電勢變化頻率應滿足 f 一一 =5j2M104Hz。T. 16d點撥：處理帶電粒子在“方波”電壓形成的交變電場中的運動問題，關鍵是將帶電粒子 在不同方向的電場中的運動過程、受力情況分析清楚。 要特別注意：粒子在不同時刻射入電場，它在電場中的運動會有很大差別；當電場方向改變時， 粒子的運動方向不一定改變。若粒子的速度恰好為零，它將沿電場

14、力方向運動；若不為零，則運動方向不變。三磁場例8在水平面上平行放置著兩根長度均為L的金屬導軌 MN和PQ ,導軌間距為d ,導軌和電路的連接如圖所示。在導軌的MP端放置著一根金屬棒，與導軌垂直且接觸良好?？臻g中存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B。將開關S1閉合，S2斷開，電壓表和電流表的示數分別為 Ui和Ii ,金屬棒仍處于靜止狀態(tài)；再將開關S2閉合，電壓表和電流表的示數分別為 U 2和I 2 ,金屬棒在導軌上由靜止開始運動，運動過程中金屬棒始終與導軌垂直。設金屬棒的質量為m,金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為 V-,忽略導軌的電阻以及金屬棒運動過程中產生的感應電動勢，重力加速度為g。求：

15、(1)金屬棒到達NQ端時的速度大小。(2)金屬棒在導軌上運動的過程中，電流在金屬棒中產生的熱量。解析：(1)當通過金屬棒的電流為 L時，金屬棒受恒定的安培力和滑動摩擦力，在導軌上做勻加速運動，設加速度為a,金屬棒到達端 NQ時的速率為v,由牛頓第二定律得BdI 2 - Nmg = ma ,根據運動學公式 v2 = 2aL 有 v = 1)(2mg). 。mUi(2)開關Si閉合，S2斷開，當金屬棒靜止不動，其電阻為r =-1 ；設金屬棒在導軌上11運動的時間為t,電流在金屬棒中產生的熱量為Q,根據焦耳定律 Q = I 2rt和運動學公式第8頁共16頁2LmBdI2 - J mgvI；U1=WH

16、Q =上2Ii點撥：關于磁場對電流的作用力問題，往往都會與其它力學或電學知識相聯系，這就要 求考生有一定的綜合能力，能對所遇問題進行具體分析，弄清其中的物理狀態(tài)，物理過程, 找出其中起重要作用的因素及有關條件。例9在以坐標原點 O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內,存在磁感應強度大小為 B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場， 如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿-x方向射入磁場，恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿+y方向飛出。(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷 9 ; m(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)锳處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場

17、時的速度方向相對于入射方向改變了60角，求磁感應強度B多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？解析：(1)根據左手定則，由粒子的飛行軌跡可知該粒子帶負電。粒子由A點射入，由C點飛出了其速度方向改變了 90,則粒子2軌跡半徑R = r ,而qvB =mv,粒子的比荷 9。Rm Br(2)粒子從D點飛出磁場速度方向改變了 60角，故AD弧所對圓心角為 600,粒子做圓周運動的半徑 R = rcot30 = 3r ,而一 mv R =一；,所以qBB二於B。粒子在磁場中飛行時間3,T 1 2 m , 3 rt =66 qB 3v向射出，要使該粒了經過一段時間后又經過O點，B1與B2的比值應滿足什

18、么條件 ？點評：帶電粒子在磁場中的圓周運動的問題，往往是確定圓心、半徑、運動時間。確 定方法分別是：圓周軌跡上任意兩點的速度的方向垂線的交點或者一條速度的方向垂線和 圓的某條弦的中垂線的交點，就是圓心；圓心確定后，畫出半徑，根據平面幾何知識(大 多用勾股定理)去求解半徑；先求出運動軌跡所對應的圓心角， 然后根據公式t =工 g (T為運動周期)就可求得運動時間。2 二例10如圖所示，在x0的區(qū)域中，存在磁感應強度大小分別為81與82的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙而向里，且B1 B2。一個帶負電荷的粒子從坐標原點O以速度v沿x軸負第9頁共16頁解析：粒子在整個過程中的速度大小恒為V,交替地在xy

19、平面內Bi與B2的磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，軌道都是半個圓周。設粒子的質量和電荷量的大小分別為m和q ,圓周運動的半徑分2v ，口mvmv力U為r1和r2 ,由qvB = m 得r1 =, r2 =,粒子的運rqB1qB2動軌跡如圖所示。在 xy平面內粒子先沿半徑為 r1的半圓C1運動至y軸上距O為2ri的A點，接著沿半徑為r2的半圓Di運動至y軸下方的Oi點，OOi距離為d =2（上-ri）,此后，粒子每經過一次“回旋”（即從y軸出發(fā)沿半徑為口的半圓和沿 半徑匕為的半圓回到原點下方的 y軸上），與入射相比，粒子的 y坐標就降低d。設粒子經過n次“回旋”后經過 0n點，若00n間的距離（即nd

20、）滿足nd =2r1，則粒子再經過半個圓Cn書就能經過原點，所以 旦整理得B2,其中n = i、2、3.為回r2 n iBi n i旋”次數。點撥：處理帶電粒子在兩單一磁場中的組合問題，關鍵是盡可能準確地畫出粒子的運動 軌跡，通過軌跡尋找半徑與其他量間的關系，進而確定磁場間的關系。四復合場例ii如圖所示，一質量為 m的帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中運動,已知電場強度的大小為 E,方向豎直向下，磁感應強度為 B,方向垂 直紙面向里，若此液滴在垂直于磁感應強度的平面內， 做半徑為R的 勻速圓周運動，求：（i）液滴的速度大小和繞行方向； （2）倘若液滴 運行到軌跡最低點 A時，分裂成大小相

21、同的兩滴， 其中一個液滴仍在原來面內做半徑為 電=3R的圓周運動，繞行方向不變，且此圓周的 最低點也是A,另一液滴將如何運動 ？解析：（i）因液滴做勻速圓周運動，必然有重力與電場力平衡mg = Eq ,故液滴帶的是負電，由 qvB=m#v = qBR,v = gBR,其方向為順時針環(huán)繞。 RmE（2）分裂成大小相同的兩個液滴后，由于已知一個液滴仍做勻速圓周運動，所以兩個液滴各自所受電場力仍與重力平衡。 設按原繞行方向做半徑為 Ri運動的液滴速度為 必，由（i）的解法可知vi = = 3v ；因分裂前后動量守恒 mv =1mvi +工mv2 ,得 E22第i0頁共i6頁V2 =2v-V1 = v

22、。表明另一液滴速度與原液滴速度大小相等、方向相反，所以這該液滴仍以R為半徑做圓周運動，其軌跡最高點為A,繞行方向也為順時針。點撥：微粒在復合場中運動時，應注意對微粒運動過程及運動狀態(tài)的變化分析，據此推 斷應遵守的物理規(guī)律， 找到物理量間的聯系。 微粒在復合場是否計重力的判定：對于微觀粒子，重力通常被忽略，對質量較大的油滴或固體微粒，則重力一般不能忽略。例12如圖所示，電容量為 C的平行板電容器的極板 A和B水平放置，相距為 d,與電動勢為名、內阻可不計的電源相連。設兩板之間只有一個質量為m的導電小球，小球可視為質點。已知：若小球與極板發(fā)生碰撞， 則碰撞后小球的速度立即變?yōu)榱?，帶電狀態(tài)也立即改變

23、，改變后，小球所帶電荷-X-i 1+ A符號與該極板相同，電量為極板電量的口倍（a i）。不計 5亍Id帶電小球對極板間勻強電場的影響。重力加速度為g。 _ B（1）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運動，電動勢 6至少應大于多少？（2）設上述條件已滿足， 在較長的時間間隔 T內小球做了很多次往返運動。求在T時間內小球往返運動的次數以及通過電源的總電量。解析：（1）用Q表示極板電荷量的大小， q表示碰后小球電荷量的大小。要使小球能不停地往返運動，小球所受的向上的電場力至少應大于重力，即q mg ,其中 q =c(Q , d又有Q=Ce,由以上三式有 名下迦；二 c（2）當小球帶正電時，小球所受

24、電場力與重力方向相同，向下做加速運動。以a1表示 TOC o 1-5 h z 12.其加速度，t1表不從A板到B板所用的時間，則有 q+ mg = ma1，d= a ,當小球 d2帶負電時，小球所受電場力與重力方向相反，向上做加速運動，以22表示其加速度，t2表1 C不從B板到A板所用的時間，則有 qmg = ma2，d = a2t2，小球任返一次共用時間d2為（t1+t2 ）,故小球在 T時間內往返的次數n = ,由以上關系式得 t1 t2n =, 小球往返一次通過的電量為2q, 在 T 時間內通過2md之2md之,C 2 mgd I 二 C 2 - mgd電源的總電量Q.=2nq： 2：。

25、12md22md2：1 -： 2 mgd 工C 2 - mgd點撥：處理此類帶電粒子在復合場中的運動問題時，要認真審題，弄清關鍵詞語的含義,如本題中的“電源內阻不計（板間場強恒定）、上下往返運動（F電a G）、較長時間第11頁共16頁tit2Ekd57250mv0。有等。還要弄清在不同物理過程中小球的運動情況和受力情況，尋找不同物理過程對應的規(guī)律，才能正確解題。例13如圖所示，在 xoy平面內，MN和x軸之間有平行于 y軸的勻強電場和垂直于 xoy平面的勻強磁場，y軸上離坐標原點4L的A點處有一電子槍，可以沿+x方向射出速度為v0 的電子（質量為 m,電量為e）。如果電場和磁場同時存在，電子將

26、做勻速直線運動。如果撤去電場，只保留磁場，電子將從x軸上距坐標原點3L的C點離 v TOC o 1-5 h z 丁 , JWA開磁場。不計重力的影響，求：（1）磁感應強度 B和電場強度E的 大小和方向；（2）如果撤去磁場，只保留電場，電子將從 D點（圖中未標出）離開電場，求D點的坐標；（3）電子通過D點時的動能。解析：（1）只有磁場時，電子運動軌跡如右圖所示，洛侖茲比2力提供向心力ev0B= ,由幾何關系可得 就3工 R_2_ 2_ 2_ 8mv0 .R =（3L） +（4LR），故B=0，方向垂直紙面向里。由 5eL電子做勻速直線運動得 Ee =ev0 B ,所以E = 8mL ,方向沿y

27、25eL軸負方向。（2）只有電場時，電子從 MN上的D點離開電場，如右圖。 eE 2橫坐標為x=v0t,電子在豎直方向上的位移2L =t2 ,2m5 2L5、，2Lx =,故D點橫坐標x =（3）從A點到D點，由動能定理得Ee.2L = Ekd點撥：帶電粒子在復合場中的運動往往只是一些問題的組合，從心里上對此類問題要充滿自信，不要畏懼，只要一個問題一個地認真分析，順藤摸瓜，并抓住物理量間聯系問題還是很容易得到解決的。即使不能完全作正確，也應進行一些基本推斷，力求對基礎問題給出 合理的解答?！緦ｎ}訓練與高考預測】.我國將要發(fā)射一顆繞月運動的探月衛(wèi)星“嫦娥 l號”。設該衛(wèi)星的軌道是圓形的，且 TO

28、C o 1-5 h z 11,貼近月球表面。已知月球的質量約為地球質量的,月球的半徑約為地球半徑的1 ,地球814上的第一宇宙速度約為7.9km/s,則該探月衛(wèi)星繞月運行的速率約為（）A 0.4km/s B . 1.8km/s C 1lkm/s D 36km/s第12頁共16頁. 1969年7月21日，美國宇航員阿姆斯特朗在月球上留下了人類第一只腳印，邁出了 人類征服宇宙的第一步。 在月球上，如果阿姆斯特朗和同伴奧爾德林用彈簧秤測出質量為m的儀器的重力為 F,而另一位宇航員科林斯駕駛指揮艙，在月球表面飛行一周，記下所用時 間T,已知引力常量為 G試計算月球的質量。.一帶負電小球在從空中的 a點

29、運動到b點的過程中，受重力、空氣阻力和電場力作用， 小球克服重力做功 5J,小球克服空氣阻力做功1J,電場力對小球做功 2J,則下列說法正確的是（）A .小球在a點的重力勢能比在 b點的大5JB .小球在a點的機械能比在 b點的大1 JC.小球在a點的電勢能比在 b點的多2 JD .小球在a點的動能比在b點的多4 J4.如圖所示，在豎直放置的鉛屏A的右表面上貼著 P射線放射源已知P射線實質為高速電子流，放射源放出 P粒子的速度Vo =1.0Ml07m/s。足夠大的熒光屏 M與鉛屏A平行放置，相距2d =2.0父10 m ,其間有水平向左的勻強電場，電場強度大小E =2.5M104N/C。已知電

30、子電量e=1.6M109C ,電子質量取 m = 9.0父1031kg。求（1）電子到達熒光屏 M上的動能；（2）熒光屏上的發(fā)光面積。.如圖所示，在空間存在著水平方向的勻強磁場和豎直方向的勻強電場，電場強度為巳 磁感應強度為B,在某點由靜止釋放一個帶電液滴a,它運動到最低點處，恰與一個原來處于靜止的液滴b相撞，撞后兩液滴合為一體，沿水平方向做直線運動，已知液滴a質量是液滴b質量的倍，液滴a所帶電荷量是液滴 b所帶電荷量的4倍，求兩液滴初始 位置之間的高度差 h （設a、b之間的靜電力可以不計）。氏 艮XXXX XXXXX XXXXX X喈。二 X 2XXXX XXXXX X.空間中存在著以 x

31、=0平面為理想分界面的兩個勻強磁場,左右兩邊磁場的磁感強度分別為B/口 B2，且B1 ： B2 =4： 3,方向如圖所示，現在原點 O處有帶等量異號電荷的二個帶電粒子分別以大小相等的水平初動量沿x軸正向和負向同時在磁場中開始運動，且a帶正電，b帶負電，若a粒子在第4次經過y軸時，恰與b粒 子相遇，試求a粒子和b粒子的質量比 ma: mb （不計a、b粒子的重 力）。.如圖所示，坐標平面的第 I象限內存在大小為 E、方向水平向左的勻強電場，足夠 長的:f板MN垂直x軸放置且距離點 。為d,第II象限內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，N第13頁共16頁磁感應弓II度為Bo 一質量為m,帶電量為一q的

32、粒子（重力忽略不計）若自距原點 。為L的MA點以一定的速度垂直 x軸進入磁場，則粒子恰好到達 O點而不進入電場。 現該粒子仍從 A點進入磁場，但初速度大小為原來的 4倍，為使粒子進入電場后能垂直到達擋板MN上，求:(1)粒子從A點進入磁場時，速度方向與x軸正向間的夾角大?。?2)粒子打到擋板上時的速度大小。.如圖所示，在x0的空間中，存在沿 x軸方向的勻強電場，電場強度 E = 10N/C; 在x0的空間中，存在垂直 xy平面方向的勻強磁場，磁感應強度 B= 0.5T。一帶負電的粒 子(比荷 q =160C/kg )在 x= 0.06m 處的 d 點以 v0 = 8m/smm It的初速度沿y

33、軸正方向開始運動，不計帶電粒子的重力。求：j *(1)帶電粒子開始運動后第一次通過y軸時距O點的距 xxx 乂 (2)帶電粒子進入磁場后經多長時間返回電場。(3)帶電粒子運動的周期?！緟⒖即鸢浮緽oF3T4M =43。16G 二 m解析：根據題意有 F=GMm，GMm = m(空)2R,所以M = FT 3 。R2R2 T16G 二4m3C D。1.25m10/6J, 2.83父10、2。1解析：1由動能定理得 eEd = Ekmv：, Ek = 1.25父10 J ；k0 k2(2)射線在A、M間電場中被加速，除平行于電場線的電子流外，其余均在電場中偏轉,eE 0其中和鉛屏A平行的電子流在縱向偏移距離最大：d = 42,該電子的豎直位移為m2s=vOt,在熒光屏上觀察到的范圍是半徑r=s = v0t =3父10 m的圓面，面積S =n r2 =2.83父10、2。5. h3E2解析:電荷。設由a受洛倫茲力作曲線運動知,a的質量為2m,帶電椅量