【物理】2019届二轮复习第4讲　电学中的曲线运动学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习第4讲　电学中的曲线运动学案（全国通用）

第4讲　电学中的曲线运动 网络构建 备考策略 ‎1.掌握解决电学中曲线运动的一个宗旨是将电学问题力学化。‎ ‎2.解题思路：画出粒子的运动草图结合几何关系找到相应的物理量。‎ ‎　带电粒子(或带电体)在电场中的曲线运动 ‎　带电粒子在匀强电场中的曲线运动 ‎【典例1】 (2015·新课标全国卷Ⅱ，24)如图1所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。‎ 图1‎ 解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin 30°＝v0sin 60°①‎ 由此得vB＝v0②‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有 qUAB＝m(v－v)③‎ 联立②③式得UAB＝ 答案　 ‎【典例2】 (2018·全国卷Ⅰ，25)如图2，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求 图2‎ ‎(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。‎ 解析　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有 s1＝v1t1①‎ h＝a1t②‎ 由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为 a1t1＝v1tan θ1③‎ 联立以上各式得 s1＝h④‎ ‎(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1⑤‎ 设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有 v1′＝⑥‎ 设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1′B＝⑦‎ 由几何关系得 s1＝2R1sin θ1⑧‎ 联立以上各式得 B＝⑨‎ ‎(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 (2m)v＝mv 由牛顿第二定律有 qE＝2ma2⑪‎ 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2＝v2t2⑫‎ h＝a2t⑬‎ v2′＝⑭‎ sin θ2＝⑮‎ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯‎ 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝＝R1⑰‎ 所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有 s2′＝2R2sin θ2⑱‎ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2′－s2＝(－1)h⑲‎ 答案　(1)h　(2)　(3)(－1)h ‎　带电体在匀强电场中的曲线运动 ‎【典例3】 (2017·全国卷Ⅱ，25)如图3所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：‎ 图3‎ ‎(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎(2)A点距电场上边界的高度；‎ ‎(3)该电场的电场强度大小。‎ 解析　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0①‎ s1＝v0t＋at2②‎ s2＝v0t－at2③‎ 联立①②③式得＝3④‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式 v＝2gh⑤‎ H＝vyt＋gt2⑥‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ＝⑦‎ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H⑧‎ ‎(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，‎ 则＝⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩‎ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝⑬‎ 答案　(1)3∶1　(2)H　(3) ‎1.(多选)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图4所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则(　　)‎ 图4‎ A.A球带正电，B球带负电 B.A球比B球先落地 C.在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加 D.两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球的小 解析　两球均做类平抛运动，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有h＝at2，得加速度大小a＝，可见水平距离x越大，加速度a越小，相应所用时间t越长，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，说明A球带正电而受到竖直向上的电场力，B球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A球做负功，A球电势能增加，电场力对B球做正功，B球电势能减少，选项A正确，B、C均错误；根据动能定理有mah＝mv2－mv，而Δv＝v－v0，可见加速度 a越大，落地速率v越大，速率变化量Δv越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确。‎ 答案　AD ‎2.如图5所示，在竖直平面内，有一长L＝0.6 m的固定竖直杆AB和光滑固定圆弧轨道CD，半径OD竖直，半径OC与竖直方向的夹角θ＝37 °，D点的高度h＝ m，BM垂直水平地面于M点。B点所在的水平面上方存在着场强大小E1＝2.5×106 N/C、方向水平向右的匀强电场，下方与C点所在的水平面之间存在着场强大小为E2＝E1、方向与竖直方向的夹角α＝37°、斜向右上的匀强电场。现将一质量m＝0.4 kg、电荷量q＝2×10－6 C的小球(可视为质点)套在杆上从A端由静止释放后下滑，穿过电场后恰好从C点无碰撞地沿圆弧轨道CD运动，从D点水平飞出落到M点。已知小球与杆间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ 图5‎ ‎(1)小球到达B点时的速度大小vB；‎ ‎(2)小球从A点运动到C点所用的时间t和B、C两点间的水平距离x；‎ ‎(3)圆弧轨道的半径R。‎ 解析　(1)小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小 f＝μqE1‎ 则小球沿杆下滑的加速度大小a＝ 由v＝2aL 联立解得vB＝3 m/s ‎(2)小球沿杆下滑的时间t1＝ 小球离开B点后在匀强电场E2中的受力分析如图所示，则 qE2cos 37°＝4 N，恰好与重力mg＝4 N平衡 小球在匀强电场E2中做类平抛运动，则有 加速度大小g′＝ 小球过C点时有＝tan θ 小球从A点运动到C点所用的时间t＝t1＋t2‎ B、C两点间的水平距离x＝g′t 联立解得t＝ s，x＝ m ‎(3)小球到达C点的速度大小vC＝ 小球从C点运动到D点的过程中，根据机械能守恒定律有 mg(R＋Rcos θ)＋mv＝mv 小球从D点水平飞出做平抛运动，则 h＝gt x－Rsin 37°＝vDt3‎ 联立解得R＝ m(R＝ m＞ m舍去)‎ 注：先联立求解vD，后求解R，会使计算更简单 答案　(1)3 m/s　(2) s　 m　(3) m ‎　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 ‎　带电粒子在相邻匀强磁场中的圆周运动 ‎【典例1】 (2017·全国卷Ⅲ，24)如图6，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)‎ 图6‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离。‎ 教你审题 ‎(1)边读题边看图 ‎(2)边伸手边画图 解析　(1)粒子的运动轨迹如图所示：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，所以在x≥0区域有：qv0B0＝ 在x＜0区域有：qv0(λB0)＝ 解得R1＝　R2＝ 在x≥0区域运动时间t1＝；‎ 在x＜0区域运动时间t2＝；‎ 粒子运动的时间t＝t1＋t2＝。‎ ‎(2)粒子与O点间的距离d＝2(R1－R2)＝ 答案　(1)　(2) ‎　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界、极值问题 ‎【典例2】 (2018·天津理综，11)如图7所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出。不计粒子重力。‎ 图7‎ ‎(1)求粒子从P到M所用的时间；‎ ‎(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出。粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小。‎ 解析　(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m①‎ 设粒子在电场中运动所受电场力为F，有 F＝qE②‎ 设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有 F＝ma③‎ 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v＝at④‎ 联立①②③④式得 t＝⑤‎ ‎(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短。设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得 ‎(r′－R)2＋(R)2＝r′2⑥‎ 设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知 tan θ＝⑦‎ 粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得 tan θ＝⑧‎ 联立①⑥⑦⑧式得 v0＝⑨‎ 答案　(1)　(2) ‎1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法 ‎2.求解临界、极值问题的“两思路”‎ ‎(1)以定理、定律为依据，求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界特殊规律和特殊解。‎ ‎(2)画轨迹讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。‎ ‎1.(多选)如图8所示，圆形区域AOB内存在垂直纸面向内的匀强磁场，AO和BO是圆的两条相互垂直的半径，一带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点平行于AO方向进入磁场，则(　　)‎ 图8‎ A.粒子带负电 B.只要粒子入射点在AB弧之间，粒子仍然从B点离开磁场 C.入射点越靠近B点，粒子偏转角度越大 D.入射点越靠近B点，粒子运动时间越短 解析　粒子从A点正对圆心射入，恰从B点射出，根据洛伦兹力方向可判断粒子带正电，故选项A错误；粒子从A点射入时，在磁场中运动的圆心角为θ1‎ ‎＝90°，粒子运动的轨迹半径等于BO，当粒子从C点沿AO方向射入磁场时，粒子的运动轨迹如图所示，设对应的圆心角为θ2，运动的轨迹半径也为BO，粒子做圆周运动的轨迹半径等于磁场圆的半径，磁场区域圆的圆心O、轨迹圆的圆心O1以及粒子进出磁场的两点构成一个菱形，由于O1C和OB平行，所以粒子一定从B点离开磁场，故选项B正确；由图可得此时粒子偏转角等于∠BOC，即入射点越靠近B点对应的偏转角度越小，运动时间越短，故选项C错误，D正确。‎ 答案　BD ‎2.(2018·湖北宜昌二模)如图9所示，在x轴下方的第Ⅲ、Ⅳ象限中，存在垂直于xOy平面方向的匀强磁场，磁感应强度B1＝2B2＝2B，带电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中没有标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中，两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰，碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60°角，若两带电粒子的比荷分别为k1、k2，进入磁场时的速度大小分别为v1、v2，不计粒子重力和两粒子间相互作用，则下列关系正确的是(　　)‎ 图9‎ A.k1＝2k2 B.2k1＝k2‎ C.v1＝2v2 D.2v1＝v2‎ 解析　两粒子在y轴上发生正碰时粒子a的速度与y轴正方向成60°角，则粒子b速度与y轴负方向成60°角，轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，如图所示。两粒子同时进入磁场并相撞，则运动时间相等，即t1＝t2，而t1＝＝，t2＝＝，将B1＝2B2＝2B代入得k1＝k2；由于两粒子正碰则轨道半径相等，而R1＝‎ eq f(m1v1,q1B1)，R2＝，解得v1＝2v2。‎ 答案　C ‎3.(多选)如图10所示，环带区域有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在环带的内边界上有一个粒子源S，可以沿各个方向均匀向磁场中发射速度大小相等、质量为m、电荷量为q的带负电粒子，粒子在磁场中运动的轨迹半径为d，环形区域内环的半径为d，环带的宽度为d，则下列说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A.粒子速度大小为 B.若粒子从环带外边界射出，则粒子在磁场中运动的最短时间为 C.若粒子从环带外边界射出，则粒子在磁场中运动的最长时间为 D.粒子源发射的粒子中从环带外边界射出的数量占总数量的 解析　粒子在磁场中运动的轨迹半径为d，则粒子的速度大小为，选项A错误；粒子的速度方向在沿过S点的切线范围内，当粒子的速度方向沿切线方向时，轨迹如图甲所示，将速度方向顺时针旋转，则轨迹以S为圆心顺时针转动，轨迹与环带外边界的交点与S的连线即为粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长，该弦长先减小后增大，最短弦长为环带的宽度，此时粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，如图乙所示，最短时间为tmin＝＝，选项B正确；当轨迹与环带外边界相切时，如图丙所示，由几何关系可得粒子运动轨迹所对的圆心角为150°，最长时间为t max＝，选项C错误；当轨迹与外边界相切时，速度方向与切线的夹角为30°，则粒子从外边界射出的数量占总数量的＝，选项D正确。‎ 答案　BD 破解高考压轴题策略①——“情境示意，一目了然”‎ 认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，并用简图(示意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更为明显，进而快速简便解题。‎ ‎【例】 如图11所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心Q点有一小孔，其正上方有圆心为O、半径R1＝1 m的圆形磁场区域和圆心为O、内半径为R1、外半径R2＝ m的环形磁场区域。环形磁场区域的外边界与M板相切于Q点。两个磁场均垂直于纸面，磁感应强度大小均为B(B＝0.5 T)，但方向相反。一带正电的粒子从N板附近的P点由静止释放，经加速后通过小孔，垂直进入环形磁场区域。已知点P、Q、O在同一直线上，粒子的比荷＝4×107 C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应。‎ 图11‎ ‎(1)若加速电场的两极板间的电压U1＝5×106 V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0；‎ ‎(2)要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U2‎ 应满足什么条件？‎ ‎(3)当加速电场的两极板间的电压为某一值时，粒子进入圆形磁场区域后恰能水平通过圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间t。‎ ‎[满分指导]‎ ‎ ‎ 解析　(1)粒子在电场中加速，由动能定理有 qU1＝mv 解得v0＝2×107 m/s。‎ ‎(2)粒子刚好不进入中间圆形磁场时的运动轨迹如图甲所 甲 示，圆心O1在M板上。‎ 设此时粒子在磁场中运动的轨道半径为r1。‎ 根据图中的几何关系 ‎(Rt△OQO1)有 r＋R＝(r1＋R1)2‎ 又根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 在加速电场中，由动能定理有qU2＝mv2‎ 联立并代入数据解得U2＝1.25×106 V 要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U2应满足的条件为 U2>1.25×106 V。‎ ‎(3)依题意作出粒子的运动轨迹，如图乙所示。由于O、O3、Q共线，且粒子在两磁场中运动的轨迹半径(设为r2)相同，故有O2O3＝2O2Q＝2r2，由此可判断∠QO3O2＝30°，∠QO2O3＝60°，进而判断∠OO3O2＝150°‎ 乙 粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间 t＝2(T＋T)＝T 又T＝ 联立并代入数据解得t＝×10－7 s。‎ 答案　(1)2×107 m/s　(2)U2>1.25×106 V (3)×10－7 s 课时跟踪训练 一、选择题(1～3题为单项选择题，4～7题为多项选择题)‎ ‎1.如图1所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q(q＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)‎ 图1‎ A. B. ‎ C. D. 解析　当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类斜抛运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy＝0时，根据运动学公式有v＝，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，联立得E＝，故选项B正确。‎ 答案　B ‎2. (2018·湖南衡阳模拟)如图2所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B＝。现垂直AB边射入一群质量均为 m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t0(不计重力)。则下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2t0‎ B.该匀强磁场的磁感应强度大小为 C.粒子在磁场中运动的轨道半径为d D.粒子进入磁场时速度大小为 解析　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即T＝t0，则得周期T＝4t0，故选项A错误；由T＝得B＝＝，故选项B错误；设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有T＝，得θ＝，画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得＋Rcos 60°＝d 可得R＝，故选项C正确；根据＝，解得v＝，故选项D错误。‎ 答案　C ‎3.(2018·淮北市高三质检)如图3所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q 点的过程中，下列判断正确的是(　　)‎ 图3‎ A.Q点在P点正下方 B.小球电势能减少 C.小球重力势能减少量等于mg2t2‎ D.Q点应位于P点所在竖直线的左侧 解析　从P到Q点，根据动能定理可知mgh＋W电＝mv－mv＝0，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝gt2，则小球重力势能减少量ΔEp＝mgh＝mg2t2，选项C正确。‎ 答案　C ‎4.(2018·湖南常德二模)如图4所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，P为磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量绝对值均为q的带负电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。粒子的轨道半径为2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则(　　)‎ 图4‎ A.粒子射入磁场的速率为v＝ B.粒子在磁场中运动的最长时间为t＝ C.不可能有粒子从C点射出磁场 D.若粒子的速率变化，则可能有粒子从A点水平射出 解析　由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得r＝，根据题意r＝2R，以上联立可得v＝，故选项A错误；当粒子以直径2R为弦时，运动时间最长，由几何关系可知圆心角为60°，粒子运动的周期为T＝，由此可知粒子运动时间为t＝＝，故选项B正确；粒子的轨道半径为2R，磁场的半径为R，粒子可能从C点射出，故选项C错误；当粒子的轨道半径为R时，竖直向上射出的粒子，可以从A点水平射出，且速度满足v＝，故选项D正确。‎ 答案　BD ‎5.如图5所示，人工放射性元素原子核Nh开始静止在磁感应强度分别为B1、B2的匀强磁场的边界MN上，某时刻发生α衰变，生成一个氦原子核He和一个Rg原子核，衰变后的微粒速度方向均垂直于两磁场的边界MN。氦原子核通过上面磁场区域第一次经过MN边界时，距出发点的距离为d，Rg原子核第一次经过MN边界时，距出发点的距离也为d。下列有关说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.两磁场的磁感应强度之比B1∶B2＝111∶141‎ B.两磁场的磁感应强度之比B1∶B2＝111∶2‎ C.氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为2∶141‎ D.氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为111∶141‎ 解析　原子核Nh衰变的方程为Nh→He＋Rg。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，偏转半径为r＝，由题意可知二者偏转半径相等，由于Nh原子核由静止衰变，动量守恒，即m1v1＝m2v2，所以有q1B1＝q2B2，解得＝＝，选项A错误，B正确；因为周期T＝，所以＝，粒子在第一次经过MN 边界时，运动了半个周期，所以＝＝＝＝，选项C正确，D错误。‎ 答案　BC ‎6.在光滑水平绝缘的足够大的桌面上建立xOy坐标系，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，有两个完全相同的质量为m的带正电小球A、B分别位于y轴上纵坐标为y2、y1的位置，电荷量都为q，两个小球都以垂直于y轴、大小为v的速度同时射入磁场。如图6所示(两球若发生碰撞只能是弹性正碰)，要让B球到(0，y2)处，那y2－y1可能的值为(　　)‎ 图6‎ A. B.2 ‎ C.3 D.4 解析　两球在匀强磁场中运动的轨迹半径相等，由洛伦兹力提供向心力有B0qv＝，得r＝，B球要到达(0，y2)处，第一种情况是运动半个周期直接到达，如图甲所示，则y2－y1＝2r＝2。第二种情况，如图乙所示，A、B两个球各自运动半个周期后发生弹性正碰，因为两球质量相同，在满足系统动量守恒和碰撞过程动能不损失的条件下，两球只能交换速度后又各自运动半个周期到达另一点，y2－y1＝4r＝4，故选项B、D正确。‎ 答案　BD ‎7. (2018·安徽江南十校联考)如图7所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy 中，长为L的细绳一端固定于点A(0，－)，另一端系一带正电的小球。现在y轴正半轴上某处B固定一钉子，再将细绳拉至水平位置，由静止释放小球使细绳碰到钉子后小球能绕钉转动。已知整个空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为。则(　　)‎ 图7‎ A.小球一定能绕B做完整的圆周运动 B.当yB＝时小球能做完整的圆周运动 C.当yB＝时小球能做完整的圆周运动 D.若小球恰好能做完整的圆周运动，则绳能承受的拉力至少为6mg 解析　带正电小球运动到y轴时在最高点受力如图甲，在最低点受力如图乙。因为Eq＝·q＝2mg>mg，则在最低点会出现拉力T＝0的临界状态，此时小球恰能做完整的圆周运动。设小球恰能绕钉子做完整的圆周运动的半径为R，在圆周运动的最低点速度为v下，由动能定理有(Eq－mg)(L－2R)＝mv，由牛顿第二定律有Eq－mg＝m，解得R＝L，此时B点纵坐标yB＝L－－L＝L，只有当R≤L时小球可做完整的圆周运动。当yB＝时，L－－＝L>L，小球不能做完整的圆周运动，选项B正确，A、C错误；小球恰能做完整的圆周运动时，小球在最高点时绳的拉力最大，则有T＋mg－Eq＝m，(Eq－mg)L＝mv，解得T＝6mg，则选项D正确。‎ 答案　BD 二、非选择题 ‎8.如图8所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，其中x轴水平、y轴竖直，xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l，与x轴间的夹角θ＝30°。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看作质点)从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域。已知重力加速度为g。‎ 图8‎ ‎(1)求P点的纵坐标yP及小球从P点射出时的速度v0；‎ ‎(2)已知电场强度的大小为E＝，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？‎ 解析　(1)设小球从P运动到M所用时间为t1，则有 yP－sin θ＝gt cos θ＝v0t1‎ ＝gt1‎ 解得yP＝l v0＝ ‎(2)设小球到达M时速度为vM，进入电场后加速度为a，有vM＝ 又mgcos θ＝qE 小球在电场中沿vM方向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为t2‎ mgsin θ＝ma d＞vMt2‎ ＝at 解得d＞l 答案　(1)l　　(2)d＞l ‎9.如图9所示，在第一象限内存在两个有界匀强磁场，两磁场以x＝1 m的虚线为分界线，其中左边磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B1＝1×10－3 T，右边磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B2＝2×10－3 T，在(2 m，0)处存在一个粒子源，可向各个方向发射比荷为1×109 C/kg的带正电的粒子，粒子的速度为v＝2×106 m/s，不计粒子重力。若粒子垂直x轴进入磁场，求粒子最终射出y轴的坐标以及该粒子在磁场中的运动时间。‎ 图9‎ 解析　由洛伦兹力提供向心力有qvB2＝m 可知r2＝1 m 可知粒子垂直直线x＝1 m进入左边磁场 由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m 可得r1＝2 m 粒子轨迹如图所示 由几何知识可得O2P＝＝ m，‎ 故PM＝(2－) m 故射出y轴时的纵坐标y＝PM＋r2＝(3－) m≈1.27 m 即粒子最终射出y轴的坐标为(0，1.27 m)‎ 第一段运动轨迹是圆弧，‎ 故t2＝T2＝＝×10－6 s 第二段运动，sin∠NO2P＝＝，得圆心角∠NO2P＝30°，故t1＝T1＝＝×10－6 s 综上可得t＝t2＋t1＝×10－6 s 答案　(0，1.27 m)　×10－6 s ‎10.如图10甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。‎ 图10‎ ‎(1)求带电粒子的比荷；‎ ‎(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O 方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。‎ 解析　(1)设粒子经过时间t0打在M板中点 沿极板方向有＝v0t0‎ 垂直极板方向有＝t 解得＝ ‎(2)粒子通过两板间的时间t＝＝T 从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝ 不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT(n＝0，1，2，…)和t＝nT＋T(n＝0，1，2，…)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们在电场方向偏转的距离最大，则＝(a1)T 解得U＝。‎ 答案　(1)　(2)