如图所示.在xoy直角坐标平面内-$\frac{\sqrt{3}}{20}$m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场.磁感应强度B=0.32T.0≤x＜2.56m的区域有沿-x方向的匀强电场．在x轴上坐标为(-$\frac{\sqrt{3}}{20}$m.0)的S点有一粒子源.它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向各发射一个比荷$\frac{q}{m}$=5.0� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

10．

如图所示，在xoy直角坐标平面内-$\frac{\sqrt{3}}{20}$m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.32T，0≤x＜2.56m的区域有沿-x方向的匀强电场．在x轴上坐标为（-$\frac{\sqrt{3}}{20}$m，0）的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向各发射一个比荷$\frac{q}{m}$=5.0×10⁷C/kg；速率v=1.6×10⁶m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z刚好能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径r及周期T；
（2）电场强度的大小E及Z粒子从S点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；
（3）Z粒子第一次刚进入电场时，还未离开过磁场的粒子占粒子总数的比例η．

分析（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析轨道半径和周期；
（2）由题意可知，粒子在垂直于电场的方向上进入电场时，在电场的方向上运动的距离最大，然后结合动能定理即可求出；
（3）Z粒子第一次刚进入电场时，由洛伦兹力提供向心力得出半径，然后画出运动的轨迹，结合运动的时间与运动轨迹长度的关系，即可得出与Z粒子同时进入电场的另一处位置，然后区分电场内的粒子的范围与磁场内的粒子的范围，即可得出结论．

解答解：（1）由洛仑磁力提供向心力得：
qvB=$m\frac{{v}^{2}}{r}$，解得  r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{{1.6×1{0^6}}}{{5.0×1{0^7}×0.32}}$=0.1m；
T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2π}{{5.0×1{0^7}×0.32}}$=1.25$\frac{2π}{×}$10^-7π s；
（2）由题意可知Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图（a）所示，O₁为轨迹圆圆心．分别用d_B和d_E表示电场和磁场区域的宽度．

对Z粒子在电场中运动，由动能定理有：qEd_E=$\frac{1}{2}$mv²①
代入数据解得：E=1.0×10⁴N/C；
Z粒子在磁场中作圆周运动，设轨迹圆半径为r，
由圆周运动的规律有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$ ②
由几何知识可知：在△SOO₁中满足：cosθ=$\frac{OS}{{{O_1}S}}=\frac{dB}{r}$，
由②③并代入数据可得：θ=$\frac{π}{6}$；
（3）作Z粒子在磁场中圆弧轨迹对应的弦SN如图（b）所示，由几何知识得：△SNO₁为等边三角形，SN=r，弦切角θ₀=θ ④
由题意可知：在磁场中圆弧轨迹对应的弦长大于r的粒子，满足Z粒子第一次刚要进入电场时未离开过磁场．
作出另两个圆弧轨迹对应的弦长等于SN的粒子轨迹，交磁场左右边界分别为M、O₁，粒子在S点的速度分别为v₁和v₂．
由图可知发射方向在v₁和v₂之间的粒子轨迹弦长大于r，
对应的发射方向分布的角度范围为：θ₁=2π-θ₀⑤
由图可知Z粒子的发射速度与磁场左边界所夹角度范围内发射的粒子轨迹弦长也大于r；
所以有：η=$\frac{π}{{{θ_1}+θ}}$⑥；
整理得：η=$\frac{1}{2}$；
答：（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径r为，周期T为；
（2）电场强度的大小E为，Z粒子从S点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ为$\frac{π}{6}$；
（3）Z粒子第一次刚进入电场时，还未离开过磁场的粒子占粒子总数的比例η为$\frac{1}{2}$．

点评电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，由几何知识求出半径．定圆心角，求时间，类平抛运动应用运动分解法求解．

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20．

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	C．	t₁时刻小球处于最低点
	D．	t₁时刻到t₂时刻小球的速率先增大后减小

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A．

θ=$\frac{π}{3}$

B．

θ=$\frac{π}{6}$

C．

θ=$\frac{π}{4}$

D．

θ=0

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5．用手提着一根挂有重物的轻质弹簧的上端竖直向上做加速运动，当手突然停止运动的瞬间，重物将（　　）

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