物理错题答案.doc

1、磁场中某处的磁感线分布如图所示，下列说法正确的是()A.磁感应强度BaBbB.同一通电导线在b处所受的磁场力一定比在a处大C.通电导线在b处所受磁场力的方向可能与b处磁感线的方向相同D.若在a处的通电导线垂直磁感线放置，则所受磁场力最大答案：D解析：由于处的通电导线垂直磁感线放置，则所受磁场力最大，D正确2、如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是( )A 当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动答案：选C.3、由于长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中心轴线，与电子的运动方向平行，则电子在磁场中不受洛伦兹力，电子重力又不计，则电子做匀速直线运动如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为e/m的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为（）A、BB、BC、BD、B试题分析：当电子从C点离开磁场，出射方向沿BC方向时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，如图所示，设轨迹半径为R，有几何关系可知，欲使电子能经过BC边，必须满足，磁场中带电粒子圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即，综上可得电子经过BC边要满足，选D。3 有一个带电荷量为+q.重为G的小球.从两竖直的 带电平行板上方h处自由落下.两极板间另有匀强磁场.磁感应强 度为B.方向如图所示.则带电小球通过有电场和磁场的 空间时.下列说法正确的是 ( ) A一定作曲线运动 B不可能做曲线运动 C有可能做匀加速运动 D有可能做匀速运动 解析:由于小球的速度变化时.洛伦兹力会变化.小球所受合力变 化.小球不可能做匀速或匀加速运动. 答案:A 5、劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响则下列说法正确的是（）A质子被加速后的最大速度不可能超过2RfB质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为：1D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理专题:带电粒子在磁场中的运动专题分析：回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等解答：解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=所以最大速度不超过2fR故A正确BD、根据，知v=，则最大动能，与加速的电压无关；据此可知，不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变故B错误，D正确C、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为，根据r=，则半径比为故C正确故选：ACD点评：解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等6、如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（）A 从P射出的粒子速度大B从Q射出的粒子速度大C从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D两粒子在磁场中运动的时间一样长粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t= T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T=，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确，C错误；C错误；如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径RPRQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R= 知粒子运动速度vPvQ，故A错误，B正确；故选BD7、如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）、一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是A.电子在磁场中运动的时间为B.电子在磁场中运动的时间为C.磁场区域的圆心坐标为（，）D.电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，-2L）分析：带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标解：A、B、电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30=R-L，得R=2L电子在磁场中运动时间t=，而T=，得：t=，故A错误，B正确；C、设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中x=Rcos30=L,y=所以磁场圆心坐标为（L，）故答案：BC点评：由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标8、如图所示，空间中存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，有一绝缘且足够长的直杆垂直于磁场放置，直杆与水平面的倾角为一带电荷量为-q、质量为m的小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为小球在以后的运动过程中电荷量始终保持不变，下列说法错误的是（）A小球下滑的加速度先增大后减小B小球下滑的最大加速度为am=gsinC小球下滑的最大速度为vm=D小球下滑的最大速度为vm=分析：小球从A点由静止沿杆下滑，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程.解答：解：小球开始下滑时有：mgsin-（mgcos-qvB）=ma，随v增大，a增大，当v=时，a达最大值gsin，故B正确；此时洛伦兹力等于mgcos，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有：mgsin-（qvB-mgcos）=ma，随v增大，a减小，当vm=时，a=0此时达到平衡状态，速度不变所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小，所以A、C正确，D错误本题选错误的故选D点评：解决本题的关键是正确地进行受力分析，根据受力情况，判断运动情况9如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为S，这两个电极与定值电阻R相连。在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B。发电导管内有电阻率为的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势。下列说法中正确的是A发电导管的内阻力B流过电阻R的电流方向为baC发电导管产生的电动势为BdvD电阻R消耗的电功率为分析：由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源；根据电阻定律求解内电阻，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件判断感应电动势，并计算电功率解：A、运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为，故A正确；B、根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过电源，向下经过电阻，故B错误；C、根据平衡有：qvB=q，解得电源的电动势E=Bdv，故C正确；D、由于气体有电阻，故R的功率不等于，故D错误；故选AC点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，会通过电荷的平衡求出电动势的大小，会根据闭合电路欧姆定律求解电流10、如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为。不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h。解：（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qEmg E重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上（2）小球做匀速圆周运动，O为圆心，MN为弦长，MOP，如图所示：设半径为r，由几何关系知sin 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有qvB由速度的合成与分解知cos 由式得v0cot （3） 设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vyv0tan 由匀变速直线运动规律知vy22gh 由式得h11、 如图所示，离子源A产生的初速度为零、带电荷量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速度电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场。已知HOd，HS2d，MNQ90。（忽略离子所受重力）（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角；（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16 m的离子打在S2处，求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。解：（1）得E0U0/d由tan得45（2）由得R2（3）将4m和16m代入R，得R1、R2由sR1将R1、R2代入得s4(1)由R2(2R1)2(RR1)2得RR1由R1RR1得mmx25m12、如图所示为质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片下列表述正确的是（）A 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小A、 B带电粒子进入磁场中向左偏转，所受的洛伦兹力向左，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电该粒子在速度选择器中，受到电场力方向水平向右，则洛伦兹力方向必须水平向左，该粒子才能通过速度选择器，根据左手定则判断可知磁场方向垂直纸面向外故A错误，B正确C、能通过狭缝P的带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则有qE=qvB，解得v=故C正确D、进入磁场的粒子速率相等，在磁场中，由qvB=m得，r=，则r与粒子的荷质比成反比，则粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，半径越小，荷质比越大故D错误故选BC13、如图所示是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（）A 质谱仪是分析同位素的重要工具B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小答案：ABC试题分析：进入B0的粒子满足，即，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；根据原理图可知粒子带正电，则受电场力向右，故洛伦兹力必向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B正确；由qE=qvB，得，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故C正确；由，知R越小，荷质比越大，故D错误；故选：AC考点：质谱仪的原理。如图所示，一带正电的质子以速度v0从O点垂直射入，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场已知两板之间距离为d，板长为d，O点是板的正中间，为使粒子能从两板间射出，试求磁感应强度B应满足的条件（已知质子的带电荷量为e，质量为m）B试题分析：粒子在磁场中运动的半径为；若粒子从边界PN射出，则,解得；若粒子从边界MQ射出，则满足，解得,解得；所以为使粒子能从两板间射出，磁感应强度B的范围是：B14、如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=210-3T；磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=40V/m、方向向左的匀强电场一带电粒子电荷量q=-3.210-19C，质量m=6.410-27kg，以v=4104m/s的速度沿OO垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出求：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（画在答题纸上给出的图中）（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）带电粒子飞出电场时的动能EK（1） |轨迹如图（2）带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mR=m=0.4m（3） 带电粒子在电场中运动时，电场力做功，粒子的动能增加：EK=EqL+mv2代人数据解得：EK=7.6810-18J答：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹如图；（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径是0.4m；（3）带电粒子飞出电场时的动能EK=7.6810-18J15、甲图为质谱仪的原理图，带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点，测得G、H间的距离为d，粒子的重力忽略不计.（1）设粒子的电荷量为q，质量为m，试证明该粒子的比荷为：；（2）若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变，要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），求磁场区域的半径应满足的条件.（1）粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v有进入磁场后做圆周运动，轨道半径为r打到H点有由得（2）要保证所有粒子都不能打到MN边界上，粒子在磁场中运动偏转角小于等于90，如图所示，磁场区半径所以磁场区域半径满足16、如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外。有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为，A点与原点O的距离为d。接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场。不计重力影响，若OC与x轴的夹角也为，求(1) 粒子在磁场中运动速度的大小；(2)匀强电场的场强大小。解：(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上，如图所示依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O，由几何关系知，AO垂直于OC，O是圆弧的圆心，设圆弧的半径为R，则有R=dsin 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得将式代入式，得(2)质点在电场中的运动为类平抛运动，设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有v0=vcos vsin=at d=v0t 联立得设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得qE=ma 联立得17、如图甲所示，MN为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示.有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场.已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力.求：(1)磁感应强度B0的大小.(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值.设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向.(1)(2)(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力(1分)做匀速圆周运动的周期(1分)由两式得磁感应强度 (2分)2、在回旋加速器中，下列说法不正确是 ( )A电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋B电场和磁场同时用来加速带电粒子C在交流电压一定的条件下，回旋加速器的半径越大,同一带电粒子获得的动能越大D同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的大小有关，而与交流电压的频率无关2、关于回旋加速器的下列说法，其中正确的有（）A 电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子旋转B电场和磁场同时用来加速带电粒子C在确定的交流电源下，回旋加速器的半径越大，同一带电粒子获得的动能越大D同一带电粒子获得的最大动能只与交流电源的电压大小有关，而与交流电源的频率无关解析：A、回旋加速器是利用电场对粒子进行行加速和磁场进行偏转故A正确，B错误C、根据qvB=m得，最大速度v=，则最大动能EKm=mv2=，知同一粒子，回旋加速器的半径越大，获得的动能越大故C正确D、最大动能EKm=mv2=，与交流电压的电压无关故D错误故选AC3、关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是：A.带电粒子沿电场线方向射入，电场力对带电粒子不做功，粒子动能一定增加B.带电粒子沿垂直电场线方向射入，电场力对带电粒子做正功，粒子动能不变C.带电粒子沿磁感线方向射入，磁场力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加D.不管带电粒子怎样射入磁场，磁场力对带电粒子都不做功，粒子动能不变3、 关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是（）A 带电粒子沿电场线方向射入，电场力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加B带电粒子垂直于电场线方向射入，电场力对带电粒子不做功，粒子动能不变C带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加D不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变试题分析：带电粒子沿电场线的方向射入电场，电场力可以做正功也可以做负功，当力的方向与位移方向相同时做正功，相反时做负功，粒子的动能可能增加也可能减少，故A错误带电粒子垂直于电场线方向射入电场，电场力一定做正功，粒子动能增加，故B错误；带电粒子沿磁感线的方向射入磁场，不受洛伦兹力，不做功，粒子动能不变，故C错误洛伦兹力的方向总与速度方向垂直，对粒子总不做功粒子动能不变，故D正确4、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示,这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙.下列说法正确的是( )A.离子由加速器的中心附近进入加速器 B.离子由加速器的边缘进入加速器C.离子从磁场中获得能量 D.离子从电场中获得能量答案：AD解析：离子从中心附近进入回旋加速器，通过电场加速做功，在磁场中偏转，最后高速飞出加速器，故A、D正确，B、C错误5、 质子和a粒子在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动，由此可知，质子的动能E1和a粒子的动能E2之比E1：E2等于（ ）A.41 B.11 C.12 D.216、 如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力），从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出，AOB=1200，则该带电粒子在磁场中运动的时间为（）试题分析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可求出圆心角和半径，则可求得粒子转过的弧长，由线速度的定义可求得运动的时间由图可知，粒子转过的圆心角为60，转过的弧长为；则运动所用时间；故选D考点：带电粒子在匀强磁场中的运动点评：本题很多同学只想到了用周期来求时间，其实用线速度的定义来求时间也是一个不错的选择7、如图所示，直线MN下方无磁场，上方空间存在两个匀强磁场，其分界线是半径为R的半圆，两侧的磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度大小都为B现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿半径方向向左侧射出，最终打到Q点，不计微粒的重力求：（1）微粒在磁场中运动的周期（2）从P点到Q点，微粒的运动速度大小及运动时间（3）若向里磁场是有界的，分布在以点为圆心、半径为R和2R的两半圆之间的区域，上述微粒仍从P点沿半径方向向左侧射出，且微粒仍能到达Q点，求其速度的最大值（1）洛仑兹力提供向心力（2）粒子的运动轨迹将磁场边界分成等分（=2，3，4）由几何知识可得：得（）当为偶数时，由对称性可得（）当为奇数时，为周期的整数倍加上第一段的运动时间，即（）（3）由几何知识得不超出边界须有：得到当时不成立，如图比较当、时的运动半径，知当时，运动半径最大，粒子的速度最大得：例2、如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一、四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右接连发射质量为m、电荷量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子，在0-3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场，上述m、q、l、t0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U0的大小；（2）求1/2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；（3）何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。解：（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为1/2l，则有 Eq=ma 联立以上三式，解得两极板间偏转电压为 （2）1/2t0时刻进入两极板的带电粒子，前1/2t0时间在电场中偏转，后1/2t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动带电粒子沿x轴方向的分速度大小为 带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为 带电粒子离开电场时的速度大小为 设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有 联立式解得 （3）2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短，带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为vy=at0设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则联立式解得=/4带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为2=/2所求最短时间为tmin=1/4T带电粒子在磁场中运动的周期为T=联立以上两式解得例3、某种加速器的理想模型如图甲所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压Uab的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔进入电场加速，现该粒子的质量增加了。（粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力）(1)若在t=0时将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；(2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使图甲中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；(3)若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获 得最大动能？最大动能是多少？解：(1)质量为m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动，有：则当粒子的质量增加了，其周期增加则根据题图乙可知，粒子第一次的加速电压u1=U0粒子第二次的加速电压射出时的动能Ek2=qu1+qu2解得：(2)磁屏蔽管的位置如图所示(3)在uab0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数，得N=25分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且u=U0时也被加速的情况时，最终获得的动能最大粒子由静止开始加速的时刻最大动能解得：例4、如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8 m，距地面h=0.8m，平行板电容器的极板CD间距d=0.1 m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1 T、方向竖直向上的匀强磁场，电荷量q=510-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒 定电压U=2.5 V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面，在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇，假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0.2，取g=10 m/s2。(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性。(2) 求由XY边界离开台面的微粒的质量范围。(3)若微粒质量m0=110-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。解：(1)平行板电容器两板间的电场强度所以微粒在极板间所受电场力的大小为：F=Eq=1. 2510-11N因为带电粒子从电容器射出后在磁场中向XY边界偏转，由左手定则可知，带电粒子带正电荷。由此也知C板带正电，D板带负电(2)带电粒子如果从XY边界射出，有两种临界情况，如图所示，设粒子的质量为m时恰与ZY边界相切，圆心为O，则有：解得：m=2.8910-13kg设粒子的质量为m时恰与XY边界相切，圆心为O，则有：解得：m=8.110-14kg所以由XY边界离开台面的微粒的质量范围为：8.110-14kgm2.8910-13kg(3)当微粒的质量m0=1.010-13kg时，据，代入数据可求得：R=1 m，v=5 m/s微粒离开台面后做平抛运动，如图所示，设微粒做平抛运动的时间亦即滑块运动的时间为t，则微粒落地时的水平位移s=vt=2m由几何关系可知，QOM=37，同样微粒从Q点射出台面时与边界XY的夹角也是37由几何关系可知滑块运动的距离s=1.5 m据，可求得滑块的初速度v=4.15 m/s，由几何关系可知其方向与YX的延长线成53角29