B．（選修模塊3-4）
（1）如圖所示，（a）表示單縫，（b）表示雙縫．用激光分別照射豎直放置的單縫和雙縫，在縫后較遠位置豎直放置的光屏上可以觀察到明暗相間的條紋（圖中黑色表示明條紋），如圖（c）、（d）所示．下列關(guān)于縫和條紋間關(guān)系的說法正確的是______（選填選項前的字母）．
A．圖（c）表示雙縫干涉條紋，圖（c）表示單縫衍射條紋
B．單縫S越寬，越容易觀察到對應(yīng)的明暗條紋
C．照射雙縫的單色光波長越長，對應(yīng)條紋間距越小
D．雙縫間距離越大，對應(yīng)條紋間距越小
（2）圖1所示為一列簡諧橫波在t=0s時的波形圖，圖2是這列波中x=50cm的A點的振動圖線，那么該波的傳播速度為______，波傳播方向沿x軸______（選填“正”或“負”）方向．
（3）光導(dǎo)纖維的結(jié)構(gòu)如圖所示，它由折射率為n₁的材料制成內(nèi)芯，用折射率為n₂的材料制成外套，則：
①內(nèi)芯和外套的折射率應(yīng)滿足n₁______n₂（選填“小于”、“等于”或“大于”）：
②若內(nèi)芯材料的折射率為，外套是空氣，要使光能在光導(dǎo)纖維中被傳導(dǎo)，求從左端面入射的光線的最大入射角i．

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為了測量某種液體的密度，小明找到一支長為L的平底試管，在試管中放少許細砂，刻線A在平底試管的中央．小明將平底試管放到水中，試管直立漂浮在水面上，在水面跟試管相平處記下刻線B，如圖所示．如果在試管上方作用一個豎直向上的拉力F₁，可以將試管提升到水面與刻線A相平．如果將平底試管放到某種液體中，需對試管施加一個豎直向下的壓力F₂，才能使液面跟刻線A相平．量出AB=

1

4

L．由此，小明計算出這種液體的密度是多少？設(shè)水的密度為ρ_水．

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①沿直線做勻加速運動的某物體，牽引一條通過打點計時器的紙帶，計時器的打點周期T=0.02s，取下紙帶后，由某一計時點開始，每隔五個點剪下一段紙帶，按圖1那樣貼在直角坐標(biāo)平面上，彼此不留間隙，也不要重疊．紙帶下端都要準(zhǔn)確地與橫軸重合，每一條紙帶的左邊準(zhǔn)確地與縱軸平行，圖的縱軸上已標(biāo)出了每條紙帶的長度L（單位：mm）．今以橫軸為時間軸，令每條紙帶的寬度代表一個時間單位：0.1s，以縱軸為速度軸，縱軸上原來標(biāo)的每毫米代表一個速度單位：10mm/s．
（1）在每段紙帶的上邊緣中點畫“?”作為計數(shù)點，在新的坐標(biāo)里每個計數(shù)點的縱坐標(biāo)表示

相對應(yīng)的單位時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度

相對應(yīng)的單位時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度

．
（2）畫一直線，使盡可能多的計數(shù)點落在此直線上，并使直線兩側(cè)的計數(shù)點數(shù)目大致相等，這條直線便是運動物體的

速度-時間

速度-時間

圖線．
（3）求出上述直線的斜率，可知運動物體的加速度a=

0.75

0.75

m/s²．
②在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時：
（1）我們已經(jīng)知道，物體的加速度（a）同時跟合外力（F）和質(zhì)量（m）兩個因素有關(guān)．要研究這三個物理量之間的定量關(guān)系的基本思路是

先保持m不變，研究a與F的關(guān)系；
再保持F不變，研究a與m的關(guān)系；

先保持m不變，研究a與F的關(guān)系；
再保持F不變，研究a與m的關(guān)系；

（2）某同學(xué)的實驗方案如圖2所示，她想用砂和砂桶的重力表示小車受到的合外力，為了減少這種做法而帶來的實驗誤差，你認為在實驗中還應(yīng)該采取的兩項措施是：a．

把木板的末端墊起適當(dāng)高度以平衡摩
擦力；

把木板的末端墊起適當(dāng)高度以平衡摩
擦力；

；b．

砂和桶的質(zhì)量遠小于小車質(zhì)
量；

砂和桶的質(zhì)量遠小于小車質(zhì)
量；

．
（3）該同學(xué)利用實驗中打出的紙帶求加速度時，處理方案有兩種：
A、利用公式a=

2s

t2

計算；B、根據(jù)a=

△s

T2

利用逐差法計算．
兩種方案中，你認為選擇方案

B

B

比較合理．
（4）下表是該同學(xué)在探究“保持m不變，a與F的關(guān)系”時記錄的一組實驗數(shù)據(jù)，請你根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)在下面的坐標(biāo)系中做出a-F圖象；
（ 小車質(zhì)量：M=0.500kg，g=10m/s² ）

次數(shù) 物理量	1	2	3	4	5	6
m砂和桶（kg）	0.010	0.020	0.030	0.040	0.050	0.060
a（m/s2）	0.196	0.390	0.718	0.784	0.990	1.176

（5）針對該同學(xué)的實驗設(shè)計、實驗操作、數(shù)據(jù)采集與處理，就其中的某一環(huán)節(jié)，提出一條你有別于該同學(xué)的設(shè)計或處理方法：

①采用氣墊導(dǎo)軌以減小摩擦力；
②利用“光電門”和計算機連接直接得到加速度，
③利用v-t圖象計算加速度；
④用彈簧秤測量砂和桶的重力；
⑤用力和加速度的比值是否不變來處理數(shù)據(jù)，等等．

①采用氣墊導(dǎo)軌以減小摩擦力；
②利用“光電門”和計算機連接直接得到加速度，
③利用v-t圖象計算加速度；
④用彈簧秤測量砂和桶的重力；
⑤用力和加速度的比值是否不變來處理數(shù)據(jù)，等等．

．

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Ⅰ．像打點計時器一樣，光電計時器也是一種研究物體運動情況的常見計時儀器，其結(jié)構(gòu)如圖甲如示a、b分別是光電門的激光發(fā)射和接收裝置．當(dāng)有物體從a、b間通過時，光電計時器就可以顯示物體的擋光時間．現(xiàn)利用圖乙所示裝置設(shè)計一個“探究物體運動的加速度與合外力、質(zhì)量關(guān)系的實驗，圖中NQ是水平桌面、PQ是一端帶有滑輪的長木板，1、2是固定在木板上的兩個光電門（與之連接的兩上光電計時器沒有畫出）．小車上固定著用于擋光的窄片K，讓小車從木板的頂端滑下，光電門各自連接的計時器顯示窄片K的擋光時間分別為t₁和t₂．
（1）用游標(biāo)卡尺測量窄片K的寬度d（已知L＞＞d），光電門1，2各自連接的計時器顯示的擋光時間分別為t₁、t₂．則窄片K通過光電門1的速度表達式v₁=

d

t1

d

t1

．
（2）用米尺測量兩光電門間距為L，則小車的加速度表達式a=

( t 2 1 - t 2 2 )d2

2L t 2 1 ? t 2 2

( t 2 1 - t 2 2 )d2

2L t 2 1 ? t 2 2

．
（3）該實驗中，為了把砂和砂桶拉車的力當(dāng)作小車受的合外力，就必須平衡小車受到的摩擦力，正確的做法是

不掛砂和砂桶，調(diào)節(jié)長木板的傾角，輕推小車讓其下滑，直至兩個光電門的讀數(shù)相等為止

不掛砂和砂桶，調(diào)節(jié)長木板的傾角，輕推小車讓其下滑，直至兩個光電門的讀數(shù)相等為止

_．
（4）實驗中，有位同學(xué)通過測量，把砂和砂桶的重力當(dāng)作小車的合外力F，作出a-F圖線，如圖丙中的實線所示．試分析：圖線不通過坐標(biāo)原點O的原因是

平衡摩擦力時木板傾角太大

平衡摩擦力時木板傾角太大

；曲線上部彎曲的原因

沒有滿足小車質(zhì)量遠大于砂和砂桶的質(zhì)量

沒有滿足小車質(zhì)量遠大于砂和砂桶的質(zhì)量

．

Ⅱ．（1）電磁打點計時器是一種計時的儀器，使用時要注意調(diào)節(jié)好振針的高度，如果振針的位置過低，打出的紙帶的點跡是

短線

短線

，還會對紙帶產(chǎn)生

較大阻力

較大阻力

，對實驗結(jié)果有較大的影響．利用打點計時器和如圖1的其它器材可以開展多項實驗探究，其主要步驟如下：
a、按裝置安裝好器材并連好電路
b、接通電源，釋放紙帶，讓重錘由靜止開始自由下落
c、關(guān)閉電源，取出紙帶．更換紙帶，重復(fù)步驟b，打出幾條紙帶
d、選擇一條符合實驗要求的紙帶，數(shù)據(jù)如圖2（相鄰計數(shù)點的時間為T），
（2）進行數(shù)據(jù)處理

①若是探究重力做功和物體動能的變化的關(guān)系．需求出重錘運動到各計數(shù)點的瞬時速度，試表示在B點時重錘運動的瞬時速度V_B=

s2+s3

2T

s2+s3

2T

．
②若是測量重力加速度g．為減少實驗的偶然誤差，采用逐差法處理數(shù)據(jù)，則加速度大小可以表示為g=

(S3+S4)-(S1+S2 )

4T2

(S3+S4)-(S1+S2 )

4T2

．
③如果求出的加速度值與當(dāng)?shù)刂亓�加速度公認的值g′有較大差距，說明實驗過程存在較大的阻力，若要測出阻力的大小，則還需測量的物理量是

重錘的質(zhì)量m

重錘的質(zhì)量m

．試用這些物理量和紙帶上的數(shù)據(jù)符號表示出重錘在下落的過程中受到的平均阻力大小F=

m〔g′-

(S3+S4)-(S1+S2 )

4T2

〕

m〔g′-

(S3+S4)-(S1+S2 )

4T2

〕

．

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Ⅰ．如圖1測量一小段金屬絲的直徑和長度，得到如下情形，則這段金屬絲直徑

 

mm，長度是

 

cm．


Ⅱ．（1）如圖2所示為一種測量電源電動勢的電路原理圖．E為供電電源，E_S為標(biāo)準(zhǔn)電源，E_X為待測電源，R_P是限流電阻，R₀是電流表的保護電阻，AB是均勻電阻絲，長度為L．閉合S₁進行測量時，先將S₂合到“1”位置，移動C至C₁處時，恰好使電流表指針指零，測得AC₁=

1

3

L；再將S₂合到“2”位置，移動C至C₂處時，恰好又使電流表指針指零，測得AC₂=

1

2

L．請你根據(jù)這些信息，結(jié)合所學(xué)過的有關(guān)物理知識回答：
①本實驗對供電電源的要求是E

 

E_S和E_X（ 填“＜”，“=”或“＞”）；
②你認為該實驗中電流表最好應(yīng)選用

 

 （填“安培表”，“毫安表”，“微安表”，“靈敏電流計”）；
③本次實驗測得的E_X=

 

E_S．
（2）用如圖3所示的電路測定電源的電動勢和內(nèi)電阻，提供的器材為

 

（A）干電池兩節(jié)，每節(jié)電池的電動勢約為1.5V，內(nèi)阻未知
（B）直流電壓表V₁、V₂，內(nèi)阻很大     
（C）直流電流表A，內(nèi)阻可忽略不計
（D）定值電阻R₀，阻值未知，但不小于5Ω   
（E）滑動變阻器   
（F）導(dǎo)線和開關(guān)

某同學(xué)利用該電路完成實驗時，由于某根導(dǎo)線發(fā)生斷路故障，因此只記錄了一個電壓表和電流表的示數(shù)，并描在了坐標(biāo)紙上作出U--I圖，如圖4所示．由圖象可知，該同學(xué)測得兩節(jié)干電池總的電動勢值為

 

V，總內(nèi)阻為

 

Ω．由計算得到的數(shù)據(jù)可以判斷能夠正確示數(shù)的電壓表應(yīng)為表

 

（選填“V₁”或“V₂”）（保留三位有效數(shù)字）

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                       高考真題

1．【解析】本題考查了左手定則的應(yīng)用。導(dǎo)線a在c處產(chǎn)生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導(dǎo)線b在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點的合場方向平行于ab，根據(jù)左手定則可判斷導(dǎo)線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊

【答案】C

2．【解析】由回旋加速器的結(jié)構(gòu)可知，離子由加速器的中心附近進入加速器，所以選項A正確；因在盒內(nèi)洛侖茲力不做功，所以離子從空隙的電場中獲得能量，故選項D正確．

【答案】AD

3．【解析】由安培定則判斷在水平直導(dǎo)線下面的磁場是垂直于紙面向里，所以小磁針的N極將垂直于紙面向里轉(zhuǎn)動

【答案】C

4．【解析】帶電粒子在洛侖茲力作用下，作勻速圓周運動，又根據(jù)左手定則得選項A正確．

【答案】A

5．【解析】因為tanα=板間距離/板長，并可用荷質(zhì)比表示，由左手定則可以判斷負外；不正確，電子的荷質(zhì)比是其本身的性質(zhì)。

【答案】不正確，電子的荷質(zhì)比是其本身的性質(zhì)。

6．【解析】(1)質(zhì)點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質(zhì)點飛離磁場時，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質(zhì)點軌跡與x軸的交點為A，過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關(guān)系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。如圖所示，設(shè)圓弧的半徑為R，則有

                            R=dsinj                     

     由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得                                         

將①式代入②式，得                             

(2)質(zhì)點在電場中的運動為類平拋運動。設(shè)質(zhì)點射入電場的速度為v₀，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有

v₀＝vcosj                           vsinj＝at                            d=v₀t聯(lián)立發(fā)上各式得

設(shè)電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得    qE＝ma         聯(lián)立得

【答案】（1）    （2）

7．【解析】(1)洛倫茲力不做功，由動能定理得，

  mgy=mv²           ……①

得  v=            ……②

（2）設(shè)在最大距離y_m處的速率為v_m,根據(jù)圓周運動有，

qv_mB-mg=m             ……③

且由②知         ……④

由③④及R=2y_m

得                  ……⑤

（3）小球運動如圖所示，

由動能定理 （qE-mg）|y_m|=       ……⑥　

由圓周運動  qv_mB+mg-qE=m         ……⑦   

且由⑥⑦及R=2|y_m|解得

v_m=

【答案】（1）     （2）   （3）

8．【解析】⑴做直線運動有：                     

          做圓周運動有：

          只有電場時，粒子做類平拋，有：

                  解得：

          粒子速度大小為：

          速度方向與x軸夾角為：

          粒子與x軸的距離為：

        ⑵撤電場加上磁場后，有：

                          解得：                    

          粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關(guān)系得C點坐標(biāo)為：

           過C作x軸的垂線，在ΔCDM中：

                          解得：

           M點橫坐標(biāo)為：

【答案】（1）    （2）

9．【解析】方法1：（1）設(shè)粒子在0～t₀時間內(nèi)運動的位移大小為s₁

                                                   ①

                                        ②

又已知

聯(lián)立①②式解得

                                           ③

（2）粒子在t₀~2t₀時間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設(shè)運動速度大小為v₁，軌道半徑為R₁，周期為T，則

                                          ④

                                 ⑤

聯(lián)立④⑤式得

                                         ⑥

又                                    ⑦

即粒子在t₀~2t₀時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。在2t₀~3t₀時間內(nèi)，粒子做初速度為v₁的勻加速直線運動，設(shè)位移大小為s₂

                             ⑧

解得                               ⑨

由于s₁+s₂＜h,所以粒子在3t₀~4t₀時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運動，設(shè)速度大小為v₂，半徑為R₂

                                   ⑩

                                 11

解得                              12

由于s₁+s₂+R₂＜h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t₀～5t₀時間內(nèi)，粒子運動到正極板（如圖所示）。因此粒子運動的最大半徑

（3）粒子在板間運動的軌跡如圖所示。                   

方法2：由題意可知，電磁場的周期為2t₀，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為

                方向向上

        后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T

        粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為s_n

        又已知 

        由以上各式得      

        粒子速度大小為    

       粒子做圓周運動的半徑為     

       解得      

       顯然       

   【答案】（1）粒子在0～t₀時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值  

      （2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑  

      （3）粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖。

10．【解析】（1）由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。                                         

設(shè)入射粒子的速度為，由洛侖茲力的表達式和牛頓第二定律得

             ………… ①

由上式解得           ………… ②

（2）設(shè)是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心。連接，設(shè)。  

如圖所示，由幾何關(guān)系得     ………… ③

                     ………… ④

由余弦定理得

                ………… ⑤

聯(lián)立④⑤式得

                     ………… ⑥

設(shè)入射粒子的速度為，由解出

【答案】

11．【解析】⑴v₀=100m/s（提示：微粒在磁場中的半徑滿足：L<r<2L，因此80<v₀<160，而m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）               

⑵t=2.8×10^-2s兩次穿越磁場總時間恰好是一個周期，在磁場外的時間是，代入數(shù)據(jù)得t=2.8×10^-2s

【答案】（1）    （2）t=2.8×10^-2s

                   名校試題

1．【解析】由安培定則判斷出P和QR的磁場方向，并求出其合磁場是水平向右，再由左手定則判斷出R受到的磁場力垂直R，指向y軸負方向

【答案】A

2．【解析】 電子在飛行過程中受到地磁場洛侖茲力的作用，洛侖茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運動的速率不發(fā)生改變；又因為電子在自西向東飛向熒光屏的過程中所受的地磁場感應(yīng)強度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內(nèi)所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，故電子在在豎直平面內(nèi)的運動軌跡是圓周。

【答案】CD

3．【解析】根據(jù)左手定則判斷出，正離子偏向B板，所以B板是電源的正極，因最后離子勻速運動，由平衡條件得，故電源的電動勢為Bvd

【答案】BC

4．【解析】根據(jù)左手定則判斷出，正離子偏向后表面的電勢，所以選項A正確；，所以選項C也正確．

【答案】AC

5．【解析】設(shè)D形盒的半徑為R，則粒子可能獲得的最大動能由qvB=m得E_km==,由此式得選項AC正確．

【答案】AC

6．【解析】無磁場時，小球隊在C點由重力提供向心力，，臨界速度。

從A至C由機械能守恒定律得：，有

加磁場后，小球在C點受向上的洛侖茲力，向心力減小，

臨界速度v減小。洛侖茲力不做功，由A到C機械能守恒

因，所以，故選項C正確。

【答案】C

7．【解析】(1)電場中加速，由                   

∴                           

磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律得  

∴                      

可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形△O₁O₂O₃是等邊三角形，其邊長為2r www.ks5u.com                                

∴   

(2)電場中，        中間磁場中，             

右側(cè)磁場中，             則           

【答案】（1）    （2）

8．【解析】（1）磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，故有

     --------------①

同時有   -----------②

粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識知， 

x_C＝－（r＋rcos45⁰）＝，        ------------ ③

故，C點坐標(biāo)為（，0）。         ----------- ④

（2）設(shè)粒子從A到C的時間為t₁，設(shè)粒子從A到C的時間為t₁，由題意知

                        ------------ ⑤

設(shè)粒子從進入電場到返回C的時間為t₂，其在電場中做勻變速運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)知識，有                      ------------⑥

及  ，       ------------⑦

聯(lián)立⑥⑦解得       ------------⑧

設(shè)粒子再次進入磁場后在磁場中運動的時間為t₃，由題意知

            ------------ ⑨

故而，設(shè)粒子從A點到第三次穿越x軸的時間為

    ------------ ⑩

（3）粒子從第三次過x軸到第四次過x軸的過程是在電場中做類似平拋的運動，即沿著v₀的方向（設(shè)為x′軸）做勻速運動，即

     ……①              …………② 

沿著qE的方向（設(shè)為y′軸）做初速為0的勻變速運動，即

    ……③             ……④  

設(shè)離子第四次穿越x軸時速度的大小為v，速度方向與電場方向的夾角為α.

由圖中幾何關(guān)系知

      ……⑤             ……⑥

       ……⑦

綜合上述①②③④⑤⑥⑦得

        ……⑧            

【答案】（1）C點坐標(biāo)為（，0）     （2）       （3）        

9．【解析】 ⑴由電場力與洛倫茲力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B

⑵根據(jù)運動的對稱性，微粒能從P點到達Q點，應(yīng)滿足 

其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為或。

設(shè)圓弧的半徑為R，則有2R²=x²，可得：

又

由①②③式得：，n =1、2、3、

⑶當(dāng)n取奇數(shù)時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為

，

，其中n =1、3、5、……

當(dāng)n取偶數(shù)時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為

，其中n =2、4、6、……

【答案】（1）E =v₀B  （2）    （3）當(dāng)n取奇數(shù)時，

當(dāng)n取偶數(shù)時，

10．【解析】（1）粒子源發(fā)出的粒子，進入加速電場被加速，速度為v₀，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：                                           

要使粒子能沿圖中虛線O₂O₃進入PQ、MN之間的區(qū)域，

則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，

   得到                                      　　

將②式代入①式，得                        

（2）粒子從O₃以速度v₀進入PQ、MN之間的區(qū)域，先做勻速直線運動，打到ab板上，以大小為v₀的速度垂直于磁場方向運動．粒子將以半徑R在垂直于磁場的平面內(nèi)作勻速圓周運動，轉(zhuǎn)動一周后打到ab板的下部．由于不計板的厚度，所以質(zhì)子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運動的時間為粒子在磁場運動一周的時間，即一個周期T．

由和運動學(xué)公式，得                     

粒子在磁場中共碰到2塊板，做圓周運動所需的時間為            

粒子進入磁場中，在v₀方向的總位移s=2Lsin45°，時間為         

則t=t₁+t₂=

   【答案】 （1）     （2）     

11．【解析】設(shè)速度為v₀時進入磁場后做圓周運動的半徑為r

有                 得r==                           

設(shè)速度為2v₀時進入磁場做圓周運動的半徑r′

得r′==L                                         

設(shè)其速度方向與x軸正方向之間的夾角為θ                     

由圖中的幾何關(guān)系有：cosθ==                              

得θ＝45°或θ＝135°                                         

（2）為使粒子進入電場后能垂直打在擋板上，則要求粒子進入電場時速度方向

與x軸正方向平行，如圖所示。粒子進入電場后由動能定理有

qEd=mv′² －m(2v₀)²   得v′=          

當(dāng)θ₁=45°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為

y₁=r－r′sin45°=(－1)L                                 

當(dāng)θ₂ =135°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為

y₂= r′+ r′sin45°=(+1)L                                 

【答案】（1）θ＝45°或θ＝135°    （2）當(dāng)θ₁=45°時，(－1)L；

θ₂=135°(+1)L，

12．【解析】（1）設(shè)帶電粒子射入磁場時的速度大小為v，由于帶電粒子垂直射入勻強磁場帶電粒子在磁場中做圓周運動，圓心位于MN中點O′，

由幾何關(guān)系可知，軌道半徑r=lcos45=0.2（m

又Bqv =  

所以

設(shè)帶電粒子在磁場中運動時間為t₁，在電場中運動的時間為t₂，總時間為t。

t₁ =      t₂ =

聯(lián)立解得 t = =2.07×10^-4（s）

（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)加速度為a，則：

lsin45 = at₂²   a =    解得：E = sin45=1.6（V/m）

【答案】（1）  2.07×10^-4（s）   （2）1.6（V/m）

13．【解析】（1）微粒在加速電場中由動能定理得：

 ①        解得v₀ = 1.0×10⁴m/s   

（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，有：  ，  

飛出電場時，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：

    ②    解得  θ = 30^o   

（3）進入磁場時微粒的速度是：     ③

軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有：  ④   

洛倫茲力提供向心力：