基础题：5.解:①小球在沿杆向下运动时，受力情况如图，向左的洛仑兹力F，向右的弹力N，向下的电场力qE，向上的摩擦力f。F＝Bqv，N＝F＝Bqv0∴f＝μN＝μBqv当小球作匀速运动时，qE＝f＝μBqv0②小球在磁场中作匀速圆周运动时，又∴vb＝Bq/3m③小球从a运动到b过程中，由动能定理得所以6.解：（1）小球在轨道上来回运动时受重力、支持力、洛伦兹力，但只有重力做功，因此小球的机械能守恒。从M到最低点有在最低点有即联解（1）（2）得（2）小球从M到N以及在轨道上来回运动时受重力、支持力、洛伦兹力，但总只有重力做功，因此小球的机械能始终守恒。从N到最低点时对轨道最低点的有最大压力。1EBMN在最低点有联解（1）（3）得N2=6mg（3）要小球在圆形轨道内作完整的圆周运动，此时对圆形轨道的最高点压力为零，设小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度为v0，在最高点速度为v1。从M→轨道的最高点，据动能定理：在圆形轨道的最高点：联解（4）（5）得提高题：1.解：α粒子磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有RmvqvB2，由此得qBmvR，R=20cm，因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹以O圆心在图中N的左端与ab相切于P1点，由此O点为能打到感光平板上的α粒子圆轨迹圆心左侧最低位置，设此时α粒子从S射出的方向与SN的夹角为θ，由几何关系可得2/1/)(sinRlR，θ=30°，同理O′为圆心在图中N的右侧与ab相切于P2点，则此O′点为能打到感光平板上的α粒子圆轨迹圆心右侧最低位置，设此时α粒子从S射出的方向与SN的夹角为θ′，由上图几何关系可得θ′=30°，分析可知∠cSd=120°方向的α粒子不能打到ab感光平板上，则每分钟能打到ab感光平板上的α粒子数为：6102.13/2)60(nx个。2.解：(1)依题意，R=L/4由qvB=mv2/RqU0=得U0=(2)设AF中点为G，连接GC，作其垂直平分线，与AF延长线交点即为圆心由相似三角形得R’=O’G=13L/4qvB=mv2/R’2q=∴UNM=(3)由于粒子在磁场中运动周期T=，T与速率无关粒子撞击BC中点和DE中点后回到G,用时最短圆周半径R”=3L/2得到最短时间t==3.解：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1=33r由q1B=m211R得1=mBqr33（2）设粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系（2r-R2）2=R22+r2得R2=3r/4由q2B=m222R得2=mBqr434．3AO60°5.解：（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有（1分）粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，xC＝－（r＋rcos450）＝（1分）故，C点坐标为（，0）（1分）（2）设粒子从A到C的时间为t1，由题意知（1分）（1分）设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有（1分）及（1分）4联立以上两式解得（1分）设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知（1分）故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为（1分）（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即在第三次过x轴的速度的方向上（设为x′轴）做匀速运动，即（1分）沿着电场力的方向（设为y′轴）做初速为0的匀变速运动，即（1分）（1分）设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α.由图中几何关系知（1分）（1分）（1分）综合上述各式得（2分）6.解：由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0……等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为要使电子的侧向位移最小，应让电子从t0、3t0……等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，则电子从偏转电场中出5来时的偏向角为：式中又：由上述四式可得：（3）由于各个时刻从偏转电场中出来的电子的速度大小相同，方向也相同，因此电子进入磁场后的半径也相同，如图示：由第（1）问可知电子从偏转电场中出来时的最大侧向位移和最小侧向位移的差值为：所以打在荧光...
