分析 帶電粒子在復(fù)合場中的運動,涉及到類平拋、圓周運動、勻變速等過程,應(yīng)用到的規(guī)律有力學(xué)主干知識、電磁學(xué)基本公式等.對此題:
(1)粒子垂直于電場進入電場做類平拋運動,即路徑為拋物線,要求最大速度,剛要求電場力做功最多,即從M或N邊緣射出的粒子,這樣由動能定律可以求出.
(2)粒子連續(xù)射入電場在變化的電場中運動,也可能上偏,也可能下偏.根據(jù)左手定則,將逆時針轉(zhuǎn)動,顯然與MN向上夾角越大,圓周運動的弧長越大,時間越長,只能是從下邊緣穿出的粒子弧長最大,從上邊緣穿出的粒子弧長最短.與磁場邊緣成45°角進入磁場的粒子將轉(zhuǎn)過270°或45°.
(3)由于磁場區(qū)域足夠?qū),粒子在磁場中做部分圓周運動后再從左邊界穿出,根據(jù)幾何關(guān)系,以及半徑公式可以求出寬度.
解答 解:(1)偏轉(zhuǎn)電壓由0到200V的變化中,粒子流可能都能射出電場,也可能只有部分粒子能射出電場.設(shè)偏轉(zhuǎn)的電壓為U0時,粒子剛好能經(jīng)過極板的右邊緣射出.
$\frac{1}{2}d=\frac{1}{2}a{t}^{2}$ ①
而粒子的加速度:
$a=\frac{q{U}_{1}}{dm}$ ②
粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的時間:
$t=\frac{l}{{v}_{0}}$ ③
聯(lián)立以上三式解得:得U1=100V.
從而知道偏轉(zhuǎn)電壓為100V時,粒子恰好能射出電場,且速度最大.
根據(jù)動能定理得:
$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}=q{U}_{1}$ ④
代入數(shù)據(jù)解得:
${v}_{1}=\sqrt{2}×1{0}^{5}m/s=1.41×1{0}^{5}m/s$.
方向:斜向右上方或斜向右下方,與初速度方向成45°角.
(2)由(1)知,若粒子射出磁場的豎直分速度越大,則θ越小,故θ最小值為θm=45°,
此情景下圓弧對應(yīng)的圓心角為270° 如圖2所示.
則入射粒子在磁場中運行最長時間為
${t}_{max}=\frac{3}{4}T=\frac{3πm}{2qB}=3π×1{0}^{-6}s$
當(dāng)粒子從上板邊緣飛入磁場時,在磁場中運動的時間最短,如圖3所示
∴${t}_{min}=\frac{1}{4}T=\frac{πm}{2qB}=π×1{0}^{-6}s$.
(3)設(shè)粒子射出電場速度方向與MN間夾角為θ.粒子射出電場時速度大小為:
$v=\frac{{v}_{0}}{sinθ}$ ⑤
又有洛倫茲力提供向心力:
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{R}$ ⑥
解得:$R=\frac{mv}{qB}=\frac{m{v}_{0}}{qBsinθ}$
因此粒子進入磁場點與射出磁場點間距離為:$S=2Rsinθ=\frac{2m{v}_{0}sinθ}{qB}=0.4m$
可見:距離S與粒子在磁場中運行速度的大小無關(guān),為定值,進而有射出點區(qū)域?qū)挾取鱀=d=0.2m
答:(1)帶電粒子射出電場時的最大速度1.41×105m/s.
(2)粒子在磁場中運動的最長時間為3π×10-6s和最短時間π×10-6s.
(3)從電場射出的帶電粒子進入磁場后從磁場左邊界射出區(qū)域的寬度為0.2m.
點評 看起來復(fù)雜的問題,只是考察關(guān)鍵的幾點,本題要記住粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式和周期公式,即:$R=\frac{mv}{qB}$ $T=\frac{2πm}{qB}$,能夠結(jié)合畫圖可以更快找到關(guān)系式.
科目:高中物理 來源: 題型:解答題
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | 均勻帶電球殼帶電密度為$\frac{{E}_{0}}{4πk}$ | |
B. | 圖中r=1.5R | |
C. | 在x軸上各點中有且只有x=R處電勢最高 | |
D. | 球面與球心間電勢差為E0R |
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科目:高中物理 來源: 題型:實驗題
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | a方式為“高”擋 | B. | b方式為“低”擋 | C. | c方式為“關(guān)”擋 | D. | d方式為“中”擋 |
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