精英家教網(wǎng)如圖所示,平行板電容器板長(zhǎng)為L(zhǎng),極板間距為2L,上板帶正電,忽略極板外的電場(chǎng). O、O′是電容器的左右兩側(cè)邊界上的點(diǎn),兩點(diǎn)連線(xiàn)平行于極板,且到上極板的距離為L(zhǎng)/2. 在電容器右側(cè)存在一個(gè)等腰直角三角形區(qū)域ABC,∠C=90°,底邊BC與電容器的下極板共線(xiàn),B點(diǎn)與下極板右邊緣重合,頂點(diǎn)A與上極板等高. 在電容器和三角形區(qū)域內(nèi)宥垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1=B、B2=2B.一帶正電的粒子以初速度v0從O點(diǎn)沿著00′方向射入電容器,粒子的重力和空氣阻力均不計(jì).
(1)若粒子沿 00′做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),進(jìn)人三角形區(qū)域后,恰從頂點(diǎn) A飛出,求兩極板間的電壓U和帶電粒子的比荷
qm

(2)若撤去電容器中磁場(chǎng)的同時(shí),把三角形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蛲,但磁感?yīng)強(qiáng)度大小不變.此后,同一帶電粒子仍以相同的初速度v0 從0點(diǎn)沿著 00′方向射入電容器,求粒子從三角形區(qū)域飛出時(shí)距離飛出邊某一頂點(diǎn)的距離.
分析:(1)粒子在平行板電容器間受電場(chǎng)力和洛倫茲力作用,且二力互相平衡,由于三角形區(qū)域ABC為等腰直角三角形,故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡為四分之一圓弧,由半徑公式可求比荷
(2)若撤去電容器中磁場(chǎng),粒子將做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),由數(shù)學(xué)關(guān)系可得粒子出射時(shí)的速度方向,由于粒子射出電場(chǎng)后進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),進(jìn)而求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射方向,粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后改作圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,求出運(yùn)動(dòng)半徑,由幾何關(guān)系可得三角形區(qū)域飛出時(shí)距離飛出邊某一頂點(diǎn)的距離
解答:解:(1)粒子在電容器中受力平衡,故:
U
2L
q=Bqv0

由于三角形區(qū)域ABC為等腰直角三角形,故粒子進(jìn)入磁場(chǎng)B2到從A射出的軌跡為
1
4
圓周,故半徑:
R1=
L
2

洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:
2Bqv0=
mv
2
0
R1

由以上得,
q
m
=
v0
BL

(2)粒子在電容器中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)飛出電場(chǎng)時(shí)側(cè)向位移為y,速度方向偏轉(zhuǎn)角為θ,則有:
y=
1
2
×
Uq
2Lm
×(
L
v0
)
2

tanθ=
y
L
2
=
2y
L

解①④⑤⑥得:y=
L
2
,θ=45°⑦
速度大小為:v=
2
v0
粒子射出電場(chǎng)后進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),故將垂直于AB邊進(jìn)入磁場(chǎng),且做順時(shí)針偏轉(zhuǎn),設(shè)半徑為R2,則有:
2Bqv=
mv2
R2

由②③④⑧⑨得:R2=
2
2
L
由于粒子垂直于AB邊進(jìn)入磁場(chǎng),且∠ABC=45°,故應(yīng)垂直于BC邊射出,故出射點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為:
x=R2=
2
2
L

答:(1)帶電粒子的比荷
q
m
v0
L

(2)出射點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為
2
2
L
點(diǎn)評(píng):注意挖掘“若粒子沿 00′做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)”隱含的條件,作出洛倫茲力作用下的圓周運(yùn)動(dòng)的草圖,考慮在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性,分析幾何關(guān)系,利用半徑公式解決問(wèn)題
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如圖所示,平行板電容器與直流電源連接,下極板接地.一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離( 。

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( 。

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