分析 (1)根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式,結合幾何關系得出半徑與SE的關系,從而求出粒子的速度;
(2)粒子在磁場中運動的周期與速度無關,當粒子在磁場中偏轉的角度最小時,運動時間最短,可知當粒子在磁場中運動的軌道半徑等于$\frac{L}{2}$時,運動的時間最短,結合圓心角求出運動的最短時間,結合半徑公式求出速度的大;
(3)S點發(fā)出的粒子最終又回到S點必須滿足(2)的條件.要求此粒子每次與△DEF的三條邊碰撞時都與邊垂直,且能回到S點;粒子能繞過頂點與△DEF的邊相碰,根據(jù)半徑公式和幾何關系求出粒子的速度
解答 解:(1)從S點發(fā)射的粒子將在洛侖茲力作用下做圓周運動,即:$qvB=\frac{{m{v^2}}}{R}$ ①
因粒子圓周運動的圓心在DE上,每經(jīng)過半個園周打到DE上一次,
所以粒子要打到E點應滿足:$\frac{1}{2}L=n•2R,({\;}\right.n=1,2,3…\left.{\;})$②
由①②得打到E點的速度為:$v=\frac{qBL}{4nm}$,(n=1,2,3…);
(2)由題意知,S點發(fā)射的粒子最終又回到S點的條件是:
$R=\frac{\bar S\bar E}{2n-1}=\frac{L}{2}\frac{1}{2n-1},(n=1,2,3…)$,粒子速度:v=$\frac{qBL}{2(2n-1)m}$ (n=1、2、3…),
在磁場中粒子做圓周運動的周期$T=\frac{2πR}{v}=\frac{2πm}{qB}$,與粒子速度無關,
所以,粒子圓周運動的次數(shù)最少(n=1)時,運動的時間最短,這時:$R=\frac{mv}{qB}=\frac{L}{2}$時時間最短,
粒子以三角形的三個頂點為圓心運動,每次碰撞所需時間:${t_1}=\frac{5}{6}T$
經(jīng)過三次碰撞回到S點,粒子運動的最短時間:$t=3{t_1}=\frac{5}{2}T=\frac{5πm}{qB}$
(3)設E點到磁場區(qū)域邊界的距離為L',由題設條件知$L'=a-\frac{L}{2}\frac{1}{{cos{{30}^0}}}=\frac{L}{10}$
S點發(fā)射的粒子要回到S點就必須在磁場區(qū)域內(nèi)運動,即滿足條件:R≤L',即$R≤\frac{L}{10}$
又知$R=\frac{\bar S\bar E}{2n-1}=\frac{L}{2}\frac{1}{2n-1},(n=1,2,3…)$,當n=1時,$R=\frac{L}{2}$
當n=2時,$R=\frac{L}{6}$當n=3時,$R=\frac{L}{10}$當n=4時,$R=\frac{L}{14}$
所以,當n=3,4,5…時,滿足題意.由于$R=\frac{mv}{qB}$,代入上式得$\frac{L}{2}\frac{1}{2n-1}=\frac{mv}{qB}$
解得速度的值:$v=\frac{qBL}{2(2n-1)m}$,(n=3,4,5…)
答:(1)帶電粒子的速度v為$\frac{qBL}{4nm}$ (n=1、2、3、…)時,能夠打到E點.
(2)為使S點發(fā)出的粒子最終又回到S點,且運動時間最短,v為$\frac{qBL}{2(2n-1)m}$(n=1、2、3…),最短時間為$\frac{5πm}{qB}$.
(3)帶電粒子速度v的大小取值為:$\frac{qBL}{2(2n-1)m}$ (n=3、4、5…).
點評 解決本題的關鍵得出粒子在磁場中運動的半徑通項表達式,確定半徑為何值時恰好打在E點,何時能夠回到S點,結合半徑公式和周期公式進行求解.注意結合幾何特性及半徑與長度的關系,從而確定運動軌跡,這是解題的關鍵.
科目:高中物理 來源: 題型:填空題
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | M帶正電,N帶負電 | B. | M的速率大于N的速率 | ||
C. | 洛侖茲力對M、N做正功 | D. | M、N的運行時間相等 |
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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. | 編號為①的粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間為$\frac{πm}{qB}$ | |
B. | 編號為②的粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間為$\frac{πm}{3qB}$ | |
C. | 三個粒子進入磁場的速度依次減小 | |
D. | 三個粒子在磁場內(nèi)運動的時間依次增加 |
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