2.如圖所示,紙面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy,在第一、二象限y≤p的區(qū)域內(nèi)分別在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場B1、B2.方向相反,在第三象限有一速度選擇器,a,b板與x軸垂直,板間勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B0相互垂直.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的例子能夠沿直線通過速度選擇器,并垂直于x軸射入磁場B,并最終從第一象限y=p的邊界上某點(diǎn)垂直射出磁場B2,已知粒子始終在紙面內(nèi)運(yùn)動,且每次均垂直越過y軸進(jìn)入磁場,不計粒子重力.
(1)求粒子的電性以及進(jìn)入磁場B1時的速度;
(2)寫出p的表達(dá)式;
(3)用p、E、B0表示粒子在第一二象限磁場中運(yùn)動的時間.

分析 (1)根據(jù)粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向判斷出洛倫茲力方向,然后應(yīng)用左手定則判斷粒子電性,由平衡條件求出粒子的速度.
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,由牛頓第二定律求出粒子軌道半徑,然后求出p的表達(dá)式.
(3)根據(jù)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期求出粒子在磁場中的運(yùn)動時間.

解答 解:(1)由題意可知,粒子進(jìn)入第二象限后向右偏轉(zhuǎn),然后進(jìn)入第一象限,
粒子進(jìn)入第二象限后向右偏轉(zhuǎn),剛進(jìn)入第二象限時所受洛倫茲力水平向右,
由左手定則可知,粒子帶正電,粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動,
由平衡條件得:qvB0=qE,
則粒子速度:v=$\frac{E}{{B}_{0}}$;
(2)由題意可知,粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示:

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,
由牛頓第二定律得:qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$,r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{mE}{qB{B}_{0}}$,
則粒子在兩磁場中的軌道半徑:r1=$\frac{mE}{q{B}_{1}{B}_{0}}$,r2=$\frac{mE}{q{B}_{2}{B}_{0}}$,
如圖示運(yùn)動軌跡,由幾何知識可得:
p=r1+2n(r1+r2)+r2=(2n+1)($\frac{mE}{q{B}_{1}{B}_{0}}$+$\frac{mE}{q{B}_{2}{B}_{0}}$)  n=0、1、2、3、…
(3)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期:T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$,
則:T1=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$,T2=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$,粒子在第一、二象限磁場中的運(yùn)動時間:
t=$\frac{1}{4}$(T1+T2)+n×$\frac{1}{2}$(T1+T2)=$\frac{1+2n}{4}$($\frac{2πm}{q{B}_{1}}$+$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$)=$\frac{2π(1+2n)}{4}$($\frac{m}{q{B}_{1}}$+$\frac{m}{q{B}_{2}}$)=$\frac{πp{B}_{0}}{2E}$;
答:(1)粒子帶正電,進(jìn)入磁場B1時的速度為$\frac{E}{{B}_{0}}$;
(2)p的表達(dá)式為:p=(2n+1)($\frac{mE}{q{B}_{1}{B}_{0}}$+$\frac{mE}{q{B}_{2}{B}_{0}}$)  n=0、1、2、3、…;
(3)粒子在第一二象限磁場中運(yùn)動的時間為$\frac{πp{B}_{0}}{2E}$.

點(diǎn)評 本題考查了粒子在磁場中的運(yùn)動,分析清楚粒子運(yùn)動過程,應(yīng)用牛頓第二定律、粒子周期公式即可正確解題,處理粒子在磁場中的問題要作出粒子的運(yùn)動軌跡.

練習(xí)冊系列答案
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A.PA=-4kg•m/s PB=10kg•m/sB.PA=3kg•m/s  PB=9kg•m/s
C.PA=5kg•m/s PB=7kg•m/sD.PA=8kg•m/s  PB=4kg•m/s

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A.物體可能從A端離開傳送帶,且物體在傳送帶上運(yùn)動的時間與v1的大小無關(guān)
B.物體可能從B端離開傳送帶,且物體離開傳送帶時的速度可能大于v1
C.物體可能從B端離開傳送帶,且物體離開傳送帶時的速度可能等于v1
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17.如圖所示,質(zhì)量相等的兩小球A、B套在光滑桿上并用輕質(zhì)彈簧相連,彈簧勁度系數(shù)為k,當(dāng)兩球A、B分別用長為L的兩根輕質(zhì)繩栓掛小球C并穩(wěn)定時,A、B間距離也為L,已知球C質(zhì)量為m,則彈簧原長為( 。
A.L+$\frac{\sqrt{3}mg}{6k}$B.L+$\frac{\sqrt{3}mg}{3k}$C.2L-$\frac{\sqrt{3}mg}{6k}$D.L+$\frac{mg}{2k}$

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14.某單極發(fā)電機(jī)的簡化原理如圖所示.在長直線圈中垂直于線圈對稱軸上固定一根半徑為r的圓形金屬導(dǎo)軌,可自由轉(zhuǎn)動的金屬桿CD位于線圈對稱軸上,桿上固連一長為r的金屬棒OA,可隨桿轉(zhuǎn)動,金屬棒的另一端與圓形金屬導(dǎo)軌接觸良好.CD桿右側(cè)固連一圓盤,其半徑為$\frac{r}{2}$,并繞有細(xì)線,在恒力拉動下,圓盤和桿一起旋轉(zhuǎn).構(gòu)成線圈的導(dǎo)線一端通過電刷P連接到桿CD上,另一端連接到圓形金屬導(dǎo)軌Q點(diǎn),回路的等效總電阻為R.線圈放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場中,方向水平向右.(提示:當(dāng)線圈中通有電流I時,電流在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=αI,其中α是由線圈決定的常數(shù))
(1)斷開開關(guān)S,當(dāng)金屬棒轉(zhuǎn)速為ω時,求金屬棒OA兩端電動勢;
(2)閉合開關(guān)S,當(dāng)金屬棒以穩(wěn)定轉(zhuǎn)速ω0轉(zhuǎn)動時,求回路電流強(qiáng)度I;
(3)閉合開關(guān)S,當(dāng)金屬棒以穩(wěn)定轉(zhuǎn)速ω0轉(zhuǎn)動時,不計摩擦阻力,求作用在細(xì)線上的恒大小F.

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11.在如圖所示的裝置中,兩個相同的弧形軌道M、N分別用于發(fā)射小鐵球P、Q,兩軌道上端分別裝有電磁鐵C、D,調(diào)節(jié)電磁鐵C、D的高度,使AC=BD,從而保證小鐵球P、Q在軌道出口處的水平初速度v0相等,將小鐵球P、Q分別吸在電磁鐵C、D上,然后切斷電源,使兩小鐵球能以相同的初速度v0同時分別從軌道M、N的下端射出.實(shí)驗(yàn)結(jié)果是兩小鐵球同時到達(dá)E處發(fā)生碰撞.增加或者減小軌道M的高度,只改變小鐵球P到達(dá)桌面時速度的豎直方向分量的大小,再進(jìn)行實(shí)驗(yàn),結(jié)果兩小鐵球總是發(fā)生碰撞.試分析回答該實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說明了什么?

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(1)試求粒子在磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動的軌道半徑;
(2)粒子恰好經(jīng)過右邊第二個磁場區(qū)域的右邊界后返回,最終垂直PQ邊界離開磁場,試求從粒子進(jìn)入磁場返回邊界PQ所用的時間;
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