分析 (1)由動(dòng)能定理即可求出粒子的速度,由位移公式即可求出長(zhǎng)度l;
(2)由半徑公式即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度,由位移公式即可求出時(shí)間;
(3)通過運(yùn)動(dòng)的軌跡與速度的方向分析能否發(fā)生碰撞.
解答 解:(1)質(zhì)子加速的過程中,電場(chǎng)力做功,由動(dòng)能定理得:eU0=$\frac{1}{2}$mv2-$\frac{1}{2}$mv02,
將eU0=$\frac{3}{2}$mv02
代入得:v=2v0,
由于是相同的粒子,又在相同的電場(chǎng)中加速,所有粒子在電場(chǎng)中加速的時(shí)間是相等的,在加速之前,進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間差:t=$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$,
出電場(chǎng)的時(shí)間差也是△t,所以,出電場(chǎng)后,該質(zhì)子束的長(zhǎng)度:L=vt=2v0t=2l0;
(2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),在偏轉(zhuǎn)后粒子若發(fā)生碰撞,則只有在粒子偏轉(zhuǎn)90°時(shí),才可能發(fā)生碰撞,所以碰撞的位置在OO′的連線上.洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:
evB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$,
解得:B=$\frac{mv}{eR}$=$\frac{2m{v}_{0}}{eR}$,
由于洛倫茲力只改變磁場(chǎng)的方向,不改變粒子的速度,所以粒子經(jīng)過磁場(chǎng)后的速度的大小不變,由于所有粒子的速度大小相等,所以應(yīng)先后到達(dá)同一點(diǎn),所以碰撞的時(shí)間為:
△t=$\frac{L}{v}$=$\frac{2{l}_{0}}{2{v}_{0}}$=$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$;
(3)某次實(shí)驗(yàn)時(shí)將磁場(chǎng)O的圓心往上移了$\frac{R}{2}$,其余條件均不變,則質(zhì)子束經(jīng)過電場(chǎng)加速后的速度不變,而運(yùn)動(dòng)的軌跡不再對(duì)稱.
對(duì)于上邊的粒子,不是對(duì)著圓心入射,而是從F點(diǎn)入射,如圖所示:
E點(diǎn)是原來C點(diǎn)的位置,連接OF、OD,作FK平行而且等于OD,再連接KD,由于OD=OF=FK,則四邊形ODFK是菱形,即KD=KF,所以粒子仍然從D點(diǎn)射出,但方向不是沿OD的方向,K為粒子束的圓心.由于磁場(chǎng)向上移了$\frac{1}{2}$R,故:sin∠COF=$\frac{\frac{1}{2}R}{R}$=$\frac{1}{2}$,
解得:∠COF=$\frac{π}{6}$,∠DOF=∠FKD=$\frac{π}{3}$,
而對(duì)于下邊的粒子,沒有任何的改變,故兩束粒子若相遇,則一定在D點(diǎn)相遇.
下方最先到達(dá)D點(diǎn)的粒子需要的時(shí)間:t′=$\frac{\frac{π}{2}R+(H+\frac{1}{2}R-R)}{2{v}_{0}}$=$\frac{(π+4)R}{4{v}_{0}}$,
而上方最先到達(dá)D點(diǎn)的粒子到達(dá)E點(diǎn)后,最后到達(dá)D點(diǎn)的粒子需要的時(shí)間:t=$\frac{l+\overline{EF}+\overline{FD}}{2{v}_{0}}$=$\frac{2{l}_{0}+(R-Rsin\frac{π}{3})+\frac{π}{3}R}{2{v}_{0}}$=$\frac{2{l}_{0}+\frac{6+2π-3\sqrt{3}}{6}R}{2{v}_{0}}$;
若t′>t.即當(dāng)l0<$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12}$R時(shí),兩束粒子不會(huì)相遇;
若t′<t.即當(dāng)l0≥$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12}$R時(shí),兩束粒子可能相碰撞的最長(zhǎng)時(shí)間:△t=t-t′=$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$-$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12{v}_{0}}$R;
答:(1)質(zhì)子束經(jīng)過加速電場(chǎng)加速后(未進(jìn)入磁場(chǎng))的速度是2v0,長(zhǎng)度是2l0;
(2)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B為$\frac{2m{v}_{0}}{eR}$,質(zhì)子束碰撞過程經(jīng)歷的時(shí)間△t為$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$;
(3)若次實(shí)驗(yàn)時(shí)將磁場(chǎng)O的圓心往上移了$\frac{R}{2}$,其余條件均不變,l0<$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12}$R時(shí),兩束粒子不會(huì)相遇;當(dāng)l0≥$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12}$R時(shí),兩束粒子可能相碰撞的最長(zhǎng)時(shí)間為:$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$-$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12{v}_{0}}$R.
點(diǎn)評(píng) 該題屬于分析物理實(shí)驗(yàn)的題目,雖然給出的情況比較新穎,但是,只有抓住帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律與帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,使用動(dòng)能定理與磁場(chǎng)中的半徑公式即可正確解答.中檔題目.
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | (b)中,鉛塊、木板1、木板2三者最終速度相等 | |
B. | (b)中小鉛塊滑到木板2的最右端之前就與木板2保持相對(duì)靜止 | |
C. | (b)中小鉛塊將從木板2的右端滑下 | |
D. | (a)、(b)兩種過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等 |
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 電流表示數(shù)減小 | B. | 電流表示數(shù)增大 | C. | 電壓表示數(shù)增大 | D. | 電壓表示數(shù)減小 |
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 導(dǎo)體中電荷運(yùn)動(dòng)就形成電流 | |
B. | 國(guó)際單位制中電流的單位是安培 | |
C. | 電流是一個(gè)標(biāo)量,其方向是沒有意義的 | |
D. | 對(duì)于導(dǎo)體,只要其兩端電勢(shì)差不為零,電流必定不為零 |
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 導(dǎo)體棒兩端的最大電壓為BLvm | |
B. | 在t=$\frac{T}{4}$時(shí)刻,電流表的示數(shù)為$\frac{BL{v}_{m}}{{k}^{2}R}$ | |
C. | 電阻R的電功率為$\frac{{B}^{2}{{L}^{2}v}_{m}^{2}}{{k}^{2}R}$ | |
D. | 從t=0至t=$\frac{t}{4}$的時(shí)間內(nèi),水平外力所做的功為$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$+$\frac{{B}^{2}{L\;}^{2}{\;v}_{m}^{2}}{{8k}^{2}R}$, |
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | B. | C. | D. |
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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. | $\frac{π}{6B{t}_{0}}$ | B. | $\frac{π}{4B{t}_{0}}$ | C. | $\frac{π}{3B{t}_{0}}$ | D. | $\frac{π}{2B{t}_{0}}$ |
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科目:高中物理 來源: 題型:填空題
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