分析 (1)由A靜止釋放到C的運(yùn)動(dòng)可知區(qū)域二是電場(chǎng),區(qū)域一為磁場(chǎng);由運(yùn)動(dòng)方向可判斷電場(chǎng)和磁場(chǎng)的方向.
(2)電荷在區(qū)域二中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),進(jìn)入?yún)^(qū)域一后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式即可求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小.
(3)電荷從坐標(biāo)原點(diǎn)O第二次經(jīng)過x軸進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ,速度方向與電場(chǎng)方向垂直,電荷在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),在電場(chǎng)方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),在垂直于電場(chǎng)的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可求解.
解答 解:(1)區(qū)域一是磁場(chǎng),方向垂直紙面向里.區(qū)域二是電場(chǎng),方向由A指向C.
(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,電荷從C點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域I的速度為v.電荷從A到C做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),且過C點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角,
AC間距離$s=\sqrt{2}m$,
則:$a=\frac{eq}{m}$…①
v2=2as…②
電荷進(jìn)入?yún)^(qū)域I后,在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖,則:$qBv=\frac{{m{v^2}}}{r}$…③
由題意及幾何關(guān)系:$r=\frac{{\sqrt{2}}}{2}m$…④
由①②③④可得:$E=\sqrt{2}×{10^4}V/m$
(3)電荷從坐標(biāo)原點(diǎn)O第二次經(jīng)過x軸進(jìn)入?yún)^(qū)域II,速度方向與電場(chǎng)方向垂直,電荷在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)過時(shí)間t電荷第三次經(jīng)過x軸.
有$tan{45°}=\frac{{\frac{1}{2}a{t^2}}}{vt}$
解得:t=2×10-6s…⑤
所以:$x=\frac{vt}{{cos{{45}°}}}=8m$…⑥
即電荷第三次經(jīng)過x軸上的點(diǎn)的坐標(biāo)為(8,0)…⑦
答:(1)區(qū)域一是磁場(chǎng),方向垂直紙面向里.區(qū)域二是電場(chǎng),方向由A指向C.
(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為$\sqrt{2}×1{0}^{4}V/m$;
(3)電荷第三次經(jīng)過x軸上的坐標(biāo)為(8,0).
點(diǎn)評(píng) 粒子進(jìn)入有邊界的磁場(chǎng),由于邊界條件的不同,而出現(xiàn)涉及臨界狀態(tài)的臨界問題,可以根據(jù)邊界條件確定粒子的軌跡、半徑、在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間等.解決此類問題常用的方法:畫圖→動(dòng)態(tài)分析→找軌跡.(這類題目關(guān)鍵是作圖,圖畫準(zhǔn)了,問題就解決了一大半,余下的就只有計(jì)算了──這一般都不難.)
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{ke}{{r}^{2}}$ | B. | $\frac{ke}{3{r}^{2}}$ | C. | $\sqrt{3}$$\frac{ke}{9{r}^{2}}$ | D. | $\frac{2ke}{3{r}^{2}}$ |
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A. | 物體所受的合外力為零時(shí),物體一定處于靜止?fàn)顟B(tài) | |
B. | 只有在合外力發(fā)生變化時(shí),物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)才會(huì)改變 | |
C. | 物體所受的合外力不為零時(shí),物體就一定有加速度 | |
D. | 物體的運(yùn)動(dòng)方向一定與它所受的合外力的方向相同 |
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A. | B. | C. | D. |
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A. | $\frac{8H}{T_2^2-T_1^2}$ | B. | $\frac{4H}{T_2^2-T_1^2}$ | C. | $\frac{8H}{{{({T_2-T_1})}^2}}$ | D. | $\frac{H}{{4{({T_2-T_1})}^2}}$ |
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