分析 (1)根據(jù)粒子在電場中及磁場中的運動可得出粒子及極板的帶電量;
(2)根據(jù)洛侖茲力充當向心力可求得粒子的半徑,要使粒子能從磁場穿出,磁場區(qū)域應(yīng)包含粒子的整個圓,故最小磁場的直徑應(yīng)為$\sqrt{2}$R;
(3)根據(jù)幾何關(guān)系可明確平行板的間距,由豎直方向的勻加速直線運動可求得在電容中的時間;磁場中恰好經(jīng)過四分之一周期,由周期公式求得時間;粒子在速度選擇器中做勻速直線運動;由速度公式可求得時間.
解答 解:(1)帶電粒子在磁場中向右偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知,粒子帶負電;
粒子在極板間向下偏轉(zhuǎn),故m板帶負電;
因粒子穿過速度選擇器,則在速度選擇器中有:
Bqv0=Eq
解得:離開速度選擇器的速度為:v=$\frac{E}{B}$;
經(jīng)過磁場時速度大小不變;在電場中做類平拋運動;
穿出時的速度v=$\frac{{v}_{0}}{cos30°}$=$\frac{2\sqrt{3}E}{3B}$;
(2)由洛侖茲力充當向心力可知:
帶電粒子在磁場中的半徑R=$\frac{mv}{Bq}$=$\frac{mE}{{B}^{2}q}$
由幾何關(guān)系可知,粒子在磁場中應(yīng)經(jīng)歷四分之一個圓周;
圓形磁場的最小半徑為:r=$\frac{\sqrt{2}}{2}R$=$\sqrt{2}$R=$\frac{1}{2}$$\frac{\sqrt{2}mE}{{B}^{2}q}$;
則最小面積S=πr2=$\frac{π{m}^{2}{E}^{2}}{{2B}^{4}{q}^{2}}$
(3)因∠COD=45°;由幾何關(guān)系可知,OC一定是磁場的直徑;
則OC的長度為$\sqrt{2}$R;O′C=$\frac{\sqrt{2}}{2}OC$=R=$\frac{mE}{{B}^{2}q}$;
則在豎直方向有:R=$\frac{1}{2}$at2=$\frac{1}{2}×\frac{Eq}{m}{t}^{2}$
解得:t=$\frac{\sqrt{2}m}{Bq}$;
在磁場中的時間t2=$\frac{T}{4}$=$\frac{2πm}{Bq}×\frac{1}{4}$=$\frac{πm}{2Bq}$;
粒子在速度選擇器中的時間t3=$\fracuiasjcu{v}$=$\frac{Bb}{E}$
總時間t總=t+t2+t3=$\frac{\sqrt{2}m}{Bq}$+$\frac{πm}{2Bq}$+$\frac{Bb}{E}$
答:(1)m極板所帶電荷的電性為負電;粒子經(jīng)過D點時的速度大小$\frac{2\sqrt{3}E}{3B}$;
(2)圓形磁場區(qū)域的最小面積$\frac{π{m}^{2}{E}^{2}}{{2B}^{4}{q}^{2}}$
(3)粒子從A到D所經(jīng)歷的時間$\frac{\sqrt{2}m}{Bq}$+$\frac{πm}{2Bq}$+$\frac{Bb}{E}$.
點評 本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動,要注意正確理解幾何關(guān)系,用好不同場中的物理規(guī)律求解.
科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 火星表面重力加速度的數(shù)值比地球表面的小 | |
B. | 火星公轉(zhuǎn)的周期比地球的大 | |
C. | 火星公轉(zhuǎn)的線速度比地球的大 | |
D. | 火星公轉(zhuǎn)的向心加速度比地球的大 |
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A. | mgh-$\frac{1}{2}$mv2-$\frac{1}{2}$mv02 | B. | -$\frac{1}{2}$mv2-$\frac{1}{2}$mv02-mgh | ||
C. | mgh+$\frac{1}{2}$mv02-$\frac{1}{2}$mv2 | D. | $\frac{1}{2}$mv02-$\frac{1}{2}$mv2-mgh |
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