分析 (1)能到達(dá)屏的離子臨界狀態(tài)是從擋板上下兩個(gè)端點(diǎn)飛過(guò),離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),離開(kāi)電場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)離子的運(yùn)動(dòng)特征結(jié)合幾何關(guān)系求解陰影部分的長(zhǎng)度;
(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解題.
(3)作出滿足條件的離子運(yùn)動(dòng)軌跡,根據(jù)幾何關(guān)系和洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力求解離子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,從而得出磁場(chǎng)的面積,并根據(jù)離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)所轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角,根據(jù)周期關(guān)系求出離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.
解答 解:(1)設(shè)兩板間所加電壓U1時(shí),負(fù)離子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)向距離y,如圖所示.
由牛頓第二定律得:$y=\frac{1}{2}•\frac{{q{U_1}}}{mL}{(\frac{L}{v_0})^2}=\frac{{q{U_1}L}}{2mv_0^2}$,
$tan{θ_1}=\frac{v_y}{v_0}=\frac{{\frac{{q{U_1}}}{mL}•\frac{L}{v_0}}}{v_0}=\frac{{q{U_1}}}{mv_0^2}$,$y'=\frac{L}{2}•tan{θ_1}=\frac{{q{U_1}L}}{2mv_0^2}$,解得:y=y',
而$y+y'=\frac{13L}{24}$,故:$y=y'=\frac{13L}{48}$,
由幾何關(guān)系,有;$y''=2y'=\frac{13L}{24}$,
因?yàn)橄嗤碾x子當(dāng)加上大小相等的反向電壓時(shí),離子偏轉(zhuǎn)對(duì)稱于OO′軸,
所以屏上的陰影長(zhǎng)度為:$MN=2MO'=2(y+y'+y'')=\frac{13}{6}L≈0.22m$;
(2)設(shè)離子在偏轉(zhuǎn)電壓U2中加速后以速度v1進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,
且離子剛好水平從擋板邊緣飛過(guò),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.
洛倫茲力提供向心力,$qv{B_1}=m\frac{v_1^2}{R_1}$,解得:${R_1}=\frac{{m{v_1}}}{{q{B_1}}}$,
而:${v_1}=\frac{v_0}{{cos{θ_2}}}$,則:${R_1}=\frac{{m{v_0}}}{{q{B_1}cos{θ_2}}}$,
再由幾何關(guān)系得:${R_1}sin{θ_2}=\frac{L}{2}$,則:$tan{θ_2}=\frac{{q{B_1}L}}{{2m{v_0}}}$,
豎直方向:
由速度分解有:${v_y}={v_0}tan{θ_2}=\frac{{q{B_1}L}}{2m}$,
又:${v_y}=at=\frac{{q{U_2}}}{mL}•\frac{L}{v_0}=\frac{{q{U_2}}}{{m{v_0}}}$,
所以:$\frac{{q{B_1}L}}{2m}=\frac{{q{U_2}}}{{m{v_0}}}$,解得:${U_2}=\frac{{{B_1}L{v_0}}}{2}$,
代入數(shù)據(jù)得U2=100V,由對(duì)稱性可知,當(dāng)離子在U'2=-100V時(shí),
離子剛好通過(guò)板的下邊緣到達(dá)O′點(diǎn).
又u=200sin100πt(V) $\frac{U_2}{U_M}=\frac{1}{2}$
所以t=$\frac{nT}{4}±\frac{1}{6}T=(\frac{n}{4}±\frac{1}{6})T=0.02(\frac{n}{4}±\frac{1}{6})$s (n=1,3,5,…);
(3)設(shè)離子在偏轉(zhuǎn)電壓U3中加速后以速度v2進(jìn)入磁場(chǎng)中
運(yùn)動(dòng)的半徑為R2,滿足條件的離子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.
離子以v2=$\sqrt{2}{v_0}$進(jìn)入磁場(chǎng),做勻速圓周運(yùn)動(dòng),
由${B_2}q{v_2}=m\frac{v_2^2}{R_2}$知${R_2}=\frac{{\sqrt{2}m{v_0}}}{{{B_2}q}}$,
代入數(shù)據(jù)得${R_2}=\frac{{\sqrt{2}×2×{{10}^3}}}{{\sqrt{2}×3×{{10}^4}}}m=\frac{1}{15}m$,
由幾何關(guān)系,所加的磁場(chǎng)的半徑:$r=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{R_2}$,所以 $r=\frac{{\sqrt{2}}}{30}m$,
所加磁場(chǎng)的面積:$S=π{r^2}=\frac{1}{75}m≈6.7×{10^{-3}}m$2,
因?yàn)?T=\frac{2πm}{{q{B_2}}}$,且離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角度為90°,
所以,離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:$t'=\frac{T}{4}=\frac{πm}{{2q{B_2}}}=\frac{3}{{2×3×{{10}^4}×\sqrt{2}}}s=\frac{{\sqrt{2}}}{4}×{10^{-4}}s≈3.5×{10^{-5}}s$;
答:(1)熒光屏中心附近陰影的長(zhǎng)度為0.22m.
(2)在t=$\frac{nT}{4}±\frac{1}{6}T=(\frac{n}{4}±\frac{1}{6})T=0.02(\frac{n}{4}±\frac{1}{6})$s (n=1,3,5,…)時(shí)刻進(jìn)入兩板的離子剛好繞過(guò)C板上下邊緣到達(dá)O′點(diǎn).
(3)所加圓形磁場(chǎng)的面積為6.7×10-3m2,離子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3.5×10-5s.
點(diǎn)評(píng) 本題運(yùn)算較復(fù)雜,考查帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),熟練掌握運(yùn)動(dòng)的合成與分解的訪求分析處理類平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題,能根據(jù)離子運(yùn)動(dòng)軌跡處理帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | 速度大的物體,所受的合外力一定大 | |
B. | 物體的速度在減小,所受合外力在增大是可能的 | |
C. | 速度不為零的物體,所受合外力一定不為零 | |
D. | 物體加速度的方向,可以跟合外力的方向一致,也可以相反 |
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:解答題
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:多選題
A. | 籃球在B點(diǎn)反彈后,必能經(jīng)過(guò)A點(diǎn) | |
B. | 籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒 | |
C. | 整個(gè)過(guò)程籃板對(duì)籃球做功為$\frac{1}{2}$mv22-$\frac{1}{2}$mv12 | |
D. | 該同學(xué)向籃板方向平移一段距離,保持θ不變,減小v0,籃球仍可擊中B點(diǎn) |
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | ![]() | B. | ![]() | C. | ![]() | D. | ![]() |
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:解答題
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:解答題
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:填空題
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