分析 (1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子軌道半徑,然后求出粒子的偏移量;
(2)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與動(dòng)能定理可以求出電勢(shì)差;
(3)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律分析答題.
解答 解:(1)t=0時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子勻速通過(guò)電場(chǎng),進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,
由牛頓第二定律得:qv0B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$,代入數(shù)據(jù)解得:R1=0.2m,
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:
由幾何知識(shí)可得:sinθ=$\frac{{l}_{1}}{{R}_{1}}$=$\frac{0.12}{0.2}$=0.6,
粒子在磁場(chǎng)中偏移的距離:y1=R1-R1cosθ,
代入數(shù)據(jù)解得:y1=0.04m,
粒子出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng),y2=l2tan,
代入數(shù)據(jù)解得:y2=0.06m,
粒子打到熒光屏上時(shí)偏離O′的距離為:y=y1+y2=0.10m;
(2)設(shè)兩板間電壓為U1時(shí),帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場(chǎng),
$\frac{1}{2}$d=$\frac{1}{2}$at2,q$\frac{{U}_{1}}guewdpx$=ma,L=v0t,
解得:U1=900V,
(3)由動(dòng)能定理得:q$\frac{{U}_{1}}{2}$=$\frac{1}{2}$mv12-$\frac{1}{2}$mv02,
代入數(shù)據(jù)解得:v1=5×105m/s,
粒子在電場(chǎng)中的偏向角α,cosα=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{4×1{0}^{5}}{5×1{0}^{5}}$=0.8,
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,
由牛頓第二定律得:qv1B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{R}_{2}}$,
代入數(shù)據(jù)解得:R2=0.25m,
R2-R2sinα=0.25-0.25×$\sqrt{1-0.{8}^{2}}$=0.1m<l1=0.12m,
該粒子不能從磁場(chǎng)偏出打在熒光屏上;
答:(1)t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子打到熒光屏上時(shí)偏離O′點(diǎn)的距離為0.10m;
(2)若粒子恰好能從金屬板邊緣離開(kāi),此時(shí)兩極板上的電壓為900V;
(3)能離開(kāi)電場(chǎng)的粒子的最大速度為5×105m/s,該粒子不能打在右側(cè)的熒光屏上.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵,應(yīng)用動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題.
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | $\frac{4}{3}$ | B. | $\frac{3}{4}$ | C. | $\frac{9}{16}$ | D. | $\frac{16}{9}$ |
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:填空題
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | 保持不變 | B. | 逐漸增大 | ||
C. | 逐漸減小 | D. | 以上說(shuō)法都有可能 |
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | A、B兩處電勢(shì)、場(chǎng)強(qiáng)均相同 | |
B. | C、D兩處電勢(shì)、場(chǎng)強(qiáng)均不同 | |
C. | 帶負(fù)電的試探電荷在O點(diǎn)的電勢(shì)能大于在C點(diǎn)的電勢(shì)能 | |
D. | 在虛線AB上O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最小 |
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