分析 (1)小球進入復合場區(qū)域后,小球立即在豎直平面內做勻速圓周運動,說明重力與電場力的大小相等,方向相反;A到N的過程中摩擦力做功,由動能定理即可求出小球到達N點的速度.小球離開磁場后做平拋運動,將運動分解,即可求出下落的高度,然后結合幾何關系由于洛倫茲力提供向心力的公式即可求出磁感應強度;
(2)小球在AN之間做減速運動,由牛頓第二定律求出加速度,然后由運動學的公式求出時間;粒子在磁場中做勻速圓周運動,由周期公式即可求出粒子在磁場中運動的時間,最后求和;
(3)A到N的過程中摩擦力做功,由動能定理即可求出小球到達N點的速度.小球進入區(qū)域Ⅱ后恰好能沿直線運動,說明小球受到的合外力為0,受力分析即可求出小球的速度,結合動能定理即可求出有界磁場區(qū)域Ⅰ的寬度d及區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2的大小.
解答 解:(1)小球進入復合場區(qū)域后,小球立即在豎直平面內做勻速圓周運動,說明重力與電場力的大小相等,方向相反;即:
qE=mg
所以:E=mgq=0.01×100.01=10N/C
A到N的過程中摩擦力做功,由動能定理得:−μmgL=12mv21−12mv20
代入數據得:v1=4m/s
由于小球做勻速圓周運動,所以小球在復合場中運動的軌跡是半個圓,小球離開磁場后做平拋運動,將運動分解,水平方向:L=v1t1
得:t1=Lv1=24s=0.5s
小球下落的高度:h=12gt21=12×10×0.52m=1.25m
小球在復合場中運動的軌跡是半個圓,結合幾何關系可得:h=2r
所以:r=12h=0.625m
小球做勻速圓周運動,洛倫茲力恰好提供向心力,得:qv1B=mv21r
所以:B=mv1qr=0.01×40.01×0.625=6.4T
(2)小球在AN之間做減速運動,由牛頓第二定律得:a=−μmgm=−μg=−0.225×10=−2.25m/s2,
運動的時間:t2=v1−v0a=4−5−2.25s=2s;
粒子在磁場中做勻速圓周運動,由周期公式得:
T=2πmqB=2π×0.010.01×6.4s≈1s
小球在復合場中運動的軌跡是半個圓,所以小球在磁場中運動的時間:t3=12T=0.5s
小球從A點出發(fā)到再次落回A點所經歷的時間:t=t1+t2+t3=0.5s+2s+0.5s=3s
(3)A到N的過程中摩擦力做功,由動能定理得:−μmgL=12mv22−12mv′20
代入數據得:v2=6√2m/s
小球進入區(qū)域Ⅱ后恰好能沿直線運動,說明小球受到的合外力為0,此時小球受到重力、水平方向的電場力和洛倫茲力的作用,由于電場力的大小與重力的大小相等,所以洛倫茲力的方向一定與重力、電場力的合力的方向相反,大小相等,如圖:
由左手定則可知,小球運動的方向與x軸成45°角,洛倫茲力的大�。篺=√2mg=√2×0.01×10=0.1√2N
又:f=qv2B2
所以:B2=fqv2=0.1√20.01×6√2=53T
小球在區(qū)域Ⅰ中仍然做勻速圓周運動,運動的半徑:r′=mv2qB1=0.01×6√20.01×6.4=3√23.2
小球在磁場中的偏轉角是45°,由幾何關系可得:\fracvoksewtr′=sin45°
所以:d=√22r′=√22×3√23.2=33.2m
答:(1)勻強電場的電場強度是10N/C,區(qū)域Ⅰ中磁感應強度B1的大小是6.4T;
(2)小球從A點出發(fā)到再次落回A點所經歷的時間是3s.
(3)有界磁場區(qū)域Ⅰ的寬度是33.2m,區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2的大小是53T.
點評 本題考查帶電粒子在復合場中的運動,要注意當粒子在復合場中做勻速 圓周運動時,粒子受到的電場力與重力平衡.
科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 導線框進入磁場時,感應電流方向為a→b→c→d→a | |
B. | 導線框離開磁場時,感應電流方向為a→d→c→b→a | |
C. | 導線框離開磁場時,受到的安培力方向水平向左 | |
D. | 導線框進入磁場時,受到的安培力方向水平向左 |
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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:多選題
A. | 人受到重力和支持力的作用 | |
B. | 人受到重力、支持力和摩擦力的作用 | |
C. | 人的重力和人對踏板的壓力是一對平衡力 | |
D. | 人對踏板的壓力就是人的重力 |
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科目:高中物理 來源: 題型:填空題
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