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6.如圖甲所示,平行金屬板A和B間的距離為d,現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波電壓,t=0時(shí)A板比B板的電勢(shì)高.電壓的正向值為U0,反向值也為U0,現(xiàn)有質(zhì)量為m電量為+q的粒子組成的粒子束,從AB的中點(diǎn)O沿金屬板中軸線OO′以速度v0=qU0T3md不斷射入,所有粒子在AB間的飛行時(shí)間均為T,不計(jì)重力影響.試求:
(1)t=0時(shí)射入的帶電粒子在兩板間的偏轉(zhuǎn)距離;
(2)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度;
(3)若要使射出電場(chǎng)的粒子經(jīng)某一垂直紙面的圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,都能從圓形有界磁場(chǎng)邊界上的同一個(gè)點(diǎn)射出,從而能便于再收集,則磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑和相應(yīng)的磁感強(qiáng)度是多大?

分析 (1)根據(jù)牛頓第二定律,結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出t=0時(shí)射入的帶電粒子在兩板間的偏轉(zhuǎn)距離;
(2)粒子在打出粒子的速度都是相同的,由速度合成法求解;
(3)要使平行粒子能夠交于圓形磁場(chǎng)區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時(shí),磁場(chǎng)直徑最小值與粒子寬度相等,即可得到磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑.粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,由洛倫茲力提供向心力,可牛頓第二定律求出相應(yīng)的磁感強(qiáng)度.

解答 解:(1)當(dāng)粒子由t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng),向下偏轉(zhuǎn)距離為:
s1=12a2T32+a2T3T312aT32a=qU0md
解得:s1=7qU0T218md
(2)打出粒子的速度都是相同的,在沿電場(chǎng)線方向速度大小為:vy=aT3
所以打出速度大小為:v=v20+v2y
解得:v=2qU0T3md
設(shè)速度方向與v0的夾角為θ,則有:tanθ=vyv0=1,
解得:θ=45°
(3)當(dāng)粒子在t=nT時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng),向下偏轉(zhuǎn)距離最大為:s1=7qU0T218md,
當(dāng)粒子由t=nT+2T3時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng),向上偏轉(zhuǎn)距離最大為:s2=qU0T218md,
所以,在距離O′中點(diǎn)下方7qU0T218md至上方qU0T218md范圍內(nèi)有粒子打出.
所有粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向彼此平行,要使平行粒子能夠交于圓形磁場(chǎng)區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時(shí),磁場(chǎng)直徑最小值與粒子寬度相等,
粒子寬度為:D=(s1+s2)cos45°
故磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑為:r=D2=2qU0T29md
粒子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng),有:qvB=mv2r
解得:B=3mqT
答:(1)t=0時(shí)射入的帶電粒子在兩板間的偏轉(zhuǎn)距離為7qU0T218md;
(2)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度為2qU0T3md;
(3)磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑為2qU0T29md,相應(yīng)的磁感強(qiáng)度是3mqT

點(diǎn)評(píng) 本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),掌握處理類平拋運(yùn)動(dòng)的方法,以及知道粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)用幾何知識(shí)求出半徑.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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A.合運(yùn)動(dòng)的速度大小等于分運(yùn)動(dòng)的速度大小之和
B.兩個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)一定也是勻速直線運(yùn)
C.互成角度的一個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)和一個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng),一定是曲線運(yùn)動(dòng)
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A.磁通量越大,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越可能越小
B.磁通量變化越多,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大
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A.一定是直線運(yùn)動(dòng)B.一定是曲線運(yùn)動(dòng)
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(1)飛機(jī)水平位移為L(zhǎng)時(shí)飛機(jī)的速度
(2)飛機(jī)受到的升力大小.

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