分析 (1)粒子在電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)分位移公式列式分析;粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛侖茲力提供向心力,畫出軌跡,得到軌道半徑,根據(jù)牛頓第二定律列式;最后聯(lián)立求解得到電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值$\frac{E}{B}$;
(2)在第一問分析的基礎(chǔ)上,將粒子重新回到電場(chǎng)的軌跡畫出,得到再次到達(dá)x軸時(shí)向右移動(dòng)的距離與軌跡圓半徑R的關(guān)系,據(jù)此分析得到軌跡圓半徑的范圍,再根據(jù)洛侖茲力等于向心力列式分析得到磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小范圍;
(3)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度小于第(2)問中最小值時(shí),粒子再次進(jìn)入磁場(chǎng)的點(diǎn)的坐標(biāo)不斷的向左偏移;先結(jié)合幾何關(guān)系列式,再表示出時(shí)間,聯(lián)立求解,注意多解.
解答 解:(1)粒子的軌跡如圖所示:
在電場(chǎng)中,根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式,有:
水平分位移x=v0t0,豎直分位移h=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}•{t}_{0}^{2}$,
水平分速度vx=v0,豎直分速度${v}_{y}=\frac{qE}{m}•{t}_{0}$,合速度v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$,
速度偏轉(zhuǎn)角正切值tan45°=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$,
聯(lián)立解得:x=2h,v=$\sqrt{2}$v0;
由軌跡圖和幾何知識(shí)可知:
在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=$\sqrt{2}h=\frac{mv}{qB}$=$\frac{m•\sqrt{2}{v}_{0}}{qB}$(1)
在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)有:${v}_{y}={v}_{0}=\frac{qE}{m}•\frac{2h}{{v}_{0}}$(2)
由(1)和(2)式解得$\frac{E}{B}$=$\frac{{v}_{0}}{2}$
(2)粒子回到磁場(chǎng)后,做勻速圓周運(yùn)動(dòng),對(duì)于直線邊界,粒子射入時(shí)速度與邊界的夾角等于射出時(shí)與邊界的夾角,故射入速度與+x方向成45角,畫出第一問中粒子返回電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示:
由于水平分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng),豎直分運(yùn)動(dòng)是類似豎直上拋運(yùn)動(dòng),結(jié)合對(duì)稱性可知水平分位移為4h,而在磁場(chǎng)中的向左的位移為$\sqrt{2}R$,只要滿足4h$>\sqrt{2}R$,
即R$<2\sqrt{2}h$,粒子就會(huì)打在Q點(diǎn)的右側(cè);
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律,有:
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$,
其中v=$\sqrt{2}$v0,
解得:B>$\frac{m{v}_{0}}{2qh}$;
(3)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度等于$\frac{m{v}_{0}}{2qh}$時(shí),軌跡如圖所示:
當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度小于$\frac{m{v}_{0}}{2qh}$時(shí),粒子在電磁場(chǎng)中周期性運(yùn)動(dòng)的軌跡不斷的向左平移,一個(gè)周期內(nèi)平移$△x=\sqrt{2}R-4h$,
①如果從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)通過xN=-3h的N點(diǎn),則:
-3h=2h-$\sqrt{2}R$-k△x,k=0、1、2、…
解得:B=$\frac{2(k+1)m{v}_{0}}{(4k+5)qh}$,k=0、1、2、…;
總時(shí)間:t總=(k+1)•$\frac{3}{4}$T+(2k+1)t0,
其中T=$\frac{2πm}{qB}$,t0=$\frac{2h}{{v}_{0}}$,
解得:t總=$\frac{3π(4k+5)h}{{4{v_0}}}+\frac{2(2k+1)h}{v_0}$,k=0、1、2、…;
②如果從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)通過xN=-3h的N點(diǎn),則:
-3h=2h-k△x,k=0、1、2、…
解得:B=$\frac{2km{v}_{0}}{(4k+5)qh}$,k=0、1、2、…;
總時(shí)間:t總=k•$\frac{3}{4}$T+(2k+1)t0,
其中T=$\frac{2πm}{qB}$,t0=$\frac{2h}{{v}_{0}}$,
解得:t總=$\frac{3π(4k+1)h}{{4{v_0}}}+\frac{2(2k+1)h}{v_0}$,k=0、1、2、…;
答:(1)若過Q點(diǎn)后,粒子經(jīng)磁場(chǎng)直接到達(dá)原點(diǎn)O,電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值$\frac{E}{B}$為$\frac{{v}_{0}}{2}$;
(2)若粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)能經(jīng)過x軸上Q點(diǎn)右側(cè)的M點(diǎn)(未標(biāo)出),磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)該滿足的條件為B>$\frac{m{v}_{0}}{2qh}$;
(3)若粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)能經(jīng)過x軸上xN=-3h的N點(diǎn)(未標(biāo)出),粒子從P點(diǎn)出發(fā)到達(dá)N點(diǎn)可能經(jīng)歷的時(shí)間t為$\frac{3π(4k+5)h}{{4{v_0}}}+\frac{2(2k+1)h}{v_0}$或$\frac{3π(4k+1)h}{{4{v_0}}}+\frac{2(2k+1)h}{v_0}$,k=0、1、2、….
點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,要畫出運(yùn)動(dòng)軌跡,根據(jù)牛頓第二定律和類平拋運(yùn)動(dòng)軌跡并結(jié)合幾何關(guān)系分析,第2問和第3問是多解問題,要造成周期性,難度較大.
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科目:高中物理 來源: 題型:計(jì)算題
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科目:高中物理 來源: 題型:填空題
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 1先于2離開磁場(chǎng) | |
B. | 離開磁場(chǎng)時(shí)2和3的速度相等 | |
C. | 在離開磁場(chǎng)的過程中,1和3產(chǎn)生的焦耳熱一樣多 | |
D. | 在離開磁場(chǎng)的過程中,通過導(dǎo)線橫截面的電量,1比4多 |
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向在金屬棒中由a指向b | |
B. | 金屬棒的最大加速度為5m/s2 | |
C. | 水平拉力的最大功率為200W | |
D. | 金屬棒先向左做加速運(yùn)動(dòng)、后向左做減速運(yùn)動(dòng)直到靜止 |
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 電路中感應(yīng)電流保持一定 | B. | 電路中磁通量的變化率一定 | ||
C. | 電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與時(shí)間成正比 | D. | 棒受到的外力一定 |
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | 兩導(dǎo)線框中均會(huì)產(chǎn)生正弦交流電 | |
B. | 兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的周期都等于T | |
C. | 在任意時(shí)刻,兩導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)都不相等 | |
D. | 兩導(dǎo)線框的電阻相等時(shí),兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的有效值也相等 |
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科目:高中物理 來源: 題型:計(jì)算題
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