分析 (1)根據(jù)動能定理求出粒子經(jīng)電場加速度后獲得的速度,即進(jìn)入磁場時(shí)速度.
(2)根據(jù)動能定理求出x=-R3處的離子釋放后獲得的速度,然后運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律求出從釋放到經(jīng)過點(diǎn)(R,0)所需時(shí)間t.
(3)所有離子都經(jīng)過的點(diǎn)為持續(xù)發(fā)出熒光的點(diǎn),由幾何知識確定半徑,由牛頓第二定律求磁感應(yīng)強(qiáng)度.
解答 解:(1)當(dāng)x=−R2,y=12Rx2=R8,
根據(jù)動能定理得,qER8=12mv2,解得v=√qER4m.
(2)當(dāng)x=−R3,y=12Rx2=R18,
根據(jù)動能定理得,qER18=12mv2,解得v=13√qERm,
從釋放到到達(dá)x軸時(shí)間為:t1=va=13√qERmqEm=13√mRqE.
a)第一種情況:離子直接從x=-R3經(jīng)磁場達(dá)x=R 處.
在磁場中經(jīng)歷半圓時(shí)間為:t2=sv=π2(R+R3)v=2π\(zhòng)sqrt{\frac{mR}{qE}},
總時(shí)間為:T1=t1+t2=(2π+\frac{1}{3})\sqrt{\frac{mR}{qE}},
b)第二種情況:離子直接從x=-\frac{R}{3}經(jīng)磁場達(dá)x=\frac{R}{3}處進(jìn)入電場返回磁場再到x=R處
易得在磁場中時(shí)間仍然為:t2=2π\(zhòng)sqrt{\frac{mR}{qE}}
在電場中時(shí)間為:3t1=\sqrt{\frac{mR}{qE}},
總時(shí)間為:T2=3t1+t2=(2π+1)\sqrt{\frac{mR}{qE}},
(3)在磁場B中有:qvB=m\frac{{v}^{2}}{r},
所以運(yùn)動半徑為:r=\frac{mv}{qB}=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{mE}{qR}}|\begin{array}{l}{x}&{\;}\\{\;}&{\;}\end{array}|,
可以看出,B一定時(shí),必有r∝|x|,當(dāng)|x|→0時(shí),r→0 (離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)從逼近原點(diǎn)出磁場)因此,所有離子都從原點(diǎn)(0,0)點(diǎn)出磁場,擊中熒光屏上(0,\frac{1}{2}R),
則有:2r=x
因?yàn)閝vB1=m\frac{{v}^{2}}{r}
所以有:B1=\frac{mv}{qr}=2\sqrt{\frac{mE}{qR}}.
答:(1)橫坐標(biāo)為x=-\frac{R}{2}處的離子由靜止釋放后進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為\sqrt{\frac{qER}{4m}}.
(2)從釋放到經(jīng)過點(diǎn)(R,0)所需時(shí)間為(2π+\frac{1}{3})\sqrt{\frac{mR}{qE}}或(2π+1)\sqrt{\frac{mR}{qE}}.
(3)該點(diǎn)坐標(biāo)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為2\sqrt{\frac{mE}{qR}}.
點(diǎn)評 本題中電場的區(qū)域邊界是數(shù)學(xué)解析式的表達(dá)方式,設(shè)計(jì)新穎,學(xué)習(xí)中應(yīng)該注意數(shù)學(xué)思想在物理中的應(yīng)用.
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A. | \frac{r-R}{R}\sqrt{\frac{g}{2h}} | B. | \frac{1}{R}\sqrt{\frac{g({r}^{2}-{R}^{2})}{2h}} | C. | \frac{r}{R}\sqrt{\frac{g}{2h}} | D. | \frac{1}{R}\sqrt{\frac{g({r}^{2}+{R}^{2})}{2h}} |
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A. | 只有受到一個(gè)方向不斷改變的力,物體才可能做曲線運(yùn)動 | |
B. | 向心加速度是描述線速度大小變化快慢的物理量 | |
C. | 物體做曲線運(yùn)動時(shí),其加速度一定改變 | |
D. | 物體速度方向與所受合外力方向不在一條直線上,物體才可能做曲線運(yùn)動 |
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