分析 (1)電子在磁場中做勻速圓周運動,畫出軌跡,結(jié)合幾何關(guān)系求解軌道半徑,根據(jù)牛頓第二定律列式求解磁感應(yīng)強度;電子在電場中做類似平拋運動,根據(jù)類似平拋運動的分位移公式列式求解E即可;
(2)電子在磁場中做勻速圓周運動,運動的時間是14T,在電場中做類似平拋運動,根據(jù)類似平拋運動的分位移公式列式即可求出在電場中運動的時間,最后求和;
(3)在矩形區(qū)域中運動的粒子的速度偏轉(zhuǎn)角度為90°,畫出軌跡,結(jié)合幾何關(guān)系確定磁場面積.
解答 解:(1)電子束a從A點沿y軸正方向發(fā)射,經(jīng)過C點,畫出從A到C的軌跡,如圖所示:
結(jié)合幾何關(guān)系,有:r=L…①
粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,故:ev0B=mv2r…②
聯(lián)立解得:B=mv0eL;
電子從C到P過程是類似平拋運動,根據(jù)分運動公式,有:
2L=v0t2
L=12at22
其中:a=eEm
聯(lián)立解得:E=mv202eL,t2=2Lv0
(2)電子在磁場中運動的時間是14T,而:T=2πrv0=2πLv0
所以:{t}_{1}=\frac{1}{4}T=\frac{πL}{2{v}_{0}}
電子從A到P的時間:t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{(π+4)L}{2{v}_{0}}
(3)電子射出電場的區(qū)域后,沿y方向的分速度:vy=at2
電子的運動方向與x軸之間的夾角:tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}
代入數(shù)據(jù)得:θ=45°
速度的大小為:v′=\frac{{v}_{0}}{cos45°}=\sqrt{2}{v}_{0}
所以正電子“e+”在磁場中做勻速圓周運動,經(jīng)過磁場的區(qū)域后速度偏轉(zhuǎn)角為90°,洛倫茲力提供向心力,故:
evB=m\frac{{v}^{2}}{r′}
解得:r′=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{eB}=\sqrt{2}L
由于正電子離開磁場時正好到達P點,所以軌跡如圖:
由幾何關(guān)系可得,該圓形區(qū)域的最小半徑:R=\frac{\sqrt{2}}{2}r′=L
故最小面積為:S=πR2=πL2
正電子束從Q點沿與y軸正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限,所以:\overline{QN}=\overline{NM}=\overline{OP}=2L
所以:\overline{OQ}=\overline{QN}+2R=2L+2L=4L
所以Q點縱坐標是-4L.
答:(1)圓形區(qū)域內(nèi)磁場感應(yīng)強度B的大小為\frac{m{v}_{0}}{eL};第Ⅰ象限內(nèi)勻強電場的場強大小E為\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eL};
(2)電子子從A點運動到P點所用的時間為\frac{(π+4)L}{2{v}_{0}};
(3)Q點縱坐標是-4L,未知圓形磁場區(qū)域的最小面積是πL2.
點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律、畫出運動軌跡,然后結(jié)合牛頓第二定律、類似平拋運動的分位移公式和幾何關(guān)系列式求解.
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A. | 加一沿y軸負方向的磁場 | B. | 加一沿z軸正方向的磁場 | ||
C. | 加一沿y軸正方向的電場 | D. | 加一沿z軸負方向的電場 |
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 此時原副線圈的匝數(shù)比為2:1 | |
B. | 此時電流表的示數(shù)為0.4A | |
C. | 若將自耦變壓器觸頭向下滑動,燈泡會變暗 | |
D. | 若將滑動變阻器滑片向上移動,則電流表示數(shù)增大 |
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A. | ![]() | B. | ![]() | C. | ![]() | D. | ![]() |
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