分析 帶電粒子在電場中先加速,進入交變磁場后交替做逆時針、順時針、逆時針方向圓周運動,之后返回O點在電場中最后回到出發(fā)點.由粒子運動的特殊性和周期性畫出粒子的運動軌跡,由運動學(xué)規(guī)律、牛頓第二定律、動能定理等相應(yīng)知識來求解.
(1)由動能定理求出進入磁場的速度.
(2)由題意,在t1 時間內(nèi)粒子做逆時針圓弧運動,由對稱性粒子偏轉(zhuǎn)60°,碰撞后速度方向變?yōu)樨Q直向上.在t2時間內(nèi)粒子做順時針方向圓周運動,劃過半圓后,再與另一板相碰.再做逆時針圓周運動的軌跡與先前的軌跡對稱,由時間關(guān)系和周期公式就能求出B1與B2關(guān)系.
(3)要使粒子重復(fù)地做周期性地往返運動,則粒子在電場中加速減速的時間與交變磁場的周期有一定的關(guān)系,先找出該關(guān)系,再根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律求出AB兩板間距.
(4)顯然由動量定理求出每次粒子與擋板相碰時的沖擊力.
解答 解:(1)粒子從B板到A板過程中,電場力做正功,根據(jù)動能定理有$Uq=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$.
解得粒子第一次到達O點時的速率$v=\sqrt{\frac{2Uq}{m}}$
(2)粒子進入上方后做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由qvB=$\frac{mv2}{r}$
得粒子做勻速圓周運動的半徑${r}_{1}=\frac{mv}{{B}_{1}q}$,${r}_{2}=\frac{mv}{{B}_{2}q}$
使其在整個裝置中做周期性的往返運動,運動軌跡如右圖所示,
由圖易知:r1=2r2 圖中B2=2B1
(3)在0~t1時間內(nèi),粒子做勻速圓周運動周期${T}_{1}=\frac{2π{r}_{1}}{v}=\frac{2πm}{{B}_{1}q}$
在t1~(t1+t2)時間內(nèi),粒子做勻速圓周運動的周期${T}_{2}=\frac{2πm}{{B}_{2}q}=\frac{πm}{{B}_{1}q}$
由軌跡圖可知${t}_{1}=\frac{1}{6}{T}_{1}=\frac{πm}{3{B}_{1}q}$,${t}_{2}=\frac{1}{2}{T}_{2}=\frac{πm}{2{B}_{1}q}$
粒子在金屬板A和B間往返時間為t,有$d=\frac{0+v}{2}×\frac{t}{2}$
且滿足:t=t2+n(t1+t2),n=0,1,2,3,----
聯(lián)立可得金屬板A和B間的距離:$d=\frac{π(3+5n)}{24{B}_{1}}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$,n=0,1,2,3,----
(4)在垂直于板的方向上由動量定理有:2mv0sin30°=Ft0(1分)
所以$F=\frac{2m{v}_{0}sin30°}{{t}_{0}}$=$\frac{m{v}_{0}}{{t}_{0}}$
答:(1)粒子第一次到達O點時的速率為$\sqrt{\frac{2Uq}{m}}$.
(2)圖中B2的大小2B1.
(3)要使粒子重復(fù)地做周期性地往返運動,則粒子在電場中加速減速的時間與交變磁場的周期有一定的關(guān)系,先找出該關(guān)系,再根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律求出AB兩板間距為$d=\frac{π(3+5n)}{24{B}_{1}}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$ n=0,1,2,3,----
(4)若粒子每次與金屬板碰撞時間為t0,則每次碰撞板受到的沖擊力為$\frac{m{v}_{0}}{{t}_{0}}$
點評 本題的難點在于①找到粒子做周期性往復(fù)運動的軌跡,由幾何關(guān)系找到半徑關(guān)系,從而求出磁感應(yīng)強度的關(guān)系.②求AB板間距,交變磁場的周期與粒子在電場中的時間有一定的關(guān)系:粒子在電場中加速或減速的時間為粒子做三個圓周運動的總時間的整數(shù)倍,顯然是一個多解問題.
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:選擇題
A. | U1變大,U2變大 | B. | U1變小,U2變大 | C. | U1變大,U2變小 | D. | U1變小,U2變小 |
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 板間電場強度大小為$\frac{mg}{q}$ | |
B. | 板間電場強度大小為$\frac{2mg}{q}$ | |
C. | 質(zhì)點在豎直方向上發(fā)生的總位移大小為$\frac{g{L}^{2}}{{{v}_{0}}^{2}}$ | |
D. | 質(zhì)點在板內(nèi)做勻變速直線運動 |
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科目:高中物理 來源: 題型:解答題
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