如圖甲所示,帶電粒子(不計重力)以水平向右的初速度v先通過有界勻強電場E,后通過有界勻強磁場B,再從磁場右邊穿出,此過程中該粒子動能的改變量為E1;若如圖乙所示,將該勻強電場和勻強磁場區(qū)域正交疊加,再讓該粒子以同樣的初速度水平向右穿越疊加場區(qū)而從右邊穿出,此過程中該粒子動能的改變量為E2.比較場強的大小,下列說法中正確的是( )

A.一定有El>E2
B.一定有El=E2
C.一定有El<E2
D.E1>E2、El=E2、E1<E2都有可能
【答案】分析:磁場對粒子的洛倫茲力不做功,只有電場力對粒子做功,根據(jù)電場力做功公式W=qEd,d是電場方向上兩點間的距離.粒子在正交的電磁場中運動時,不計重力,則根據(jù)電場力與洛倫茲力的大小,來確定運動軌跡,從而分析粒子在兩種情況下沿電場方向的距離大小,判斷做功大小.
解答:解:若v,在乙圖中,電場力qE大于洛倫茲力qBv,根據(jù)左手定則判斷可知:洛倫茲力有與電場力方向相反的分力;而在甲圖中帶電粒子粒子只受電場力qE,則在甲圖的情況下,粒子沿電場方向的位移較大,電場力做功較多,則動能變化較大;
若v,在乙圖中,電場力qE小于洛倫茲力qBv,根據(jù)左手定則判斷可知:洛倫茲力有與電場力方向相反的分力;而在甲圖中帶電粒子粒子只受電場力qE,則在甲圖的情況下,粒子沿電場方向的位移較小,電場力做功較少,則動能變化較小;
由于不知電場力與洛倫茲力的大小,所以選項A、B、C誤,選項D確.
故選:D
點評:本題考查了分析物體受力情況的能力和對電場力做功的理解能力.正確解答本題要抓住洛倫茲力的特點:洛倫茲力方向總與粒子速度方向垂直,總不做功.
練習(xí)冊系列答案
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(2009?山東)如圖甲所示,建立Oxy坐標(biāo)系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱,極板長度和板間距均為l,第一四象限有磁場,方向垂直于Oxy平面向里.位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0~3t時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極邊緣的影響).
已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場.上述m、q、l、t0、B為已知量.(不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況)

(1)求電壓U的大。
(2)求
12
t0時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑.
(3)何時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中的運動時間最短?求此最短時間.

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(2012?馬鞍山模擬)(選做).如圖甲所示,兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UAB,兩板間電場可看做是均勻的,且兩板外無電場,極板長L=0.2m,板間距離d=0.2m,在金屬板右側(cè)有一邊界為MN的區(qū)域足夠大的勻強磁場,MN與兩板間中線OO′垂直,磁感應(yīng)強度B=5×l0-3T,方向垂直紙面向里.現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中,已知每個粒子的速度v0=105m/s,比荷
qm
=108C/kg
,重力忽略不計,每個粒子通過電場區(qū)域的時間極短,此極短時間內(nèi)電場可視作是恒定不變的.求:
(1)在t=0.ls時刻射入電場的帶電粒子,進入磁場時在MN上的入射點和出磁場時在MN上的出射點間的距離為多少;
(2)帶電粒子射出電場時的最大速度;
(3)在t=0.25s時刻從電場射出的帶電粒子,在磁場中運動的時間.

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(2007?揚州模擬)如圖甲所示,帶電粒子(不計重力)以水平向右的初速度v0先通過有界勻強電場E,后通過有界勻強磁場B,再從磁場右邊穿出,此過程中該粒子動能的改變量為E1;若如圖乙所示,將該勻強電場和勻強磁場區(qū)域正交疊加,再讓該粒子以同樣的初速度水平向右穿越疊加場區(qū)而從右邊穿出,此過程中該粒子動能的改變量為E2.比較場強的大小,下列說法中正確的是( 。

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精英家教網(wǎng)如圖甲所示,為質(zhì)譜儀的原理示意圖.質(zhì)量為m的帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電 勢差為U的電場加速巵,從G點沿紙面垂真于直線MN進入偏轉(zhuǎn)磁場.該偏轉(zhuǎn)磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外、磁 感應(yīng)強度為B的勻強磁場,帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后,最終打在照相底 片上的.H點.測得G、H間的距離為d,粒子的重力忽略不計.求:
(1)粒子的電荷量;
(2)若偏轉(zhuǎn)磁場為半徑r=
3
d
3
的圓形磁場,磁場方面垂直于紙面外,磁場邊界與直線MN相切于G點,如圖乙所示,當(dāng)粒子進入磁場時的速 度不變時,要使粒子仍能打到H點,那么,圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng) 強度B'應(yīng)為多大.

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