如圖甲所示,M和N是相互平行的金屬板,OO1O2為中線,O1為板間區(qū)域的中點,P是足夠大的熒光屏.帶電粒子連續(xù)地從O點沿OO1方向射入兩板間.
(1)若兩板間只存在一個以O1點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向里,已知磁感應強度B=0.50T,兩板間距
d=
3
cm,板長L=1.0cm,帶電粒子質(zhì)量m=2.0×10-25kg,電量q=8.0×10-18C,入射速度v=
3
×105m/s.若能在熒光屏上觀察到亮點,試求粒子在磁場中運動的軌道半徑r,并確定磁場區(qū)域的半徑R應滿足的條件.
(2)若只在兩板間加恒定電壓U,M和N相距為d,板長為L(不考慮電場邊緣效應).若入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子,它們的速度v滿足0<v≤v0,試求打在熒光屏P上偏離點O2最遠的粒子的動能.
(3)若只在兩板間加如圖乙所示的交變電壓u,M和N相距為d,板長為L(不考慮電場邊緣效應).入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子.某電子在t0=L/4v0時刻以速度v0射入電場,要使該電子能通過平行金屬板,試確定U0應滿足的條件.
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分析:(1)帶電粒子射入磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力充當向心力,由牛頓第二定律求出粒子的軌跡半徑r.若恰好在熒光屏P上觀察到亮點時,粒子偏轉(zhuǎn)角最大,磁場區(qū)域的半徑最大,由幾何知識求出磁場區(qū)域半徑R的最大值,即可得到條件.
(2)若只在兩板間加恒定電壓U,帶電粒子射入電場中做類平拋運動,運用運動的分解,根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和動能定理結(jié)合求在熒光屏P上偏離點O2最遠的粒子的動能.
(3)當加上交變電壓時,分析粒子的運動情況,由牛頓第二定律求出加速度,由水平方向勻速運動,求出粒子通過電場的時間,由運動學公式分分段求在這個時間內(nèi),粒子在垂直于極板方向偏轉(zhuǎn)的距離之和,當該偏轉(zhuǎn)距離之和小于等于
d
2
時,粒子能飛出電場.
解答:解:(1)由牛頓第二定律可知:qvB=m
v2
r
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代入數(shù)據(jù)解得
粒子在磁場中運動的軌道半徑r=5
3
×10-3m
=8.7×10-3m   
如圖所示,設恰好在熒光屏P上觀察到亮點時,粒子偏轉(zhuǎn)角為2θ,磁場區(qū)域的最大半徑為R0,由幾何關(guān)系可知
    tan2θ=
d
2
L
2
=
d
L

而tanθ=
R0
r

代入數(shù)據(jù)解得  R0=5×10-3
則R應滿足的條件 R≤5×10-3m   
(2)電子在兩極板間的加速度a=
eU
md
  
通過金屬板的時間 t=
L
v

對打在熒光屏P上偏離點O2最遠的粒子有
d
2
=
1
2
at2
 
此時粒子的動能 Ek=
1
2
eU
+
1
2
mv2
                      
聯(lián)列解得  Ek=
eU(d2+L2)
2d2
                           
(3)交變電壓的周期,則 T=
2L
3v0
,則t0=
3
8
T

電子通過金屬板的時間 t′=
L
v0
=
3
2
T

電子在兩極板間的加速度 a′=
eU0
md
                        
   設電子分別在
3
8
T~
5
8
T
、
5
8
T~
11
8
T、
11
8
T~
13
8
T、
13
8
T~
15
8
T
~~時間內(nèi)沿垂直于初速度方向運動的位移依次為y1、y2、y3、y4,則有
  y1=y3=-a′(
T
2
-t0
2
  y2=a′(
3
8
T)2

  y4=
1
2
a′(
T
4
)2
                                                   
要使電子能通過平行金屬板,應滿足條件:y1+y2+y3+y4
d
2

 聯(lián)立解得U0
8md2
v
2
0
eL2
   
答:
(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r是8.7×10-3m,磁場區(qū)域的半徑R應滿足的條件是R≤5×10-3m.
(2)打在熒光屏P上偏離點O2最遠的粒子的動能是
eU(d2+L2)
2d2

(3)要使該電子能通過平行金屬板,U0
8md2
v
2
0
eL2
點評:本題中帶電粒子在磁場中圓周運動時,畫出軌跡,運用幾何知識求磁場區(qū)域的半徑,電場中類平拋運動,運用運動的分解法進行處理,都是常用的方法.
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相關(guān)習題

科目:高中物理 來源: 題型:

(2011?徐州一模)如圖甲所示,M和N是相互平行的金屬板,OO1O2為中線,O1為板間區(qū)域的中點,P是足夠大的熒光屏帶電粒子連續(xù)地從O點沿OO1方向射入兩板間.帶電粒子的重力不計.
(1)若只在兩板間加恒定電壓U,M和N相距為d,板長為L(不考慮電場邊緣效應).若入射粒子是不同速率、電量為e、質(zhì)量為m的電子,試求能打在熒光屏P上偏離點O2最遠的電子的動能.
(2)若兩板間沒有電場,而只存在一個以O1點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向里,已知磁感應強度B=0.50T,兩板間距d=
3
cm,板長L=l.0cm,帶電粒子質(zhì)量m=2.0×10-25kg,電量q=8.0×10-18C,入射速度v=
3
×105m/s.若能在熒光屏上觀察到亮點,試求粒子在磁場中運動的軌道半徑r,并確定磁場區(qū)域的半徑R應滿足的條件.(不計粒子的重力)
(3)若只在兩板間加如圖乙所示的交變電壓u,M和N相距為d,板長為L(不考慮電場邊緣效應).入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子.某電子在t0=
L
4v0
時刻以速度v0射入電場,要使該電子能通過平行金屬板,試確定U0應滿足的條件.
U0
8md2v02
eL2
U0
8md2v02
eL2

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科目:高中物理 來源: 題型:

如圖甲所示,M和N是相互平行的金屬板,OO1O2為中線,O1為板間區(qū)域的中點,P是足夠大的熒光屏.帶電粒子連續(xù)地從O點沿OO1方向射入兩板間.

(1)若在兩板間加恒定電壓U,M和N相距為d,板長為L(不考慮電場邊緣效應),入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子,求打在熒光屏P上偏離點O2最遠的粒子的動能
(2)若在兩板間加如圖乙所示的交變電壓u,M和N相距為d,板長為L(不考慮電場邊緣效應).入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子.某電子在t0=
L4v0
時刻以速度v0射入電場,要使該電子能通過平行金屬板,試確定U0應滿足的條件.

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科目:高中物理 來源:2011-2012學年江蘇省南京市四校高三12月月考試題物理試題 題型:計算題

如圖甲所示,M和N是相互平行的金屬板,OO1O2為中線,O1為板間區(qū)域的中點,P是足夠大的熒光屏.帶電粒子連續(xù)地從O點沿OO1方向射入兩板間.

(1)若只在兩板間加恒定電壓U,M和N相距為d,板長為L(不考慮電場邊緣效應).若入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子,試求能打在熒光屏P上偏離點O2最遠的電子的動能.

       (2)若兩板間只存在一個以O1點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向里,已知磁感應強度B=0.50T,兩板間距d=cm,板長L=1.0cm,帶電粒子質(zhì)量m=2.0×10-25kg,電量q=8.0×10-18C,入射速度v =×105m/s.若能在熒光屏上觀察到亮點,試求粒子在磁場中運動的軌道半徑r,并確定磁場區(qū)域的半徑R應滿足的條件.

       (3)若只在兩板間加如圖乙所示的交變電壓u,M和N相距為d,板長為L(不考慮電場邊緣效應).入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子.某電子在t0=時刻以速度v0射入電場,要使該電子能通過平行金屬板,試確定U0應滿足的條件.

 

 

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科目:高中物理 來源:2013屆遼寧省大連市高一下學期期末考試物理 題型:計算題

如圖甲所示,M和N是相互平行的金屬板,OO1O2為中線,O1為板間區(qū)域的中點,P是足夠大的熒光屏。帶電粒子連續(xù)地從O點沿OO1方向射入兩板間。

(1)若在兩板間加恒定電壓U,M和N相距為d,板長為L(不考慮電場邊緣效應),入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子,求打在熒光屏P上偏離點O2最遠的粒子的動能

 (2)若在兩板間加如圖乙所示的交變電壓u,M和N相距為d,板長為L(不考慮電場邊緣效應)。入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子。某電子在t0=L/4v0時刻以速度v0射入電場,要使該電子能通過平行金屬板,試確定U0應滿足的條件

 

 

 

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