17.如圖甲所示,真空中兩水平放置的平行金屬板C、D,板上分別開有正對(duì)的小孔O1和O2,兩板接在交流電源上,兩板間的電壓uCD隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示.T=0時(shí)刻開始,從C板小孔O1處連續(xù)不斷飄入質(zhì)量m=3.2×10-25kg、電荷量q=1.6×10-19C的帶正電的粒子(飄入速度很小,可忽略不計(jì)).在D板上方有以MN為水平上邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN與D板的距離d=10cm,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.10T,方向垂直紙面向里,粒子受到的重力及粒子間的相互作用力均可忽略不計(jì),平行金屬板C、D之間距離足夠小,粒子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可忽略不計(jì).求:(保留兩位有效數(shù)字)

(1)在C、D兩板間電壓U0=9.0V時(shí)飄入小孔O1的帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)半徑;
(2)從t=0到t=4.0×10-2s時(shí)間內(nèi)飄入小孔O1的粒子能飛出磁場(chǎng)邊界MN的飄入時(shí)間范圍;
(3)磁場(chǎng)邊界MN上有粒子射出的范圍的長(zhǎng)度.

分析 (1)粒子在洛倫茲力作用下,做勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理與牛頓第二定律,即可求解;
(2)粒子恰能飛出磁場(chǎng)邊界,根據(jù)牛頓第二定律與動(dòng)能定理,可求出電壓;根據(jù)圖象可求出對(duì)應(yīng)的時(shí)刻;
(3)粒子速度越大在有界磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)量越小,根據(jù)動(dòng)能定理與牛頓第二定律,可求出相對(duì)小孔向左偏移的最小距離,從而可確定磁場(chǎng)邊界MN有粒子射出的長(zhǎng)度范圍.

解答 解:(1)設(shè)C、D兩板間電壓U0=9.0V時(shí)帶電粒子飄入電場(chǎng)從小孔O2進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v0,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R0,根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律有;
電場(chǎng)中加速過程:$q{U_0}=\frac{1}{2}mv_0^2$
磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)有:$q{v_0}B=m\frac{v_0^2}{R_0}$   
聯(lián)立解得:R0=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$=$\frac{1}{0.1}×\sqrt{\frac{2×3.2×1{0}^{-25}×9.0}{1.6×1{0}^{-19}}}$=0.06m=6.0cm
(2)如答圖1所示,帶電粒子軌跡與MN相切時(shí),恰好飛出磁場(chǎng),此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)半徑R1=d,
設(shè)恰能飛出磁場(chǎng)邊界MN的帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)CD兩板間的電壓為U1,從從小孔O2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1,根據(jù)牛頓第二定律與動(dòng)能定理有$q{v_1}B=m\frac{v_1^2}{R_1}$
$q{U_1}=\frac{1}{2}mv_1^2$…
解得U1=25V
由于粒子帶正電,因此只有在C板電勢(shì)高于D板(uCD為正值)時(shí)才能被加速進(jìn)入磁場(chǎng),根據(jù)圖象可得UCD=25V的對(duì)應(yīng)時(shí)刻分別為${t_1}=0.50×{10^{-2}}s$
${t_2}=1.5×{10^{-2}}s$
則粒子在0到4.0×10-2s內(nèi)飛出磁場(chǎng)邊界的飄入時(shí)間范圍為0.50×10-2s~1.5×10-2s
(3)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm,對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)半徑為Rm,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如答圖2所示,依據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律有
$q{U_m}=\frac{1}{2}mv_m^2$
$q{v_m}B=m\frac{v_m^2}{R_m}$
粒子飛出磁場(chǎng)邊界時(shí)相對(duì)小孔向左偏移的最小距離x1=Rm-$\sqrt{{R}_{m}^{2}-e4aarvf^{2}}$
粒子射出磁場(chǎng)區(qū)域的最左端是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與MN相切處,即粒子向左偏移距離x2=d
則磁場(chǎng)邊界MN有粒子射出的長(zhǎng)度范圍△x=x2-x1=d-x1
聯(lián)立解得△x=0.059m=5.9cm
答:(1)在C、D兩板間電壓U0=9.0V時(shí)飄入小孔O1的帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)半徑6.0cm;
(2)從t=0到t=4.0×10-2s時(shí)間內(nèi)飄入小孔O1的粒子能飛出磁場(chǎng)邊界MN的飄入時(shí)間范圍0.50×10-2s~1.5×10-2s;
(3)磁場(chǎng)邊界MN上有粒子射出的范圍的長(zhǎng)度5.9cm.

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),掌握動(dòng)能定理與牛頓第二定律的應(yīng)用,注意由左手定則來確定粒子偏轉(zhuǎn)方向,及正確的運(yùn)動(dòng)軌跡圖,結(jié)合幾何基礎(chǔ)知識(shí).

練習(xí)冊(cè)系列答案
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A.B.
C.D.

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(1)判斷這列波的傳播方向;
(2)經(jīng)過時(shí)間t1=6s,質(zhì)點(diǎn)P通過的路程s;
(3)經(jīng)過t2=30s,波向前傳播的距離x.

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A.兩個(gè)小球的加速度相等B.兩段輕繩中的張力可能相等
C.小車的速度越大,θ越大D.小車的加速度越大,θ越大

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A.在剛剪斷輕繩的瞬間,b的加速度大小為g
B.在剛剪斷輕繩的瞬間,c的加速度大小為2g
C.剪斷輕繩后,a、b下落過程中,兩者一直保持相對(duì)靜止
D.剪斷輕繩后,a、b下落過程中加速度相等的瞬間,兩者之間的輕彈簧一定處于原長(zhǎng)狀態(tài)

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A.B球的受力情況未變,加速度為零
B.A、B兩球的加速度均沿斜面向上,大小均為gsinθ
C.A、B之間桿的拉力大小為1.5mgsinθ
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(1)AB之間的距離L1至少多長(zhǎng);
(2)CD之間的距離L2;
(3)AB之間的距離取最小值時(shí)小物塊從A運(yùn)動(dòng)到D的總時(shí)間t;
(4)小物塊在傾斜傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中相對(duì)傾斜傳送帶滑動(dòng)的距離△s.

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(1)A相對(duì)于地面的位移大小;
(2)木板B相對(duì)于地面的位移大;
(3)1s后,撤掉拉力F,求小滑塊最終與長(zhǎng)木板右端的距離是多少.(g取10m/s2

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(1)如圖可知,間歇發(fā)光的間隔時(shí)間是$\frac{\sqrt{2}}{10}$s
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