如圖甲所示,K與虛線MN之間是加速電場,虛線MN與PQ之間是正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域,電場與磁場的方向如圖.MN、PQ與熒光屏三者互相平行.一帶正電的粒子(不計重力)由靜止開始經(jīng)加速電場后從A點垂直方向進入正交電磁場區(qū),沿水平直線打在熒光屏的O點.現(xiàn)撤除MN與PQ間的磁場,而將同樣大小和方向的磁場充滿PQ與熒光屏之間,如圖乙所示.其他條件不變,帶電粒子在離開偏轉電場后進入勻強磁場,最后恰好垂直地打在熒光屏上.已知電場和磁場區(qū)域在豎直方向足夠長,加速電場電壓與偏轉電場的場強關系為U=
12
Ed,式中的d是偏轉電場的寬度.若題中只有偏轉電場的寬度d為已知量,則
(1)畫出乙圖中帶電粒子軌跡示意圖;
(2)磁場的寬度L為多少?
(3)帶電粒子在電場和磁場中在豎直方向的偏轉距離分別是多少?
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分析:(1)粒子先在電場中加速直線運動,當垂直勻強電場時,做類平拋運動后,垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動,正好垂直出磁場打到屏上.
(2)在加速直線運動中,根據(jù)動能定理可列出垂直進入勻強電場的速度與電壓的關系式;當粒子做平拋運動時,由平拋運動規(guī)律可列出沿電場力方向速度、加速度與時間關系式;由題意再結合粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓弧半徑與磁場寬度的關系,從而求出磁場的寬度;
(3)分別運用運動學公式,求出類平拋運動與勻速圓周運動的偏移量.
解答:精英家教網(wǎng)解:(1)軌跡如圖所示   
(2)粒子在加速電場中,由動能定理有qU=
1
2
m
v
2
0

粒子在勻強電場中做類平拋運動,設偏轉角為θ,有tanθ=
vy
v0

電場力方向:vy=at
牛頓第二定律:a=
qE
m

初速度方向,勻速直線運動:t=
d
v0

勻強電場與電勢差關系:U=
1
2
Ed   
 解得:θ=45°
由幾何關系得,帶電粒子離開偏轉電場速度為
2
v0

粒子在磁場中運動,由牛頓第二定律有:qvB=m
v2
R

在正交的電磁場區(qū)有:qE=qv0B              
在磁場中偏轉的半徑為 R=
mv
qB
=
2
mv0
qE/v0
=
2
m
v
2
0
qE
=
2
d

由圖可知,磁場寬度L=Rsinθ=d    
(3)粒子在偏轉電場中:y1=
1
2
at2

帶電粒子在偏轉電場中距離為△y1=0.5d,
在磁場中偏轉距離為y2=(1-
2
2
2
d=0.414d

答:(1)帶電粒子軌跡示意圖如上圖;
(2)磁場的寬度L為d;
(3)帶電粒子在電場和磁場中在豎直方向的偏轉距離分別是0.5d與0.414d.
點評:考查動能定理、平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律、電場強度與電勢差關系,并涉及到電場力使粒子做類平拋運動,洛倫茲力使粒子做勻速圓周運動,同時利用圓弧的幾何知識來確定長度關系.本題是力電綜合題,有一定難度,容易失分.
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,內(nèi)阻為r=
 
(用k、a、R0表示).
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2πm
B 2e

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1
3
,小球均位于垂直于小球所在直線的勻強磁場里,已知該磁場的磁感應強度B=0.5T.現(xiàn)給第一個小球一個水平速度v=8m/s,使第一個小球向前運動并且與后面的小球發(fā)生彈性正碰.若碰撞過程中電荷不轉移,則第幾個小球被碰后可以脫離地面?(不計電荷之間的庫侖力,取g=10m/s2

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