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如圖(a)所示，建立xOy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、四象限有一寬度一定的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于xOy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)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0~4t₀時間內(nèi)兩板間加上如圖(b)所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）。已知t=0時刻進(jìn)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、t、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）求兩板間的電壓U₀；
（2）0~t₀時間內(nèi)射入兩板間的帶電粒子都能夠從磁場右邊界射出，求磁場的最大寬度；
（3）時刻射入兩板間的帶電粒子進(jìn)入磁場和離開磁場時的位置坐標(biāo)；
（4）若兩板間電壓為0，請設(shè)計一種方案：粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射的帶電粒子，經(jīng)過y軸右邊的幾個有邊界的磁場后，帶電粒子又返回粒子源。

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如圖所示，在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，能向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶正電粒子．在O點(diǎn)右側(cè)有一半徑為R的圓形薄板，薄板中心O′位于x軸上，且與x軸垂直放置，薄板的兩端M、N與原點(diǎn)O正好構(gòu)成等腰直角三角形．已知帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，速率為v，重力不計．
（1）要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動的粒子都能打到薄板MN上，可在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強(qiáng)電場，則場強(qiáng)的最小值E₀為多大？在電場強(qiáng)度為E₀時，打到板上的粒子動能為多大？
（2）要使薄板右側(cè)的MN連線上都有粒子打到，可在整個空間加一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不能超過多少（用m、v、q、R表示）？若滿足此條件，從O點(diǎn)發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊？

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一、1、CD 2、BD 3、D  4、AC 5、AD 6、AD  7、D 8、

二、實(shí)驗(yàn)題：（18分）將答案填在題目的空白處，或者要畫圖連線。

9、（8分）(1) 0.8462(0.8461~0.8464均可) （4分）(2)ABD（4分）

10、（10分）⑵①BDE  ②如右圖(各5分)

三、本大題共三小題共計54分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題．答案中必須明確寫出數(shù)值和單位  

11、（16分））⑴滑塊經(jīng)過D點(diǎn)時做圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得：N－mg－Bqv₁＝mv₁²/R（3分）

解得：v₁＝5m/s（2分）

滑塊從A滑到D點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向動量守恒，因此有：

mv₀＝mv₁＋Mv₂，解得：v₂＝1m/s（2分）

所以系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：ΔE＝(mv₀²－mv₁²－Mv₂²)/2＝1.8（J）（2分）

⑵滑塊經(jīng)過D點(diǎn)時撤去磁場，滑塊在圓弧軌道上往返運(yùn)動過程，小車一直加速，當(dāng)滑塊滑過D點(diǎn)，相對小車向左運(yùn)動時，小車做減速運(yùn)動，所以滑塊第二次經(jīng)過D點(diǎn)時，小車速度最大，且為v_m。根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有：mv₁+Mv₂＝mv₂+Mv_m，（2分）由于相互作用過程沒有能量損失，故系統(tǒng)動能也守恒，由動量守恒得：mv₁²+Mv₂²＝mv₂²+Mv_m²

由上面兩式解得：v₂＝－1m/s，v_m＝3m/s。（3分）

所以小車最大速度為3m/s。（2分）

12、（18分）（１）由題意知，當(dāng)加了電場后， y軸右側(cè)的所有運(yùn)動粒子將在電場力的作用下做類平拋運(yùn)動，要使它們都能打在MN上，其臨界條件為：沿y軸方向運(yùn)動的粒子必須且只能落在M（沿y軸正向）點(diǎn)或N點(diǎn)（沿y軸負(fù)向）。由平拋運(yùn)動規(guī)律有：

ＭＯ´＝＝vt    （2分）

 OO´= tan45⁰= at²      （2分）

 此時電場強(qiáng)度應(yīng)為E₀，由牛頓第二定律有qE₀=ma     （2分）

聯(lián)立以上三式解得 E₀=                     （1分）

此過程電場力對粒子做正功，由動能定理知E_k=-+ qE₀    （2分）

即E_k=                        （1分）

（2）此空間加上磁場后,所有粒子將在洛侖茲力的作用下,沿逆時針方向做勻速圓周運(yùn)動, 由題設(shè)條件知，要使該板右側(cè)的MN連線上都有粒子打到，粒子軌跡直徑的最小值應(yīng)為MN板的長度L，即R≥            （2分）

當(dāng)R=時,磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值,設(shè)為B₀.由R==得B₀=        （2分）

放射源O發(fā)射出的粒子中，在題設(shè)條件下，當(dāng)B〈B₀即R〉時，能打在板的左側(cè)面上的粒子的臨界徑跡如右圖所示。此時,沿x軸正向射出的粒子經(jīng)磁偏轉(zhuǎn)后剛好打到M點(diǎn),沿y軸負(fù)向射出的粒子經(jīng)磁偏轉(zhuǎn)后剛好打到N點(diǎn),則可知第四象限的粒子將全部分別打在MN上的其余各點(diǎn)上.

∴放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左側(cè)。    （4分）

13、（20分）⑴子彈進(jìn)入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：

m₁v₀＝(m₂＋m₁)v₁    ①  （3分）

由三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：

(m₂＋m₁)v₁＝(m₂＋m₁＋m₃)v₂  ②  （3分）

設(shè)小車最小長度為L，三物體相對靜止后，對系統(tǒng)利用能量守恒定律得：

(m₂＋m₁)v₁²－(m₂＋m₁＋m₃)v₂²＝μm₃gL    ③  （5分）

聯(lián)立以上方程解得：L＝0.9m   

車與物體的共同速度為：v₂＝2.1m/s (或m/s) （3分）

⑵以m₃為研究對象，利用動量定理可得：μm₃gt＝m₃v₂   ④（4分）

解得：t＝0.52s(或s)   （2分）