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如图所示,PP′和QQ′是两个同心圆弧,圆心为O,O、P、Q和O、P′、Q′分别共线,∠NOQ=∠N′OQ′=30°,PP′和QQ′之间的区域内分布着辐射状的电场,UQP=25V.MM′和NN′为有界匀强磁场的边界
题目详情
如图所示,PP′和QQ′是两个同心圆弧,圆心为O,O、P、Q和O、P′、Q′分别共线,∠NOQ=∠N′OQ′=30°,PP′和QQ′之间的区域内分布着辐射状的电场,UQP=25V.MM′和NN′为有界匀强磁场的边界,MM′∥NN′,间距d=
m,磁场的磁感应强度大小为B=0.2T,方向如图所示.圆弧QQ′上均匀分布着质量为m=2×10-8kg、电荷量为q=4×10-4C的带正电粒子,它们被辐射状的电场由静止加速,之后进入磁场.不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用.
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(1)求粒子刚进入磁场时的速度大小.
(2)求粒子从上边界MM′飞出磁场需要的最短时间.
(3)若要保证所有粒子都能到达置于磁场下边界NN'上适当位置的收集板上,则磁场上边界MM′至少应向上平移多少?收集板至少多长?
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(1)求粒子刚进入磁场时的速度大小.
(2)求粒子从上边界MM′飞出磁场需要的最短时间.
(3)若要保证所有粒子都能到达置于磁场下边界NN'上适当位置的收集板上,则磁场上边界MM′至少应向上平移多少?收集板至少多长?
▼优质解答
答案和解析
(1)粒子在电场中加速,
由动能定理得:qUQP=
mv2,
解得,粒子进入磁场的速度大小为v=1×103m/s;
(2)粒子从O点飞入磁场,在磁场中运动的速度大小不变,
则当轨迹圆弧所对应的弦长最短时,粒子在磁场中运动的路程最短,
即运动的时间最短,轨迹如图1所示.
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洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:
qvB=m
,解得,轨道半径:r=0.25 m,
在△O'OO″中,O'O″=O'O=r=0.25 m,![作业帮](http://img.zuoyebang.cc/zyb_c09cdfae8bafa0099a8c7fc595359a34.jpg)
OO″=d=
m,可得∠O″O'O=90°
粒子在磁场中运动的周期:T=
,
则粒子从上边界飞出磁场需要的最短时间:t=
T=
×10-3s;
(3)若磁场足够大,由几何知识可知,沿O′P′方向射入的粒子在磁场中转过的圆心角最大,
能到达与NN′的最远距离为:d0=r(1+cos30°)处,
则上边界MM′至少应向上平移:△d=d0-d=
(2-2
+
)m,
沿QP方向和Q′P′方向射入的粒子在磁场中转过的圆心角分别为60°、300°,
由几何关系可知,从这两个方向射入磁场的粒子NN′方向的位移最小,
最小位移:smin=r,粒子垂直NN′方向进入磁场时沿NN′方向的位移最大,最大位移为2r,
则收集板的长度至少为:L=2r-r═r=0.25m;
答:(1)粒子刚进入磁场时的速度大小为1×103m/s.
(2)粒子从上边界MM′飞出磁场需要的最短时间为
×10-3s.
(3)磁场上边界MM′至少应向上平移
(2-2
+
)m,收集板长度至少为0.25m.
由动能定理得:qUQP=
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解得,粒子进入磁场的速度大小为v=1×103m/s;
(2)粒子从O点飞入磁场,在磁场中运动的速度大小不变,
则当轨迹圆弧所对应的弦长最短时,粒子在磁场中运动的路程最短,
即运动的时间最短,轨迹如图1所示.
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洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:
qvB=m
v2 |
r |
在△O'OO″中,O'O″=O'O=r=0.25 m,
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OO″=d=
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粒子在磁场中运动的周期:T=
2πr |
v |
则粒子从上边界飞出磁场需要的最短时间:t=
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(3)若磁场足够大,由几何知识可知,沿O′P′方向射入的粒子在磁场中转过的圆心角最大,
能到达与NN′的最远距离为:d0=r(1+cos30°)处,
则上边界MM′至少应向上平移:△d=d0-d=
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沿QP方向和Q′P′方向射入的粒子在磁场中转过的圆心角分别为60°、300°,
由几何关系可知,从这两个方向射入磁场的粒子NN′方向的位移最小,
最小位移:smin=r,粒子垂直NN′方向进入磁场时沿NN′方向的位移最大,最大位移为2r,
则收集板的长度至少为:L=2r-r═r=0.25m;
答:(1)粒子刚进入磁场时的速度大小为1×103m/s.
(2)粒子从上边界MM′飞出磁场需要的最短时间为
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(3)磁场上边界MM′至少应向上平移
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看了 如图所示,PP′和QQ′是两...的网友还看了以下:
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