如图所示.在xoy坐标系的原点O处有一点状的放射源.它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子.α粒子的速度大小均为v0.在0＜y＜d的区域内分布有指向E=$\frac{3m{{v} {0}}^{2}}{2qd}$y轴正向的匀强电场.场强大小.其中q.m分别为α粒子的电量和质量,在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场.MN为电场� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

11．

如图所示，在xoy坐标系的原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v₀，在0＜y＜d的区域内分布有指向E=$\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2qd}$y轴正向的匀强电场，场强大小，其中q、m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界．AB为一块很大的平面感光板垂直于xoy平面且平行于x轴，放置于y=2d处．观察发现此时恰好无粒子打到AB板上．（q、d、m、v₀均为已知量，不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用）．求：
（1）α粒子通过电场和磁场边界MN时的速度大小及此时距y轴的最大距离．
（2）磁感应强度B的大小．
（3）将AB板至少向下平移多少距离，才能使所有粒子均能打到AB板上？此时AB板上被α粒子打中的区域长度是多少？

分析（1）根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．
（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．
（3）沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被α粒子打中的区域的长度．

解答解：（1）根据动能定理：$Eqd=\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}mv_0^2$
可得：v=2v₀
初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，
由类平抛知识：
$d=\frac{1}{2}a{t^2}$
Eq=ma
x=v₀t
解得：$x=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}d$
（2）根据上题结果，对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角：$θ=\frac{π}{3}$

初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，而且与mn之间的夹角最小，由图可得，若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹与ab板相切是临界条件，可得其圆周运动的半径：$r=\frac{2}{3}d$
又根据洛伦兹力提供向心力：$Bqv=\frac{{m{v^2}}}{r}$
可得：$B=\frac{{3m{v_0}}}{qd}$
（3）由分析可知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．
由分析可知此时磁场宽度为原来的$\frac{1}{3}$，即$\frac{1}{3}$d，
则：ab板至少向下移动：$△y=\frac{2}{3}d$
沿x轴正方向射出的粒子打在ab板的位置粒子打在ab板区域的右边界
由几何知识可知：ab板上被粒子打中区域的长度：$L=2x+r=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}d+\frac{2}{3}d$
答：（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离为$x=\frac{2\sqrt{3}}{3}d$；
（2）磁感应强度B的大小$B=\frac{3m{v}_{0}}{qd}$；
（3）将ab板至少向下平移$△y=\frac{2}{3}d$的距离才能使所有的粒子均能打到板上，此时ab板上被α粒子打中的区域的长度$L=\frac{4\sqrt{3}}{3}d+\frac{2}{3}d$．

点评本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，对学生数学几何能力要求较高．

练习册系列答案

相关题目

1．

某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°，则：
（1）在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为“1”，到第n次经过最低点时所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d．那么该单摆在摆动过程中的周期为T=$\frac{2t}{n-1}$．重力加速度g=$\frac{{（n-1）}^{2}{π}^{2}（2+d）}{2{t}^{2}}$．
（2）实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的DF，
A．摆球质量偏大
B．摆动的摆角偏大
C．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
D．把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间
E．以摆线长作为摆长来计算
F．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算．
（3）测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T²-L图线如图，此图线斜率的物理意义是C
A．g B．$\frac{1}{g}$ C.$\frac{4{π}^{2}}{g}$ D．$\frac{g}{4{π}^{2}}$．

2．

已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B的表达式：B=$\frac{{μ}_{0}I}{2π{r}_{0}}$，其中r₀是该点到通电直导线的距离，I为电流强度，μ₀为比例系数（单位为N/A²）．试推断，一个半径为R的圆环，当通过的电流为I时，其轴线上距圆心O点为r₀处的磁感应强度应为（　　）

	A．	$\frac{{{r}_{0}}^{2}I}{2（{R}^{2}+{{r}_{0}}^{2}）^{\frac{3}{2}}}$		B．	$\frac{{μ}_{0}RI}{2（{R}^{2}+{{r}_{0}}^{2}）^{\frac{3}{2}}}$
	C．	$\frac{{μ}_{0}{R}^{2}I}{2（{R}^{2}+{{r}_{0}}^{2}）^{\frac{3}{2}}}$		D．	$\frac{{μ}_{0}{{r}_{0}}^{2}I}{2（{R}^{2}+{{r}_{0}}^{2}）^{3/2}}$

19．如图甲，某实验小组利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．

①将金属小球在A处由静止释放，并通过A处正下方、固定于B处的光电门．
②用10等分游标的游标卡尺测量小球的直径d，测量示数如图乙，则d=1.02cm．若光电计时器记录小球通过光电门的时间为t=4.25×10^-3s，则小球经过光电门B时的速度为v_B=2.40m/s．（计算结果保留三位有效数字）
③多次改变A、B间的距离H，重复上述实验，作出$\frac{1}{{t}^{2}}$随H的变化图象如图丙所示，若小球下落过程机械能守恒，由图丙数据写出重力加速度g与d、t₀、H₀的关系式g=$\frac{{d}^{2}}{2{H}_{0}{t}_{0}^{2}}$．
④实验数据显示小球的动能增加量△E_K总是稍小于重力势能减少量△E_P，主要原因是小球的一部分重力势能转化为内能．增大H，不能减少机械能的损失（填“能”或“不能”）．

6．四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图所示，下列说法正确的是（　　）

	A．	甲车做直线运动，乙车做曲线运动
	B．	这四辆车均从静止开始运动
	C．	在0～t₂时间内，丙、丁两车在时刻t₂相距最远
	D．	在0～t₂时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小