分析 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)時(shí)間極短,故可以認(rèn)為粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)沒(méi)有變化;分別對(duì)豎直極板和水平極板進(jìn)行分析,根據(jù)帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律可求得在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)位移,再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可求得離開(kāi)極板后的偏轉(zhuǎn)位移,則可求得對(duì)應(yīng)的坐標(biāo).
解答 解:粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=$\frac{l}{{v}_{0}}$=$\frac{0.04}{1.6×1{0}^{7}}$=2.5×10-9s;由于時(shí)間很小,可以認(rèn)為通過(guò)極板時(shí)電壓不變;
t=$\frac{{t}_{1}}{2}$時(shí),豎直方向所加電壓為40V,豎直方向的加速度a1=E$\frac{Uq}{md}$
△y=$\frac{1}{2}$at2=$\frac{Uq}{2md}{t}^{2}$=$\frac{40×1.6×1{0}^{-19}}{2×0.91×1{0}^{-30}×0.01}×(2.5×1{0}^{-9})^{2}$=2.2×10-5m;
因?yàn)?I>vx=v0,
vy=$\frac{qU}{md}t$
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{1.6×1{0}^{-19}×40×2.5×1{0}^{-9}}{0.91×1{0}^{-30}×0.01×1.6×1{0}^{7}}$=0.11;
則由幾何關(guān)系可知,偏轉(zhuǎn)量y=△y+Ltaθ=2.2×10-5m+0.18×10-2×0.11=2.2×10-4m;
在x板方向上,根據(jù)給出的圖象可知,粒子進(jìn)入時(shí)所加電壓Ux=20V;
同理可知,△x=1.1×10-5m
tanθ′=0.055;
在x方向上的偏移量為:
x═△x′+Ltanθ=1.1×10-5m+0.18×10-2×0.055=1.1×10-4m;
故進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板間的電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)為(1.1×10-4m,2.2×10-4m)
答:進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板間的電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)為(1.1×10-4m,2.2×10-4m)
點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的分析問(wèn)題,要注意明確帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),要正確應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律進(jìn)行分析求解.
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A. | 法拉第 | B. | 庫(kù)侖 | C. | 安培 | D. | 密立根 |
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A. | F1=0,F(xiàn)2=0 | B. | F1=1N,方向與1N的力反向,F(xiàn)2=0 | ||
C. | F1=0,F(xiàn)2=1N,方向與4N的力同向 | D. | F1=0,F(xiàn)2=7N,方向與4N的力同向 |
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A. | 0~t1時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員及其裝備機(jī)械能守恒 | |
B. | t1~t2時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài) | |
C. | t1~t2時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員的平均速度v=$\frac{{v}_{1}+{v}_{2}}{2}$ | |
D. | t2~t4時(shí)間內(nèi)重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員所做的功等于他克服阻力所做的功 |
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