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15.如图所示,一带电粒子垂直射入匀强电场,经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中,最后从磁场的左边界上的N点离开磁场.已知带电粒子比荷$\frac{q}{m}$=3.2×109C/kg,电场强度E=200V/m,MN间距$\overrightarrow{MN}$=1cm,金属板长L=25cm,粒子初速度v0=4×105m/s.带电粒子重力忽略不计,求:
(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ;
(2)磁感应强度B的大小.

分析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏转角度.
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力,作出粒子运动轨迹,求出粒子轨道半径,然后应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度.

解答 解:(1)粒子在电场中做类平抛运动,粒子速度偏角的正切值:
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$=$\frac{\frac{qE}{m}×\frac{L}{{v}_{0}}}{{v}_{0}}$=$\frac{qEL}{m{v}_{0}^{2}}$=$\frac{3.2×1{0}^{9}×200×0.25}{(4×1{0}^{5})^{2}}$=1,
则有:θ=45°;
(2)粒子进入磁场时的速度大小为:v=$\frac{{v}_{0}}{sinθ}$=$\frac{4×1{0}^{5}}{sin45°}$=4$\sqrt{2}$×105m/s,
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力,粒子运动轨迹如图所示,由几何知识得:
r=$\frac{\frac{MN}{2}}{cosθ}$=$\frac{\frac{1×1{0}^{-2}}{2}}{cos45°}$=0.5$\sqrt{2}$×10-2m,
由牛顿第二定律得:qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$,
代入数据解得:B=2.5×10-2T;
答:(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ为45°;
(2)磁感应强度B的大小为2.5×10-2T.

点评 粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动,分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键,应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与几何知识即可解题.

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A.数据a与小球的质量有关
B.数据b与圆周轨道半径有关
C.比值$\frac{b}{a}$只与小球的质量有关,与圆周轨道半径无关
D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径

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6.下列说法中正确的是(  )
A.水面漂浮的无色薄油膜在阳光照射下出现彩色条纹,这是光的干涉现象
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科目:高中物理 来源: 题型:多选题

10.如图所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做匀加速直线运动,小物块和小车之间的摩擦力为F1,小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x.在这个过程中,以下结论正确的是(  )
A.小物块到达小车最右端时具有的动能为Fx
B.小物块到达小车最右端时,小车具有的动能为F1x
C.小物块和小车增加的机械能为F1x
D.小物块克服摩擦力所做的功为F1(L+x)

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20.公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图,某公路急转弯处是一圆弧,其半径为R,当汽车行驶的速率为vc时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该弯道处(  )
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C.车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动,此时质量为m的司机受到汽车的作用力为${\sqrt{{m}^{2}{g}^{2}+(m\frac{{v}^{2}}{R})^{2}}}^{\;}$
D.当路面结冰时,与未结冰时相比,vc的值变小

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