如图所示，质量为m、电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大

（2012?湖南模拟）如图所示，电荷量为e、质量为m的质子从坐标原点O处沿xOy平面射入第二象限内的各个不同

解：（1）设质子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：ev0B=mv20R得：R=mv0eB沿x轴负方向射入的质子的偏转角最大，穿过y轴时离坐标原点O的距离最大为：ymax=2R=2mv0eB．（2）如图所示，初速度沿x轴负方向的质子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点；初速度沿y轴正方向的质子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点；由几何知识可得：PQ=R=mv0eB．（3）取与x轴负方向成θ角的方向射入的质子为研究对象，其射出磁场的点为E（x，y），因其射出后能垂直打到屏MN上，故有： x=Rsinθ y=R+Rcosθ即：x2+（y-R）2=R2又因为质子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以（0，R）为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：S=34πR2+R2-14πR2=（π2+1）(mv0eB)2答：（1）质子穿过y轴时离坐标原点O的最大距离是2mv0eB；（2）质子打到荧光屏上范围的长度是mv0eB；（3）所加磁场区域的最小面积为（π2+1）(mv0eB)2．

设磁场中运动的半径为R，牛顿第二定律得：ev0B=mv02R解得：R=mv0Be带入数值解得：R=0.1m当把荧光屏MN向左移动时，屏上光斑长度和位置保持不变，说明电子出射方向平行，都沿-x方向，所加磁场为圆形，半径为R=0.1． （1）电子从y轴穿过的范围：初速度沿y轴正方向的粒子直接过y轴速度方向在与x方向成300的粒子，转过的角OO2A 为1200，粒子从y轴穿过的范围：0---3R，即0--310m；（2）如图所示，初速度沿y轴正方向的粒子，yC=R速度方向在与x方向成300的粒子，转过的圆心角∠OO2B为1500 圆心角∠O2OA=θ=300yB=R+Rcosθ荧光屏上光斑的长度：为yB-yC=32R=320m（3）粒子旋转的周期：T=2πRv0=2πmqB=π×10-8S在磁场中的时间差：t1=112T出磁场后，打到荧光屏的时间差：t2=R2v0从最高点和最低点打到荧光屏MN上的粒子运动的时间差：t=t1-t2=（π12+0.5）×10-8S（4）最小磁场范围就是所有粒子运动的范围，如下图阴影部分：答：（1）粒子从y轴穿过的范围为320m；（2）荧光屏上光斑的长度320m；（3）从最高点和最低点打到荧光屏MN上的粒子运动的时间差为（π12+0.5）×10-8S；

解答：（1）如图所示，要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点；初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点．   
设粒子在磁场中运动的半径为R，
由牛顿第二定律得：ev₀B=m

v 2 如图,ABCD是边长为a的正方形.质量为m、电荷量为e的电子以大小为v 0... 答：圆弧 AEC 是所求的最小磁场区域的一个边界．为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ（不妨设 0≤θ＜ π 2 ）的情形．该电子的运动轨迹qpA如图所示． 图中，圆 AP 的圆心为O，pq垂直于BC边，由③式知，圆弧 AP ... 如图所示,一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器A下方的小孔S,无初速度... 答：A、带电粒子在加速电场中运动，由动能定理有：eU＝12mv2得粒子进入磁场时的速率为：v＝2eUm．故A正确．B、C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：evB＝mv2r解得：r＝mvBe=mBe2eUm=1B2mUe．所以周期T=2πrv＝2πv?mvBe＝2πmBe，粒子在磁场中运动的时间t=T2=π... 如图所示,电子质量为m,电荷量为e,以速度V0与x轴成θ角射入磁感应强度为... 答：解答：解：过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，电子运动轨迹如图所示；（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02R，解得电子轨道半径：R=mv0qB，由几何知识得：OP=2Rsinθ=2mv0qBsinθ；（2）由图示... 质量为m、电荷量为e的电子以速度v垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场... 答：在磁场中带电粒子所受向心力即由带电粒子所受洛伦磁力提供，所以由F=mv^2/r，F=Bqv可得电子做圆周运动的轨道半径r=mv/Bq。由w=2π/T,v=wr所以v=2πr/T，此时向心力公式F=4mπ^2r/T^2,洛伦磁力F=2πBqr/T,两式联立得电子的运动周期为T=2πm/Bq ... 高二物理如图所示,质量为m,电荷量为e的粒子从A点以vo的速度沿垂直电场线... 答：注：本题应该给a粒子的电量，或高速电子电量为e，下面我们不妨设 a 粒子电量为q（也是2e）解：粒子在电场做类平抛运动 (1)粒子：水平方向，匀速运动，由运动学规律知 d=v0t，整理得t=d/v0 (2)粒子：水平方向匀速运动，vx=v0 竖直方向，匀加速运动，vy=at，由牛顿第二定律知Eq=ma 且速度... 如图所示,一个电子(质量为m)电荷量为e,以初速度v0沿着匀强电场的电场... 答：由X=V0t-1/2at^2得电子进入电场的最大距离X=V0^2 m/(Eq)-Eq V0^2 m^2/(2 m E^2 q^2)=(2 V0^2 m - V0^2 m)/(2Eq)=(V0^2 m)/2Eq(3)有能量守恒得，电子进入电场最大距离的一半时的动能即为电场力做负功（W==EqL)时L的一半，故此时动能为1/2W==1/2 Eq (V0... (10分)如图所示,质量为m,电荷量为e的粒子从A点以v 0 的速度沿垂直电场线... 答：（1） （2） （3） 试题分析：（1） 根据类平抛运动的规律，水平方向为匀速直线运动： 即 （2）由B点速度合成图可知： 且 ∴ （3）由A到B过程中由动能定理可知： 点评：此类题型考察了类平抛运动规律、动能定理在电场类问题中的运用 ... 如图所示,质量为m、电荷量为e的质子以某一初动能从坐标原点O沿x轴正... 答：AC 试题分析：质子在只有电场存在时，动能由 变为 ，由动能定理可知电场力做功为： ，解得： ，由此可判断，选项A正确，B错误．质子在只有磁场存在时，质子做匀速圆周运动，由题意可知，运动半径为d，由半径公式有： 设质子进入磁场时的速度为v，则速度为： ，以上两式联立得： ，以... 如图所示,一个质量为m、电荷量为e、初速度为零的质子,经电压为U的电场... 答：（1）根据能的转化和守恒定律，有：eU＝12mv20得：v0＝2eUm（2）质子打到第一块板上后速度与原速度方向垂直，仍以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动．显然，质子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到第一块板的下部．由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到板到第二... 如图所示,电荷量为-e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强... 答：解答：解：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动．根据运动的分解可知，电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动．将B点的速度分解（如图） vv0cos60°=2v0电子从A运动到B，由动能定理得-eUAB=12mv2-12mv02UAB=?3mv022e．答：A、B两点间的电势差为UAB=?3mv022e． 相关热门导读 快递评价网，热门人物的介绍与评论。内容来自于会员交流，不代表本站立场与观点。 联系方式： © 快递评价网 版权所有。