如图所示，在矩形区域内有垂直于纸平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×10-2T，矩形区域长为235m
（1）洛伦兹力提供向心力：qvB=m v 2 R 得：R= mv qB =0.2m（2）因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆弧所对应的圆心角最小，运动时间最短．作EO⊥AD，EO弦最短， 因为 . EO =0.2m，且R=0.2m所以对应的圆心角为θ= π 3 又qvB=mR（ 2π T ） 2 得：T= 2πm qB 则最短时间为：t= θm qB = πm 3qB = π 3 ×10 -7 s（3）判断从O点哪些方向射入磁场的粒子将会从CD边射出，如图为两个边界， 当速度方向满足一定条件时，粒子将从D点射出磁场， . OD = 3 5 m，且R=0.2m由三角函数知识可知∠OO 2 D= 2π 3 此时射入磁场的粒子速度方向与OD夹角为 π 3 ，当轨迹圆与BC边相切时，因为R=0.2m， . CD =0.2m，可知圆心O 1 在AD边上，因为 . O O 1 ＜ . OD 所以带电粒子不可能通过C点，与BC相切的即为从CD边射出磁场的最上边缘的粒子，该粒子进入磁场的速度方向垂直AD向上，与OD之间的夹角为 π 2 ，所以从CD边射出的粒子，射入磁场时速度方向应与OD边夹角在 π 3 到 π 2 之间△θ= π 6 的范围内，因为放射源向磁场内各方向均匀地辐射粒子，所以能从CD边射出的粒子数目为：n= △θ π N即：n= N 6 答：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.2m；（2）从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间为 π 3 ×10 -7 s；（3）若放射源向磁场内共辐射出了N个粒子，从CD边界射出的粒子有 N 6 个．
：（1）＜v0≤ （2）
解析：（1）若粒子速度为v0，则qv0B =， 所以有R =，
设圆心在O1处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v01，则R1＋R1sinθ =，
将R1 =代入上式可得，v01 =
类似地，设圆心在O2处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v02，则R2－R2sinθ =，
将R2 =代入上式可得，v02 =
所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足＜v0≤
（2）由t =及T =可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越长，在磁场中运动的时间也越长。由图可知，在磁场中运动的半径r≤R1时，运动时间最长，弧所对圆心角为（2π－2θ），
所以最长时间为t =
| v2 |
| R |
得：R=
| mv |
| qB |
（2）因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆弧所对应的圆心角最小，运动时间最短．
作EO⊥AD，EO弦最短，
因为
| . 答：所以弦最短的圆弧所对应的圆心角最小，运动时间最短．作EO⊥AD，EO弦最短， 因为 . EO =0.2m，且R=0.2m所以对应的圆心角为θ= π 3 又qvB=mR（ 2π T ） 2 得：T= 2πm qB 则最短时间为：t= ... 答：粒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：qvB=mv2r，解得半径为：r=mvqB；结合表格中数据可求得1-5各组粒子的半径之比依次为2：2：3：3：0.5，说明第5组正粒子的半径最小，由图可知故该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动．由图a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则... 答：（1）初速度沿od方向发射的粒子在磁场中的轨迹如图，其圆心为n，由几何关系有：∠Onp＝π3，T=6t0，粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得，qvB＝mv2Rv＝2πRT，得qm＝π3Bt0．（2）在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦ob＝3L，设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ... 答：所求的偏向角是 θ＝arc sin[L*(qB) / (mV )] 答：由 得： 所以其圆心在BB ′ 上，穿出BB ′ 时速度方向与BB ′ 垂直，其轨迹如图所示，设轨道半径为R由 得： （3）区域I、Ⅱ宽度相同，则粒子在区域I、Ⅱ中运动时间均为 穿过中间无磁场区域的时间为t ′ = 则粒子从O 1 到DD′所用的时间t= 点评：带电粒子在匀... 答：离子进入匀强磁场，是做匀速圆周运动。设轨迹的半径为R，由洛仑兹力提供向心力，得 qVB＝mV^2 / R 得 R＝mV /(qB)由题意知，轨迹的圆心是在ad延长线上的O点，R＝Oa＝Oc 由几何关系得 R^2＝L^2＋(R－y )^2 ，y是所求的偏移量 将上式简化，得 y^2－2R* y＋L^2＝0 得 ... 答：mv qB 得知，粒子的半径不变，向下偏转，则知粒子将从B点射出．故A正确．B、仅增大磁感应强度，由周期公式T= 2πm qB 知，周期减小，粒子在磁场中运动半圈射出磁场，运动时间是半个周期，则知粒子在磁场中运动时间将减小．故B错误．C、仅将磁场方向改为垂直于纸面向外，粒子运动... 答：，经分析上式为定值，线圈Ⅰ和Ⅱ在磁场中运动的加速度相同，故落地速度相等v 1 =v 2 ，由能量守恒可得：Q＝mg(h+H)? （H是磁场区域的高度）Ⅰ为细导线m小，产生的热量小，所以Q 1 ＜Q 2 ，故选项D正确，选项ABC错误。此题的分析首先要进行分段，即为进入磁场之前和进入磁场之后，在进入... 答：（1分）小题2: 小题3: 18.（1）在第二象限，由题意知，粒子做匀速直线运动。 ………（2分） ………（1分）方向与y轴正向夹解为 ……（1分）（2）由题意，运动轨迹如图，由几何关系知 ………（2分）由 ………（1分）... 答：根据题意画出电子分别经过a、b、c、d各点的轨迹如图所示，由图可知各圆弧轨迹对应的圆心角关系分别为θ a＝θ b＞θ c＞θ d，由t=θ2πT及T=2πmeB可知，它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是t a＝t b＞t c＞t d，所以D正确ABC错误．故选D． 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。
|
