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物理帶電粒子在磁場中的運動練習全集及解析(編輯修改稿)

2025-04-02 04:47 本頁面
 

【文章內容簡介】 與y軸的夾角θ=450,在OL上側有平行于OL向下的勻強電場,在OL下側有垂直紙面向外的勻強磁場,一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0從y軸上的M(OM=d)點垂直于y軸射入勻強電場,該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場,不計粒子重力。(1)求此電場的場強大小E;(2)若粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內返回到虛線OL上,求粒子從M點出發(fā)到第二次經過OL所需要的最長時間。【答案】(1) ; (2) .【解析】試題分析:根據粒子只受電場力作用,沿電場線方向和垂直電場線方向建立坐標系,利用類平拋運動;根據橫向位移及縱向速度建立方程組,即可求解;由(1)求出在電場中運動的時間及離開電場時的位置;再根據粒子在磁場中做圓周運動,由圓周運動規(guī)律及幾何關系得到最大半徑,進而得到最長時間;(1)粒子在電場中運動,不計粒子重力,只受電場力作用,;沿垂直電場線方向X和電場線方向Y建立坐標系,則在X方向位移關系有:,所以;該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場,所以在Y方向上,速度關系有,所以,則有.(2)根據(1)可知粒子在電場中運動的時間;粒子在磁場中只受洛倫茲力的作用,在洛倫茲力作用下做圓周運動,設圓周運動的周期為T粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內返回到虛線OL上,則粒子從M點出發(fā)到第二次經過OL在磁場中運動了半個圓周,所以,在磁場中運動時間為;粒子在磁場運動,洛倫茲力作為向心力,所以有,;根據(1)可知,粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場,速度v就是初速度v0在X方向上的分量,即;粒子在電場中運動,在Y方向上的位移,所以,粒子進入磁場的位置在OL上距離O點;根據幾何關系,可得,即;所以;所以,粒子從M點出發(fā)到第二次經過OL所需要的最長時間.8.如圖,PQ分界線的右側空間有一垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的粒子以速度v0沿AC方向由A點射入。粒子經D點時速度的偏向角(偏離原方向的夾角)θ=60176。(不計重力) (1)試求AD間的距離;(2)若去除磁場,改為紙平面內垂直于AC方向的勻強電場,要想由A射入的粒子仍然能經過D點,試求該電場的強度的大小及方向;粒子此時經D點時速度的偏向角比60176。角大還是小?為什么?【答案】(1)(2)【解析】【詳解】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,速度偏角為,則粒子轉過的圓心角為,即AD=R由得AD= (2)經D點,而,解得,方向垂直AC向上速度偏向角, 解得 而即 ,則9.如圖,空間某個半徑為R的區(qū)域內存在磁感應強度為B的勻強磁場,與它相鄰的是一對間距為d,足夠大的平行金屬板,板間電壓為U。一群質量為m,帶電量為q的帶正電的粒子從磁場的左側以與極板平行的相同速度射入磁場。不計重力,則(1)離極板AB距離為的粒子能從極板上的小孔P射入電場,求粒子的速度?(2)極板CD上多長的區(qū)域上可能會有帶電粒子擊中?(3)如果改變極板的極性而不改變板間電壓,發(fā)現有粒子會再次進入磁場,并離開磁場區(qū)域。計算這種粒子在磁場和電場中運動的總時間?!敬鸢浮浚?)入射粒子的速度;(2)帶電粒子擊中的長度為;(3)總時間【解析】【詳解】(1)洛倫茲力提供向心力,解得 根據作圖可解得,能從極板上的小孔P射入電場,所以,入射粒子的速度(2)所有進入磁場的粒子都能從P點射入電場,從最上邊和最下邊進入磁場的粒子將平行極板進入電場,這些粒子在垂直于電場方向做勻加速直線運動, 解得沿極板運動的距離 有帶電粒子擊中的長度為 (3)能再次進入磁場的粒子應垂直于極板進入電場,在電場中運動的時間在磁場中運動的時間為,所以 總時間10.如圖所示的xOy坐標系中,Y軸右側空間存在范圍足夠大的勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于xOy平面向外.QQ2兩點的坐標分別為(0,L)、(0,-L),坐標為(-L,0)處的C點固定一平行于y軸放置的絕緣彈性擋板,C為擋板中點.帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后,沿y軸方向分速度不變,沿x軸方向分速度反向,大小不變.現有質量為m,電量為+q的粒子,在P點沿PQ1方向進入磁場,α=30176。,不計粒子重力.(1)若粒子從點Q1直接通過點Q2,求:粒子初速度大?。?2)若粒子從點Q1直接通過坐標原點O,求粒子第一次經過x軸的交點坐標.(3)若粒子與擋板碰撞兩次并能回到P點,求粒子初速度大小及擋板的最小長度.【答案】(1)(2)()(3)【解析】(3)粒子初速度大小為,擋板的最小長度為試題分析:(1)由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示,粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R1,由幾何關系得R1cos30176。=L…(1)粒子磁場中做勻速
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