第5章學(xué)案6-資料下載頁
2025-11-10 21:59本頁面
【導(dǎo)讀】當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場方向平行時，帶電粒子所受洛倫茲力F＝0，粒子做勻速直線運動.半徑的確定：，，且等于弦切角θ的2倍，如圖1所示，即φ＝α＝2θ.當(dāng)速率一定時，運動的弧長越長，圓心角越大，運動時間越長.例1 在以坐標(biāo)原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿＋y方向飛出.請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷；若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應(yīng)強度B′多大？
【正文】 的位置上升，電子通過磁場區(qū)域所用時間不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變，則電子打在熒光屏上的速度變大答案 AC解析 當(dāng)滑動觸頭向右移動時，電場的加速電壓增大，加速后電子動能增大，進入磁場的初速度增大，向下偏轉(zhuǎn)程度變小，位置上升，運動時間變短，選項C正確，D錯誤.，兩塊水平放置、從噴口連續(xù)不斷地噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、墨滴在電場區(qū)域恰能水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點.圖10(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2)求磁感應(yīng)強度B的值；(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，應(yīng)將磁感應(yīng)強度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？答案 (1)負電荷 (2) (3)解析 (1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有q＝mg ①由①式得：q＝ ②由于電場方向向下，電荷所受靜電力向上，可知：墨滴帶負電荷.(2)墨滴垂直進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與靜電力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有qv0B＝m ③考慮墨滴進入電場、磁場共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑R＝d ④由②③④式得B＝(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運動的半徑為R′，有qv0B′＝m ⑤由圖可得：R′2＝d2＋(R′－)2 ⑥由⑥式得：R′＝d ⑦聯(lián)立②⑤⑦式可得：B′＝.，有界勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝210－3 T；磁場右邊是寬度L＝ m、場強E＝40 V/m、＝10－19 C的負電荷，質(zhì)量m＝10－27 kg，以v＝4104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁場，在磁場中偏轉(zhuǎn)后進入右側(cè)的電場，：圖11(1)大致畫出帶電粒子的運動軌跡(畫在題圖上)；(2)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；(3)帶電粒子飛出電場時的動能.答案 (1)見解析圖 (2) m (3)10－18 J解析 (1)運動軌跡如圖所示.(2)帶電粒子在磁場中運動時，由牛頓第二定律有qvB＝mR＝＝ m＝ m(3)Ek＝EqL＋mv2＝4010－19 J＋10－27(4104)2 J＝10－18 J.，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以一定的初速度垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60176。角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，已知ON＝d，求：圖12(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑R；(2)粒子在M點的初速度v0的大小；(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.答案 (1)d (2) (3)解析 (1)作出帶電粒子的運動軌跡如圖所示由幾何知識得Rsin θ＝d，解得R＝d(2)由qvB＝得v＝在N點速度v與x軸正方向成θ＝60176。角射出電場，將速度分解如圖所示v0＝vcos θ解得v0＝(3)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1，有d＝v0t1所以t1＝＝粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2，有t2＝T所以t2＝t＝t1＋t2，所以
教學(xué)課件相關(guān)推薦
鄂ICP備17016276號-1