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基础课2 磁场对运动电荷的作用知识排查洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小
1.洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力
2.洛伦兹力的方向1判定方法左手定则掌心——磁感线垂直穿入掌心;四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向;拇指——指向洛伦兹力的方向2方向特点F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v决定的平面
3.洛伦兹力的大小1v∥B时,洛伦兹力F=0θ=0°或180°2v⊥B时,洛伦兹力F=qvBθ=90°3v=0时,洛伦兹力F=0带电粒子在匀强磁场中的运动
1.若v∥B,带电粒子不受洛伦兹力,在匀强磁场中做匀速直线运动
2.若v⊥B,带电粒子仅受洛伦兹力作用,在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动如下图,带电粒子在匀强磁场中,
①中粒子做匀速圆周运动,
②中粒子做匀速直线运动,
③中粒子做匀速圆周运动
3.半径和周期公式v⊥B小题速练
1.[人教版选修3-1·P98·T1改编]下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是 答案 B
2.[人教版选修3-1·P102·T3改编]如图1所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束,下列说法正确的是 图1A.组成A束和B束的离子都带负电B.组成A束和B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外答案 C 对洛伦兹力的理解
1.洛伦兹力的特点1洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面,所以洛伦兹力只改变速度的方向,不改变速度的大小,即洛伦兹力永不做功2当电荷运动方向发生变化时,洛伦兹力的方向也随之变化3用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时,要注意将四指指向电荷运动的反方向
2.洛伦兹力与安培力的联系及区别1安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者是相同性质的力2安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功
1.在北半球,地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下以“×”表示如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向,那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转 图2A.不偏转 B.向东C.向西 D.无法判断解析 根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东,因此电子束向东偏转,故选项B正确答案 B
2.多选带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场,恰做匀速直线运动,如图3所示,若油滴质量为m,磁感应强度为B,则下述说法正确的是 图3A.油滴必带正电荷,电荷量为B.油滴必带正电荷,比荷=C.油滴必带负电荷,电荷量为D.油滴带什么电荷都可以,只要满足q=解析 油滴水平向右匀速运动,其所受洛伦兹力必向上与重力平衡,故带正电,其电荷量q=,油滴的比荷为=,选项A、B正确答案 AB
3.多选如图4所示,a为带正电的小物块,b是一不带电的绝缘物块设a、b间无电荷转移,a、b叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场,现用水平恒力F拉b物块,使a、b一起无相对滑动地向左加速运动,在加速运动阶段 图4A.a对b的压力不变B.a对b的压力变大C.a、b物块间的摩擦力变小D.a、b物块间的摩擦力不变解析 a向左加速时受到的竖直向下的洛伦兹力变大,故对b的压力变大,选项A错误,B正确;从a、b整体看,由于a受到的洛伦兹力变大,会引起b对地面的压力变大,滑动摩擦力变大,整体的加速度变小,再隔离a,b对a的静摩擦力Fba提供其加速度,由Fba=maa知,a、b间的摩擦力变小,选项C正确,D错误答案 BC 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
1.带电粒子在匀强磁场中圆周运动分析1圆心的确定方法方法一 若已知粒子轨迹上的两点的速度方向,则可根据洛伦兹力F⊥v,分别确定两点处洛伦兹力F的方向,其交点即为圆心,如图5a;方法二 若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向,则可作出此两点的连线即过这两点的圆弧的弦的中垂线,中垂线与垂线的交点即为圆心,如图b图52半径的计算方法方法一 由物理方法求半径R=;方法二 由几何方法求一般由数学知识勾股定理、三角函数等计算来确定3时间的计算方法方法一 由圆心角求t=T;方法二 由弧长求t=
2.带电粒子在不同边界磁场中的运动1直线边界进出磁场具有对称性,如图6所示图62平行边界存在临界条件,如图7所示图73圆形边界沿径向射入必沿径向射出,如图8所示图8 【典例】 2017·全国卷Ⅱ,18如图9,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同的方向射入磁场,若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上,不计重力及带电粒子之间的相互作用,则v2∶v1为 图9A.∶2B.∶1C.∶1D.3∶解析 根据作图分析可知,当粒子在磁场中运动半个圆周时,打到圆形磁场边界的位置距P点最远,则当粒子射入的速率为v1,轨迹如图甲所示,设圆形磁场半径为R,由几何知识可知,粒子运动的轨道半径为r1=Rcos60°=R;若粒子射入的速率为v2,轨迹如图乙所示,由几何知识可知,粒子运动的轨道半径为r2=Rcos30°=R;根据轨道半径公式r=可知,v2∶v1=r2∶r1=∶1,故选项C正确 甲 乙答案 C带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
1.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b,以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域,其运动轨迹如图10所示若不计粒子的重力,则下列说法正确的是 图10A.a粒子带正电,b粒子带负电B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C.b粒子的动能较大D.b粒子在磁场中运动时间较长解析 由左手定则可知,a粒子带负电,b粒子带正电,选项A错误;由qvB=m得r=,故运动的轨迹半径越大,对应的速率越大,所以b粒子的速率较大,在磁场中所受洛伦兹力较大,选项B错误;由Ek=mv2可得b粒子的动能较大,选项C正确;由T=知两者的周期相同,b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角,所以b粒子在磁场中运动时间较短,选项D错误答案 C
2.如图11甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等,一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ,从右边界射出时速度方向偏转了θ角;该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ,射出磁场时速度方向偏转了2θ角已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B
1、B2,则B1与B2的比值为 图11A.2cosθB.sinθC.cosθD.tanθ解析 设有界磁场Ⅰ宽度为d,则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图甲、乙所示,由洛伦兹力提供向心力知Bqv=m,得B=,由几何关系知d=r1sinθ,d=r2tanθ,联立得=cosθ,选项C正确答案 C
3.2016·全国卷Ⅱ,18一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图12所示图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒不计重力若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为 图12A.B.C.D.解析 画出粒子的运动轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力得,qvB=m,又T=,联立得T=由几何知识可得,轨迹的圆心角为θ=,在磁场中运动时间t=T,粒子运动和圆筒运动具有等时性,则T=,解得=,故选项A正确答案 A
4.多选如图13,一粒子发射源P位于足够长绝缘板AB的上方d处,能够在纸面内向各个方向发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子,空间存在垂直纸面的匀强磁场,不考虑粒子间的相互作用和粒子重力已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d,则 图13A.磁感应强度的大小为B.磁感应强度的大小为C.同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为D.同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为解析 根据qvB=m和R=d、=k得B=,选项A错误,B正确;能打到板上的粒子中,在磁场中运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图所示,由几何关系,最长时间t1=T,最短时间t2=T,T=,所以最大时间差Δt=t1-t2=T=,选项C正确,D错误答案 BC 带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题由于带电粒子在磁场中的运动通常都是在有界磁场中的运动,所以常常出现临界和极值问题
1.临界问题的分析思路临界问题分析的是临界状态,临界状态存在不同于其他状态的特殊条件,此条件称为临界条件,临界条件是解决临界问题的突破口
2.极值问题的分析思路所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算,求解的思路一般有以下两种1根据题给条件列出函数关系式进行分析、讨论;2借助几何知识确定极值所对应的状态,然后进行直观分析【典例】 2016·全国卷Ⅲ,18平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面纸面如图14所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外一带电粒子的质量为m,电荷量为qq0粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 图14A.B.C.D.解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r=轨迹与ON相切,画出粒子的运动轨迹如图所示,由于=2rsin30°=r,故△AO′D为等边三角形,∠O′DA=60°,而∠MON=30°,则∠OCD=90°,故CO′D为一直线,==2=4r=,故选项D正确答案 D
1.2017·辽宁朝阳三校协作体联考如图15所示,半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场边界上A点有一粒子源,源源不断地向磁场发射各种方向均平行于纸面且速度大小相等的带正电的粒子重力不计,已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr则粒子在磁场中运动的最长时间为 图15A.B.C.D.解析 粒子在磁场中运动的半径为R===2r;当粒子在磁场中运动时间最长时,其轨迹对应的圆心角最大,此时弦长最大,其最大值为磁场圆的直径2r,故t===,故选C正确答案 C
2.如图16所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子重力不计从AB边的中心O以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的大小B需满足 图16A.BB.BC.BD.B解析 若粒子刚好达到C点时,其运动轨迹与AC相切,如图所示,则粒子运动的半径为r0==a由r=得,粒子要能从AC边射出,粒子运行的半径应满足rr0,解得B,选项B正确答案 B
3.如图17所示,直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场,磁感应强度为B,右边界PQ平行于y轴,一粒子重力不计从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场,当斜向上射入时,粒子恰好垂直PQ射出磁场,当斜向下射入时,粒子恰好不从右边界射出,则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为 图17A. B. C. D. 解析 粒子在磁场中运动轨迹如图所示,则由图知斜向上射入时有rsinθ=a,斜向下射入时有rsinθ+a=r,联立求得θ=30°,且r=2a,由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m,解得r=,即粒子的比荷为=,所以粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α=2×90°-30°=120°,运动时间为t==,选项C正确答案 C
4.如图18所示,两个同心圆,半径分别为r和2r,在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B圆心O处有一放射源,放出粒子的质量为m、带电量为q,假设粒子速度方向都和纸面平行图181图中箭头表示某一粒子初速度的方向,OA与初速度方向夹角为60°,要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点,则初速度的大小是多少?2要使粒子不穿出环形区域,则粒子的初速度不能超过多少?解析 1如图甲所示,设粒子在磁场中的轨道半径为R1,则由几何关系得R1=又qv1B=meq\fvR1得v1= 甲 乙2如图乙所示,设粒子轨迹与磁场外边界相切时,粒子在磁场中的轨道半径为R2,则由几何关系有2r-R22=R+r2可得R2=,又qv2B=meq\fvR2,可得v2=故要使粒子不穿出环形区域,粒子的初速度不能超过答案 1 2解决带电粒子的临界问题的技巧方法1数学方法和物理方法的结合如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值,利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值2临界问题的一般解题流程3从关键词找突破口许多临界问题,题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示,审题时,一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律,找出临界条件带电粒子在匀强磁场中的运动[题源人教版选修3-1·P102·T1]电子以
1.6×106m/s的速度沿着与磁场垂直的方向射入B=
2.0×10-4T的匀强磁场中求电子做匀速圆周运动的轨道半径和周期拓展1 2015·全国卷Ⅱ,19多选有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子 A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析 设电子的质量为m,速率为v,电荷量为q,则由牛顿第二定律得qvB=
①T=
②由
①②得R=,T=所以==k,==k根据a=,ω==可知==,==所以选项A、C正确,B、D错误答案 AC拓展2 2015·全国卷Ⅰ,14两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子不计重力,从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的 A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小解析 由于速度方向与磁场方向垂直,粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,即qvB=,轨道半径r=,从较强磁场进入较弱磁场后,磁感应强度变小,速度大小不变,轨道半径r变大,根据角速度ω==可知角速度变小,选项D正确答案 D拓展3 2017·全国卷Ⅲ,24如图19,空间存在方向垂直于纸面xOy平面向里的磁场在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0常数λ>1一质量为m、电荷量为qq>0的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求不计重力图191粒子运动的时间;2粒子与O点间的距离解析 1在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2,由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得qB0v0=meq\fvR1
①qλB0v0=meq\fvR2
②粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为t1=
③粒子再转过180°时,所需时间t2为t2=
④联立
①②③④式得,所求时间为t0=t1+t2=1+
⑤2由几何关系及
①②式得,所求距离为d0=2R1-R2=1-
⑥答案 11+ 21-活页作业时间40分钟A级保分练
1.2017·河北石家庄质检多选垂直于纸面的匀强磁场区域宽度为d,一个电子以速度v沿图1所示方向垂直磁场方向及磁场边界射入该区域,恰好不能飞过场区,采取如下哪些方法,可能使该电子飞到场区右侧 图1A.增大磁感应强度B.改变v的方向C.减小dD.将磁场反向答案 BC
2.如图2所示,MN为两个匀强磁场的分界面,两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2,一带电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场,则经过多长时间它将向下再一次通过O点 图2A.B.C.D.解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由周期公式T=知,粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t=+=,所以选项B正确答案 B
3.如图3所示,平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里,磁感应强度为B一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场,运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同,不计粒子的重力,则 图3A.该粒子带正电B.A点与x轴的距离为C.粒子由O到A经历时间t=D.运动过程中粒子的速度不变解析 由左手定则可判断该粒子带负电,选项A错误;根据粒子运动轨迹,A点离x轴的距离为r1-cosθ=1-cos60°=,选项B正确;t=T=,选项C错误;运动过程中粒子速度大小不变,方向时刻改变,选项D错误答案 B
4.2017·河南名校联考如图4所示,水平放置的平行板长度为L、两板间距也为L,两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在两板正中央P点有一个不计重力的电子质量为m、电荷量为-e,现在给电子一水平向右的瞬时初速度v0,欲使电子不与平行板相碰撞,则 图4A.v0或v0B.v0C.v0D.v0解析 此题疑难点在于确定“不与平行板相碰撞”的临界条件电子在磁场中做匀速圆周运动,半径为R=,如图所示当R1=时,电子恰好与下板相切;当R2=时,电子恰好从下板边缘飞出两平行板即飞出磁场由R1=,解得v1=,由R2=,解得v2=,所以欲使电子不与平行板相碰撞,电子初速度v0应满足v0或v0,故选项A正确答案 A
5.如图5所示,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2,结果相应的弧长变为原来的一半,则等于 图5A.B.C.2D.3解析 当轨道半径小于或等于磁场区半径时,粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径如图所示,当粒子从圆周射出磁场时,粒子在磁场中运动的轨道直径为PQ,粒子都从圆弧PQ之间射出,因此轨道半径r1=Rcos30°=R;若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半,即周长,对应的弦长为R,即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R,半径r2=,由r=可得==答案 B
6.如图6所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m=
5.0×10-8kg,电荷量为q=
1.0×10-6C的带电粒子,从静止开始经U0=10V的电压加速后,从P点沿图示方向进入磁场,已知OP=30cm,粒子重力不计,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8求图61带电粒子到达P点时速度v的大小;2若磁感应强度B=
2.0T,粒子从x轴上的Q点离开磁场,求OQ的距离;3若粒子不能进入x轴上方,求磁感应强度B′满足的条件解析 1对带电粒子的加速过程,由动能定理得qU=mv2,解得v=20m/s2带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则qvB=,解得R=
0.5m,而=
0.5m故圆心一定在x轴上,轨迹如图甲所示,甲由几何关系可知OQ=R+Rcos37°=
0.9m3带电粒子不从x轴射出,临界轨迹如图乙所示,乙由几何关系得OPR′+R′sin37°,R′=解得B′T答案 120m/s
20.9m 3B′TB级拔高练
7.2017·湖北黄冈二模多选如图7所示,圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场图中未画出,O为圆心,P为边界上的一点相同的带电粒子a、b不计重力从P点先后射入磁场,粒子a正对圆心射入,速度方向改变60°后离开磁场,粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成60°,已知它们离开磁场的位置相同下列说法正确的是 图7A.两粒子的速度大小之比=B.两粒子在磁场中运动的时间之比=C.两粒子在磁场中运动的半径之比=D.两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比=解析 a粒子正对圆心O射入,则射出时速度方向反向延长线过O点,设射出点为Q,作出a粒子运动轨迹及圆心O1,如图所示b粒子射入方向与a粒子射入方向成60°角,∠OPQ=30°,所以PQ为b粒子做圆周运动的直径由图可知2QO2=QO1,即a粒子运动半径是b粒子运动半径的2倍,选项C错误;由r=知,a粒子速度是b粒子速度的2倍,选项A错误;两粒子转动的周期T相同,a粒子转过的圆心角为60°,用时为,b粒子转过的圆心角为180°,用时,选项B正确;a粒子运动的弧长为ra,b粒子运动的弧长为πrb,==,选项D正确答案 BD
8.2017·郑州模拟多选如图8所示,垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界,左侧磁感应强度为B1,右侧磁感应强度为B2,B1=2B2=2T,比荷为2×106C/kg的带正电粒子从O点以v0=4×104m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域,则粒子通过距离O点4cm的磁场边界上的P点所需的时间为 图8A.×10-6sB.π×10-6sC.×10-6sD.2π×10-6s解析 粒子在右侧磁场B2中做匀速圆周运动,则qv0B2=eq\fmvR2,解得R2==2cm,故粒子经过半个圆周恰好到达P点,轨迹如图甲所示则粒子运动的时间t1===×10-6s,由于B1=2B2,由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后,做半径R1=R2=1cm的匀速圆周运动,经过两次周期性运动可再次经过P点,轨迹如图乙所示,则粒子运动的时间t2=T1+T2=×10-6s,在以后的运动中,粒子通过MN的点会远离P点,所以,粒子通过距离O点4cm的磁场边界上的P点所需的时间为×10-6s或×10-6s选项A、C正确答案 AC
9.如图9所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆心,GH为大圆的水平直径两圆之间的环形区域Ⅰ区和小圆内部Ⅱ区均存在垂直圆面向里的匀强磁场间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔一质量为m、电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场不计粒子的重力图91求极板间电场强度的大小;2若粒子运动轨迹与小圆相切,求Ⅰ区磁感应强度的大小解析 1设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得qE·=mv2
①解得E=
②2设Ⅰ区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=
③如图所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得R=
④联立
③④式得B=
⑤若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得R=
⑥联立
③⑥式得B=
⑦答案 1 2或
10.如图10所示,在xOy坐标系的第Ⅱ象限内,x轴和平行x轴的虚线之间包括x轴和虚线有磁感应强度大小为B1=2×10-2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场,虚线过y轴上的P点,OP=
1.0m,在x≥0的区域内有磁感应强度大小为B
2、方向垂直纸面向外的匀强磁场许多质量m=
1.6×10-25kg、电荷量q=+
1.6×10-18C的粒子,以相同的速率v=2×105m/s从C点沿纸面内的各个方向射入磁感应强度为B1的区域,OC=
0.5m有一部分粒子只在磁感应强度为B1的区域运动,有一部分粒子在磁感应强度为B1的区域运动之后将进入磁感应强度为B2的区域设粒子在B1区域运动的最短时间为t1,这部分粒子进入磁感应强度为B2的区域后在B2区域的运动时间为t2,已知t2=4t1不计粒子重力求图101粒子在磁感应强度为B1的区域运动的最长时间为t0;2磁感应强度B2的大小解析 1粒子在磁感应强度为B1区域做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有r==
1.0m,则OP=r粒子运动周期为T1=
①如图所示,粒子沿+y轴方向进入磁场,在B1区域运动时间最长,为半个周期临界点有t0==
1.57×10-5s2如图所示,粒子沿+x轴的方向进入时,在B1区域运动时间最短临界点应用几何关系知sinα==,则α=30°,则t1=
②粒子在B2区域做匀速圆周运动的周期为T2=
③应用几何关系得,圆弧圆心角为240°运动时间为t2=T2
④由题意知t2=4t1
⑤解
①②③④⑤式得B2=2B1,则B2=4×10-2T答案
11.57×10-5s 24×10-2T。