高三物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動課件.ppt

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浙江專用物理 第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 一 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1 復(fù)合場 電場 磁場 重力場共存 或其中某兩場共存 2 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的幾種情況 1 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時 粒子將 靜止或做 勻速直線運(yùn)動 2 當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運(yùn)動方向在同一條直線上時 粒子將做 直線運(yùn)動 3 當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力且大小不變時 粒子將做 勻速圓周運(yùn)動 4 當(dāng)帶電粒子所受合外力大小與方向均變化時 粒子將做 非勻變速曲線運(yùn)動 這類問題一般用能量關(guān)系來處理 二 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的典型應(yīng)用 1 速度選擇器 如圖所示 1 平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相 垂直 這種裝置能把 具有一定速度的粒子選擇出來 所以叫做速度選擇器 2 帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是 電場力等于洛倫茲力 即v 2 回旋加速器 做勻速圓周運(yùn)動的周期T 與速率無關(guān) 所以只要交變電場的變化周期等于 粒子做圓周運(yùn)動的周期 就可以使粒子每次通過電場時都能得到加速 粒子通過D形金屬盒時 由于金屬盒的靜電屏蔽作用 盒內(nèi)空間的電場極弱 所以粒子只受洛倫茲力作用而做勻速圓周運(yùn)動 設(shè)D形盒的半徑為r 則粒子獲得的最大動能為 3 質(zhì)譜儀質(zhì)量為m 電荷量為q的粒子 從容器下方的小孔S1飄入電勢差為U的加 回旋加速器是利用 電場對電荷的加速作用和 磁場對運(yùn)動電荷的偏轉(zhuǎn)作用來獲得高能粒子的裝置 由于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中 速電場 其初速度幾乎為零 從S2射出電場時的速度v 然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中 最后打到照相底片D處 則S3與D的距離d 跟帶電粒子 比荷的平方根成反比 能 2 根據(jù)左手定則 如圖所示中的B是發(fā)電機(jī)的正極 4 磁流體發(fā)電機(jī) 1 磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù) 它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電 3 磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為d 等離子體速度為v 磁場感應(yīng)強(qiáng)度為B 則兩極板間能達(dá)到的最大電勢差U Bdv 5 電磁流量計工作原理 如圖所示 圓導(dǎo)管直徑為d 用非磁性材料制成 導(dǎo)電液體在管中向左流動 導(dǎo)電液體中的自由電荷 正 負(fù)離子 在洛倫茲力的作用下偏轉(zhuǎn) a b間出現(xiàn)電勢差 形成電場 當(dāng)自由電荷所受的洛倫茲力和電場力平衡時 a b間的電勢差就保持穩(wěn)定 即 qvB qE q 所以v 因此液體流量Q Sv 方向垂直時 導(dǎo)體在與磁場 電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差 這個現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng) 所產(chǎn)生的電勢差為U k 6 霍爾效應(yīng)在勻強(qiáng)磁場中放置一個矩形截面的載流導(dǎo)體 當(dāng)磁場方向與電流 1 如圖所示 一速度為v0 電荷量為q的正離子恰好能沿直線飛出離子速度選擇器 選擇器中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 電場強(qiáng)度為E 則 A 若改為電荷量為 q的離子 其他不變 將往上偏B 若速度變?yōu)?v0 其他不變 將往上偏C 若改為電荷量為 2q的離子 其他不變 將往下偏D 若速度變?yōu)関0 其他不變 將往下偏 1 答案BD由qE qv0B知 當(dāng)v0 時 粒子將不偏轉(zhuǎn) 2 如圖所示 一塊金屬塊放在勻強(qiáng)磁場中 通以沿x軸正方向的電流 若測得金屬塊上表面的電勢高于下表面的電勢 則可判斷磁場的方向是 A 沿y軸正方向B 沿y軸負(fù)方向C 沿z軸負(fù)方向D 沿z軸正方向 2 答案C當(dāng)通以沿x軸正方向的電流時金屬塊中電子會向x軸負(fù)方向流動 而據(jù)題意知電子受力方向?yàn)橄蛳?所以據(jù)左手定則知磁場方向沿z軸負(fù)方向 3 如圖有一混合正離子束先后通過正交電場磁場區(qū)域 和勻強(qiáng)磁場區(qū)域 如果這束正離子束在區(qū)域 中不偏轉(zhuǎn) 進(jìn)入?yún)^(qū)域 后偏轉(zhuǎn)半徑又相同 則說明這些正離子具有相同的 A 速度B 質(zhì)量C 電荷量D 比荷 3 答案AD設(shè)電場的場強(qiáng)為E 由于離子在區(qū)域 中不發(fā)生偏轉(zhuǎn) 則Eq B1qv 得v 即這些正離子具有相同的速度 當(dāng)離子進(jìn)入?yún)^(qū)域 時 偏轉(zhuǎn)半徑R 由偏轉(zhuǎn)半徑相同 知這些正離子的比荷相同 故選項(xiàng)A D正確 4 如圖所示 勻強(qiáng)電場方向水平向右 勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里 一質(zhì)量為m 帶電荷量為q的微粒以速度v沿與磁場垂直 與電場成45 角的方向射入復(fù)合場中 恰能做勻速直線運(yùn)動 求電場強(qiáng)度E的大小及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小 4 答案E B 解析由于帶電微粒做勻速直線運(yùn)動 且F洛與F電不共線 說明微粒必然還要受到重力作用 且F洛必然斜向上 即粒子帶正電 其受力如圖 由qE 和mg qvBsin45 解得E B 重難一帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的處理方法1 是否考慮重力常見的三種情況 1 對于微觀粒子 如電子 質(zhì)子 離子等 因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場力或磁場力相比太小 可忽略 而對于一些宏觀物體 如帶電小球 液滴 金屬塊等 一般應(yīng)考慮重力 2 在題目中明確說明要求是否考慮重力 3 不能直接判斷是否考慮重力的 在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動分析時 要由分析結(jié)果確定是否考慮重力 必要時可利用假設(shè)法 2 靈活選用力學(xué)規(guī)律 1 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速運(yùn)動時 應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解 2 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時 往往應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解 3 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運(yùn)動時 應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解 3 對于臨界問題 注意挖掘隱含條件 4 帶電粒子若連續(xù)通過不同復(fù)合場區(qū) 注意分段處理 關(guān)注不同階段的連接點(diǎn) 典例1如圖 足夠長的絕緣桿與水平方向成 角傾斜放置 水平勻強(qiáng)磁場垂直于桿所在的豎直平面 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 一個帶電荷量為 q 質(zhì)量為m的小環(huán)置于桿的上端 自靜止釋放 環(huán)與桿的動摩擦因數(shù)為 tan 由摩擦而產(chǎn)生的電荷量可忽略不計 試求 1 環(huán)的最大加速度和此刻的速度 2 環(huán)的最大速度和此刻的加速度 解析 1 在環(huán)開始運(yùn)動時 環(huán)受的洛倫茲力接近于零 即圖中位置 處 F 0 摩擦力Ff mgcos mgsin 環(huán)加速下滑 速度v增大 當(dāng)F qBv mgcos 時 FN 0 Ff FN 0 此刻加速度最大 即 amax gsin 此刻速度為v 2 隨環(huán)的速度進(jìn)一步增大 洛倫茲力F進(jìn)一步增大 環(huán)受到的彈力FN將反向 如圖中位置 所示 且隨F的增大而增大 因而摩擦力隨之增大 當(dāng)增大到Ff FN mgsin 時 環(huán)的加速度為a 0此刻速度最大 以后環(huán)勻速運(yùn)動F qBvmax mgcos FN解得vmax 答案 1 amax gsin v 2 vmax a 0 1 1如圖所示 套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球 其質(zhì)量為m 帶電荷量為q 小球可在棒上滑動 現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中 設(shè)小球電荷量不變 小球由靜止下滑的過程中 A 小球加速度一直增大 B 小球速度一直增大 直到最后勻速C 棒對小球的彈力一直減小D 小球所受洛倫茲力一直增大 直到最后不變 答案BD解析小球由靜止加速下滑 F洛 Bqv在不斷增大 開始一段 如圖 a F洛F電 水平方向有F洛 F電 FN 隨著速度的增大 FN也不斷增大 摩擦力Ff FN也增大 加速度a減小 當(dāng)Ff mg時 加速度a 0 此后小球勻速運(yùn)動 由以上分析可知 加速度先增大后減小 速度一直增大 直到勻速 A錯 B正 確 彈力先減小 后增大 C錯 洛倫茲力F洛 Bqv 由v的變化可知D正確 1 2如圖所示 在水平地面上方有一范圍足夠大的互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域 磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 垂直紙面向里 一質(zhì)量為m 帶電荷量為q的帶正電微粒在此區(qū)域內(nèi)沿豎直平面 垂直于磁場方向的平面 做速度大小為v的勻速圓周運(yùn)動 重力加速度為g 1 求此區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向 2 若某時刻微粒在復(fù)合場中運(yùn)動到P點(diǎn)時 速度與水平方向的夾角為60 且已知P點(diǎn)與水平地面間的距離等于其做圓周運(yùn)動的半徑 求該微粒運(yùn)動到最高點(diǎn)時與水平地面間的距離 3 當(dāng)帶電微粒運(yùn)動至最高點(diǎn)時 將電場強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼? 2 方向不變 且不計電場變化對原磁場的影響 且?guī)щ娢⒘Ｄ苈渲恋孛?求帶電微粒落至地面的速度大小 直平面做勻速圓周運(yùn)動 表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等 方向相反 因此電場強(qiáng)度的方向豎直向上 設(shè)電場強(qiáng)度為E 則有mg qE 即E mg q 2 設(shè)帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R 根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力公式有qvB mv2 R R 依題意可畫出帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示 由幾何關(guān)系可知 該微粒運(yùn)動至最高點(diǎn)時與水平地面間的距離hm R 答案 1 mg q方向豎直向上 2 3 解析 1 由于帶電微?？梢栽陔妶?磁場和重力場共存的區(qū)域內(nèi)沿豎 3 將電場強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼? 2 則電場力變?yōu)樵瓉淼? 2 即F電 mg 2帶電微粒運(yùn)動過程中 洛倫茲力不做功 所以它從最高點(diǎn)運(yùn)動至地面的過程中 只有重力和電場力做功 設(shè)帶電微粒落地時的速度大小為v1 根據(jù)動能定理有 mghm F電hm m mv2解得 v1 重難二帶電粒子在組合場中的運(yùn)動帶電粒子在組合場中的運(yùn)動大都是多過程問題 處理這類問題的基本思路與方法是 1 正確受力分析 除重力 彈力 摩擦力外要特別重視電場力和洛倫茲力的分析 2 確定帶電粒子在不同運(yùn)動階段的運(yùn)動狀態(tài)和模型 3 對于不同階段注意分段處理 注意各段之間的聯(lián)系 4 畫出粒子的運(yùn)動軌跡 靈活選擇物理規(guī)律 典例2如圖所示 屏MN與y軸平行且相距為L 勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E和勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B已知 將質(zhì)量為m 電荷量為 q的電荷 不計重力 從 0 y0 處由靜止釋放 欲使電荷能夠打在屏MN與x軸相交的P點(diǎn) 1 y0等于多少 2 電荷從釋放到打在屏上共需多長時間 解析 1 從釋放到運(yùn)動到x軸 應(yīng)用動能定理 qEy0 m 得到v0 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動 有qv0B m 得r 由題意得 L n 2r n 1 2 3 即L n n 故y0 n 1 2 3 2 設(shè)到P點(diǎn)所用時間為t 從釋放到第一次運(yùn)動到x軸所用時間為t1 有y0 于是t1 又t2 半周期 故t n n 1 2 3 答案 1 n 1 2 3 2 n n 1 2 3 2 1如圖所示 在直角坐標(biāo)系的第 象限和第 象限存在著電場強(qiáng)度均為E的勻強(qiáng)電場 其中第 象限電場沿x軸正方向 第 象限電場沿y軸負(fù)方向 在第 象限和第 象限存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B的勻強(qiáng)磁場 磁場方向均垂直紙面向里 有一個電子從y軸的P點(diǎn)以垂直于y軸的初速度v0進(jìn)入第 象限 第一次到達(dá)x軸上時速度方向與x軸負(fù)方向夾角為45 第一次進(jìn)入第 象限時 與y軸負(fù)方向夾角也是45 經(jīng)過一段時間電子又回到了P點(diǎn) 進(jìn)行周期性運(yùn)動 已知電子的電荷量為e 質(zhì)量為m 不考慮重力和空氣阻力 求 1 P點(diǎn)距原點(diǎn)O的距離 2 粒子第一次到達(dá)x軸上C點(diǎn)與第一次進(jìn)入第 象限時的D點(diǎn)之間的距離 3 電子從P點(diǎn)出發(fā)到第一次回到P點(diǎn)所用的時間 答案 1 2 或 3 解析 1 電子在第 象限做類平拋運(yùn)動 第一次到達(dá)x軸時 沿y軸方向的分速度為vy v0tan45 v0設(shè)OP h a 則 2ah聯(lián)立解得h 2 解法一 設(shè)C O之間距離為s 從P到C所用時間為t3 則有s v0t3 h vyt3 聯(lián)立解得s C D之間的距離為s 解法二 由evB v v0 得R C D之間距離為2R 3 在一個周期內(nèi) 設(shè)在第 象限運(yùn)動時間為t2 在第 象限運(yùn)動時間為t1 在第 象限運(yùn)動時間為t4 在第 象限有vy at3 t3解得t3 在第 象限電子做圓周運(yùn)動 周期T 在第 象限運(yùn)動的時間為t2 由幾何關(guān)系可知 電子在第 象限的運(yùn)動與在第 象限的運(yùn)動對稱 沿x軸方向做勻減速運(yùn)動 沿y軸方向做勻速運(yùn)動 到達(dá)x軸時垂直進(jìn)入第四象限的磁場中 速度變?yōu)関0 在第 象限運(yùn)動時間為t1 t3 電子在第 象限做四分之一圓周運(yùn)動 圓周運(yùn)動的周期T 在第 象限運(yùn)動時間為t4 電子從P點(diǎn)出發(fā)到第一次回到P點(diǎn)所用的時間為t t1 t2 t3 t4 為m 電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場 經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成 60 角射入磁場 最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場 如圖所示 不計粒子重力 求 1 M N兩點(diǎn)間的電勢差UMN 2 粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r 3 粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的總時間t 2 2在平面直角坐標(biāo)系xOy中 第 象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場 第 象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 一質(zhì)量 答案 1 2 3 解析 1 設(shè)粒子過N點(diǎn)時的速度為v 有 cos v 2v0 粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程 有qUMN mv2 m UMN 2 粒子在磁場中以O(shè) 為圓心做勻速圓周運(yùn)動 半徑為O N 有qvB r 3 由幾何關(guān)系得ON rsin 設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t1 有ON v0t1 t1 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T 設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2 有t2 Tt2 因t t1 t2故得t 重難三帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的實(shí)際應(yīng)用這塊知識要重視物理模型意識的培養(yǎng) 善于把握模型的本質(zhì) 理解原理 學(xué)會變通 重視應(yīng)用 典例3如圖所示為阿爾法磁譜儀的內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖 它曾由航天飛機(jī)攜帶升空 安裝在阿爾法國際空間站中 用來探測宇宙射線 現(xiàn)假設(shè)一束由兩種不同粒子組成的宇宙射線 恰好沿直線OO 通過正交的電場和磁場區(qū)域后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2 形成兩條徑跡 則下列說法中正確的是 A 粒子1進(jìn)入磁場B2的速度小于粒子2的速度B 粒子1進(jìn)入磁場B2的速度等于粒子2的速度C 粒子1的比荷大于粒子2的比荷D 粒子1的比荷小于粒子2的比荷解析粒子所受合力為零時沿OO 做直線運(yùn)動 由Eq B1qv得v 可見A 錯B對 在磁場B2中 R 可見粒子的比荷與半徑成反比 故C對D錯 答案BC 解析粒子所受合力為零時沿OO 做直線運(yùn)動 由Eq B1qv得v 可見A 3 1如圖 帶電平行板中有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場 帶電小球從光滑絕緣導(dǎo)軌上的a點(diǎn)自由滑下 經(jīng)過軌道端點(diǎn)P進(jìn)入板間 恰好沿水平方向做直線運(yùn)動 現(xiàn)讓小球從較低的b點(diǎn)開始自由滑下 經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入板間 在板間運(yùn)動過程有 A 小球動能會增大B 小球電勢能會增大C 小球所受電場力會增大D 洛倫茲力增大 答案ABD解析帶電小球進(jìn)入場區(qū)沿直線運(yùn)動說明做勻速直線運(yùn)動 受力平衡 若小球帶負(fù)電 所受電場力 重力 洛倫茲力均豎直向下 小球受力不平衡 故小球帶正電 并有qvB Eq mg 小球從較低點(diǎn)滑下 進(jìn)入復(fù)合場時速度變小 qv B Eq mg 帶電小球向下極板偏轉(zhuǎn)而做曲線運(yùn)動 洛倫茲力不做功 重力和電場力的合力做正功 動能增大 洛倫茲力增大 A D對 電場力做負(fù) 功 電勢能增大 B對 電場力不變 C錯 3 2如圖所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖 其核心部分是兩個D形金屬盒 兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中 并分別與高頻電源相連 現(xiàn)分別加速氘核H 和氦核He 下列說法中正確的是 A 它們的最大速度相同B 它們的最大動能相同 C 它們在D形盒內(nèi)每兩次經(jīng)過盒縫的時間間隔相同D 僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能 答案AC解析由Bqv m得v H和He的比荷相等 故v也相同 即A項(xiàng)正確 Ekm mv2 H和He的的值不等 則Ekm不同 即B項(xiàng)錯 T 則 t 相同 即C項(xiàng)對 粒子的最大動能與頻率無關(guān) 故D項(xiàng)錯 帶電粒子在交變場中的運(yùn)動對于帶電粒子在交變電場 磁場中的運(yùn)動 要認(rèn)真分析在不同場中 不同時段的運(yùn)動性質(zhì) 注意不同階段的聯(lián)系 特別是速度 前一階段的末速度就是后一階段的初速度 找到相應(yīng)的物理模型和規(guī)律 特別留意 粒子在交變電場 磁場中的對稱性和周期性 若交變電場的周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時間 則在粒子穿越電場過程中 電場可看做場強(qiáng)為粒子剛進(jìn)入電場時的場強(qiáng)的勻強(qiáng)電場 典例如圖甲所示 在坐標(biāo)系xOy內(nèi) 沿x軸分成寬度均為L 0 30m的區(qū)域 其間存在電場和磁場 電場方向沿x軸負(fù)方向 電場強(qiáng)度大小是E0 1 5 104V m 磁場方向垂直坐標(biāo)平面且規(guī)定方向向里為正 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0 7 5 10 4T E x B x圖線如圖乙所示 某時刻初速度為零的電子從坐標(biāo)原點(diǎn)開始運(yùn)動 電子電荷量e 1 6 10 19C 電子質(zhì)量m 9 0 10 31kg 不計電子的重力 不考慮電子因高速運(yùn)動而產(chǎn)生的影響 計算中 取3 求 1 電子經(jīng)過x L處時速度的大小 2 電子從x 0運(yùn)動至x 3L處經(jīng)歷的時間 3 電子到達(dá)x 6L處時的縱坐標(biāo) 解析 1 設(shè)x L處電子的速度為v1eE0L mv1 4 0 107m s 2 設(shè)電子在x 0至x L間運(yùn)動的時間為t1t1 1 5 10 8s設(shè)電子在x L至x 3L間的磁場中運(yùn)動的半徑為r1 運(yùn)動的時間為t2ev1B0 mr1 0 30m 由幾何關(guān)系知 電子在x L至x 3L間的磁場中的運(yùn)動軌跡為兩個四分之一圓周T t2 2 2 25 10 8s 所以 電子從x 0運(yùn)動到x 3L處經(jīng)歷的時間t t1 t2 3 75 10 8s 3 設(shè)x 4L處電子的速度v2eE0L m m設(shè)電子在x 4L至x 6L間的磁場中運(yùn)動的半徑為r2ev2B0 mr2 r1由幾何關(guān)系知 電子在x 4L至x 6L間磁場中運(yùn)動的軌跡均為八分之一圓周所以 x 6L時電子的縱坐標(biāo) y 2r1 2整理得y 2r1代入數(shù)值得y 0 6m 0 85m答案 1 4 0 107m s 2 3 75 10 8s 3 0 85m 針對訓(xùn)練如圖甲所示 M N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板 板間距離為d 兩板中央分別有一小孔O O 且正對 在兩板間有垂直于紙面方向的磁場 磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如圖乙所示 有一束正離子在t 0時垂直于M板從小孔O射入磁場 已知正離子質(zhì)量為m 帶電荷量為q 正離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0 不考慮由于磁 場變化而產(chǎn)生的對電場的影響 不計離子所受重力 求 1 磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小 2 要使正離子從O 孔垂直于N板射出磁場 正離子射入磁場時的速度v0的可能值 答案 1 2 n 1 2 3 解析設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向?yàn)檎较?1 正粒子射入磁場 洛倫茲力提供向心力B0qv0 m 做勻速圓周運(yùn)動的周期T0 聯(lián)立 兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0 2 要使正離子從O 孔垂直于N板射出磁場 如圖所示 在兩板之間正離子只運(yùn)動一個周期T0時 有r 當(dāng)兩板之間正離子運(yùn)動n個周期即nT0時 有R n 1 2 3 聯(lián)立 求解 得正離子的速度的可能值為 v n 1 2 3