2.如圖所示,圓形區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場,一個電荷量為q,質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑AC的方向射入磁場,射入點到直徑AC的距離為磁場區(qū)域半徑的一半,粒子從D點射出磁場時的速率為v,不計粒子的重力.求
(1)粒子在磁場中加速度的大。
(2)粒子在磁場中運動的時間;
(3)粒子以2v的速率射入,在磁場中發(fā)生位移的大。

分析 (1)由牛頓第二定律可以求出加速度;
(2)作出粒子運動軌跡,求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角,然后求出粒子的運動時間;
(3)由牛頓第二定律求出粒子軌道半徑,然后根據(jù)幾何關(guān)系來計算在磁場中發(fā)生位移的大。

解答 解:(1)粒子在磁場中只受洛倫茲力作用,則Bqυ=ma  
解得:$a=\frac{Bqυ}{m}$;
(2)如圖甲所示,
由幾何關(guān)系可得粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)60°,則
在磁場中運動的時間為$\frac{1}{6}T$,
解得:$t=\frac{1}{6}•\frac{2πm}{Bq}=\frac{πm}{3Bq}$
(3)當(dāng)粒子以速率為v從D點射出磁場時,其運動軌跡如圖甲所示.由幾何關(guān)系可知圓形區(qū)域中勻強磁場的半徑R與粒子運動的軌跡半徑r相等.有:$Bqυ=m\frac{υ^2}{r}$,
R=$r=\frac{mυ}{Bq}$,

當(dāng)粒子以2v的速率射入時,粒子在磁場中運動的軌跡半徑為2r,如圖乙所示.
由幾何關(guān)系可得∠OEO2=120°,設(shè)∠EOO2=α,則∠EO2O=60°-α,有
Rsinα=2rsin(60°-α)=2r(sin60°cosα-cos60°sinα)
解得tanα=$\frac{\sqrt{3}}{2}$
可換算得sinα=$\frac{\sqrt{21}}{7}$
所求的位移x=2Rsinα=$\frac{2\sqrt{21}mv}{7Bq}$
答:(1)粒子在磁場中加速度的大小為$\frac{Bqυ}{m}$;
(2)粒子在磁場中運動的時間為$\frac{πm}{3Bq}$;
(3)粒子以2v的速率射入,在磁場中發(fā)生位移的大小為$\frac{2\sqrt{21}mv}{7Bq}$.

點評 本題考查了粒子在磁場中的運動,分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡,應(yīng)用牛頓第二定律、周期公式即可正確解題.

練習(xí)冊系列答案
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20.2012年初,我國宣布北斗導(dǎo)航系統(tǒng)正式商業(yè)運行.北斗導(dǎo)航系統(tǒng)又稱為“雙星定位系統(tǒng)”,具有導(dǎo)航、定位等功能.“北斗”系統(tǒng)中兩顆工作星均繞地心O做軌道半徑為r的勻速圓周運動,某時刻兩顆工作星分別位于軌道上的A、B兩位置(如圖所示).若衛(wèi)星均順時針運行,地球表面處的重力加速度為g,地球半徑為R,不計兩星間的相互作用力.以下判斷正確的是( 。
A.衛(wèi)星1向后噴氣一定能追上衛(wèi)星2
B.衛(wèi)星1由位置A運動到位置B的過程中萬有引力做正功
C.衛(wèi)星1由位置A運動至位置B所需的時間為$\frac{2rπ}{3gR}\sqrt{gr}$
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18.如圖所示,兩個星球A和B在引力作用下都繞O點做勻速圓周運動,星球A,B運動的線速度大小分別為v1和v2,星球B與O點之間的距離為L,已知A,B的中心和O三點始終共線,A和B分別在O的兩側(cè),引力常數(shù)為G,求:
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5.一個10匝矩形線圈在勻強磁場中轉(zhuǎn)動,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=311sin 100πt,則下列說法錯誤的是(  )
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14.如圖所示,從傾角為θ的斜面上的M點水平拋出一個小球,小球的初速度為v0,最后小球落在斜面上的N點,則( 。
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11.2015年1月9日亞洲杯足球賽在澳大利亞舉行,分在B組的中國隊三戰(zhàn)全勝挺近淘汰賽.如圖所示是我國隊員訓(xùn)練時在地面不同點進行射門訓(xùn)練,踢出的足球飛躍守門員形成三條飛行路徑,三條路徑在同一平面內(nèi),其最高點是等高的.忽略空氣對飛行的影響,關(guān)于這三條路徑,下列說法正確的是( 。
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12.下列說法正確的是(  )
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