1樓：匿名使用者
1）（2）粒閉公升型子在0到內飛出磁場邊界的時間為：（3）粒子飛出磁場邊界時相對小孔向左偏移的最小距離為：磁場邊界mn有粒子射出的長度範圍為：
如果粒子通過磁場被送回，但其動能為原先的2倍，則它在磁場內度過多少時間
2樓：網友
磁場只改變粒子速度方向，不改變速度大小，動能不可能變的。
3樓：網友
若粒子剛好能從n點飛出磁場，則粒子在磁場中運動的時間為多少2011?威海模擬）如圖所示，相距為r的兩塊平行金屬板m、n正對著放置，s1、s2分別為m、n板上的小孔，s1、s2、o三點共線，它們的連線垂直m、n，且s2o=r．以o為圓心、r為半徑的圓形區域記憶體在磁感應強度大小為b、方向垂直紙面向外的勻強磁場．d為收集板，收集板上各點到o點的距離以及兩端點a和c的距離都為2r，板兩端點的連線ac垂直m、n板．質量為m、帶電量為+q的粒子，經s1進入m、n間的電場後，通過s2進入磁場．粒子在s1處的速度和粒子所受的重力均不計．
1）當m、n間的電壓為ux時，求粒子進入磁場時速度的大小vx；
2）要使粒子能夠打在收集板d上，求在m、n間所加電壓的範圍；
3）若粒子恰好打在收集板d的中點上，求粒子從s1開始運動到打在d的中點上經歷的時間．
（1）帶電粒子經小孔 進入磁場後，能飛出磁場邊界 mn 的最小速度為多大；（2）從0到0.04s末時間內哪些時
4樓：小俊55226喜宗
<>2）粒子在0到內飛出磁場邊界的時間為：<>粒子飛出磁場邊界時相對小孔向左偏移的最小距離為：<>磁場邊界mn
有粒子射出的長度範圍為：<>
1）設粒子飛出磁場邊界mn
的最小速度為<>
粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力知：<>粒子恰好飛出磁場，則有<>
所以最小速度<>
2）由於cd
兩板間距離足夠小，帶電粒子在電場中運動時間可忽略不計，故在粒子通過電場過程中，兩極板間電壓可視為不變，設恰能飛出磁場邊界mn
的粒子在電場中運動時cd
板對應的電壓為<>
則根據動能定理知<>
得<>v根據圖象可知<>
25 v電壓對應的時間分別為<>
和<>所以粒子在0到內飛出磁場邊界的時間為：<>3）設粒子在磁場中運動的最大速度為<>
對應的運動半徑為<>
則有：<>
粒子飛出磁場邊界時相對小孔向左偏移的最小距離為：<>磁場邊界mn
有粒子射出的長度範圍為：<>
（2014?台州一模）一半徑r=0.3m的金屬圓筒有一圈細窄縫，形狀如圖所示．圓筒右側與乙個垂直紙面向裡的有
5樓：妙妙
1）粒子在電場中加速，由動能定理得：qu=1
mv00，代入資料解得：v0
m/s，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0b=mv
r由幾何知識可得：cosθ=
則：θ=60°；
2）u=250v，粒子在電場加速，由動能定律得：qu=1
mv20，解得：v=1×104
m/s，①粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvb=mv
r由①②解得：r= ③
粒子運動做圓周運動時對應的弦長越短，轉過的圓心角越小，粒子運動時間越短侍老，粒子對應的最小弦長是磁場的寬度d，粒子運動軌跡如圖所示：
由於粒子軌道半徑：r=d=，粒子轉過的圓心角為60°，由幾何關係得粒子飛出磁場時與右邊界的夾角大小：α=60°；
3）粒子射入磁場後與右邊界相切時，正極與圓筒之間電勢差最大um
由幾何關係得。
rmcosθ+rmd ⑤rm
sinθtanθ=r ⑥
聯立得：cosθ=，rm
m，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力鬥孝，由牛頓第二定律得：qvmb=mv
mrm解得：vm
m/s，粒子在電場中加速，由動能定理得：qum
mvm0，解得：um
電勢差u合適的範圍：0＜u≤
答：（1）當u=l000v時，垂直磁場右邊界射出的粒子從左邊界射入時與邊界的夾角的大小為60°，斜向右下方；
2）當u=250v時，空談稿某一粒子在磁場中運動的時間最短，此粒子飛出磁場時與右邊界的夾角大小60°；
3）電勢差u合適的範圍是0＜u≤
（2010?泰州三模）如圖所示的空間分為i、ⅱ兩個區域，邊界ad與邊界ac的夾角為30°，邊界ac與mn平行，i、
6樓：手機使用者
1）設粒子在磁場中作圓周運動的半徑為r，則。
qvb=mv
r<>由題意，v=2bqd
m解得，r=2d
粒子在磁場中作圓周運動的週期 t=2πm
qb設粒散昌子在ⅰ區轉過的角度為θ，則。
sinθ=2dsin30°r
得θ=30°
粒子在ⅰ區運動時間 t1
t設粒子在ⅱ區運動時間為t2
由對稱關係可知，粒子經過兩磁場區域的時間鎮掘猛為t=t1t22t1解得，t=πm
3qb2）在ⅱ區運動時間最短時，運動圓弧對應的弦長最短，應為d，由幾何關係可知，粒子入射點q到邊界ac的距離應為d
則入射點q與a點的距離為d．
3）再加上電場後，粒子沿電場方向做勻加速運動的加御橋速度為 a=qem在ⅰ區沿電場方向的偏轉距離為 y1
at在ⅱ區域沿磁場方向做勻速運動，y2at1t2則在粒子在穿過兩磁場區域的過程中沿垂直紙面方向移動的距離為。
y=y1y2
me24qb
答：1）若粒子從p點進入磁場，從邊界mn飛出磁場，粒子經過兩磁場區域的時間為πm
3qb2）粒子從距a點d處進入磁場時，在ⅱ區域運動時間最短。
3）粒子在穿過兩磁場區域的過程中沿垂直紙面方向移動的距離為πme24qb
磁場的最小面積
7樓：大時代小訪客
你只要把軌跡圖畫出來就行了。這道題重點是電子飛出磁場的那個點，只要把這些點連起來就成了。我把圖用qq發給你好了。
電子的軌跡半徑rmv/eb。設飛出點座標（x，y）則x平方+（y-r）平方=r平方。
這個方程是圓，但根據題意飛出時沿x正方向，所以圓弧在第一象限裡。另外是乙個邊界電子，就是沿y飛出的電子，它的軌跡是（x-r）平方+y平方=r平方，他與方程一相交的範圍即為所求面積。其餘就是數學問題了。
不懂再問我吧。
段時間後從c射出磁場最先到達邊界oc的粒子從距o點多遠處再次進入磁場
8樓：匿名使用者
半徑r＝mv/qb
得到r＝1m,水平向右射出，則圓心有s正上方，而ostg30°=2m=2r,所以圓與oc的交點在s點正上方，距o點的敗脊距離l＝os/cos30°=4m
半徑相等，週期相等 ,弦長最短時對應的時間也最短。
lm=ossin30°=√3m
lm=2rsin(a/塌枯春2)
得a=120°
qe=max=vt
y=at^2/2
y/x=tg30°
落點距o點的距離l＝團耐oscos30°-（x^2+y^2 )^1m
【高中物理】如圖所示，成30°角的oa、ob間有一垂直紙面向裡的勻強磁場，oa邊界
9樓：
半徑速率相同，最短弦sc對應最小運動時間t/6（最小圓心角60度），圖中圓心01應在so中點上，半徑為so/2（紅色圓周影象有偏差）；
a ：電子在磁場中所有軌跡對應圓心可能的位置應在以s為圓心半徑為so/2的圓弧上；則所有在磁場中的軌跡不可能通過o，（作圖過o的圓弧與bo有除o以外的另乙個交點，說明到o點前已經飛出磁場了）a錯誤。
b：當c為軌跡圓心時，bo邊界出射速度垂直bo，b正確；
cd：當圓弧軌跡剛好與bo相切時，在磁場中軌跡最長，對應圓心角和運動時間最長，作圖由幾何關係可得圓心角為120度，故c正確而d錯誤（d答案t/4是隻考慮相切前的圓弧，未考慮相切後的圓弧，臨界狀態要計算最長時間應認為相切而未從bo邊飛出）
以上分析相信你重新作出影象並結合影象能看懂）
我有一顆牙齒，從上邊開始左數大概第三顆牙齒，上面的牙肉腫脹起來，按下去很硬，好像有一顆牙齒，而且按的
是根尖周炎，如是這種情況就應該做根管 了。吃藥只能起到輔助消炎的作用。做完善的根管 後充填或做 冠就是牙套 冠修復就可以了。如果根尖周病變過大，可能就要考慮做根尖切除術了。口服藥物只是輔助 不能解決根本問題。替硝唑與甲硝唑相比 要小很多，上會貴一點，但藥效查不多。建議您到正規醫療機構的口腔科進行檢查...