影音先锋男人资源在线观看,精品国产日韩亚洲一区91,中文字幕日韩国产,2018av男人天堂,青青伊人精品,久久久久久久综合日本亚洲,国产日韩欧美一区二区三区在线

(浙江專版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

上傳人:Sc****h 文檔編號(hào):100986878 上傳時(shí)間:2022-06-04 格式:DOC 頁數(shù):26 大?。?40KB
收藏 版權(quán)申訴 舉報(bào) 下載
(浙江專版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案_第1頁
第1頁 / 共26頁
(浙江專版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案_第2頁
第2頁 / 共26頁
(浙江專版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案_第3頁
第3頁 / 共26頁

下載文檔到電腦,查找使用更方便

26 積分

下載資源

還剩頁未讀,繼續(xù)閱讀

資源描述:

《(浙江專版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(浙江專版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案(26頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.復(fù)合場(chǎng):電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存,或其中某兩場(chǎng)共存。 2.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的幾種情況 (1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受的合外力為零時(shí),粒子將靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上時(shí),粒子將做直線運(yùn)動(dòng)。 (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(shí),粒子將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 (4)當(dāng)帶電粒子所受合外力大小與方向均變化時(shí),粒子將做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng),這類問題一般用能量關(guān)系來處理。 二、帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (1)組合場(chǎng):是指電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)有兩種場(chǎng)同時(shí)存在

2、,但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且不重疊。 (2)對(duì)“組合場(chǎng)”問題的處理方法:進(jìn)行分段處理,注意在兩種區(qū)域交界處的邊界問題與運(yùn)動(dòng)的連接條件。 三、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)實(shí)例 1.速度選擇器(如圖所示) (1)平行板中電場(chǎng)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(chǎng)力等于洛倫茲力,即v=。 2.回旋加速器 回旋加速器是利用電場(chǎng)對(duì)電荷的加速作用和磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=,與速率無關(guān),所以只要交變電場(chǎng)的變化周期等于粒子

3、做圓周運(yùn)動(dòng)的周期,就可以使粒子每次通過電場(chǎng)時(shí)都能得到加速。粒子通過D形金屬盒時(shí),由于金屬盒的靜電屏蔽作用,盒內(nèi)空間的電場(chǎng)極弱,所以粒子只受洛倫茲力作用而做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)D形盒的半徑為r,則粒子獲得的最大動(dòng)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(shì)差為U的加速電場(chǎng),其初速度幾乎為零,從S2射出電場(chǎng)時(shí)的速度v=,然后經(jīng)過S3沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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。 【思考判斷】 1.在粒子速度選擇器中,只要電場(chǎng)和磁場(chǎng)相互垂直就可以( × ) 2.利用質(zhì)譜儀可以測(cè)得

4、帶電粒子的比荷( √ ) 3.經(jīng)過回旋加速器加速的帶電粒子的最大動(dòng)能是由D形盒的最大半徑、磁感應(yīng)強(qiáng)度B、加速電壓的大小共同決定的( × ) 考點(diǎn)一 帶電粒子在組合場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)(-/d) [要點(diǎn)突破] 1.解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的一般思路: (1)明確組合場(chǎng)是由哪些場(chǎng)組合成的。 (2)判斷粒子經(jīng)過組合場(chǎng)時(shí)的受力和運(yùn)動(dòng)情況,并畫出相應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡簡(jiǎn)圖。 (3)具體運(yùn)動(dòng)問題的思路方法如圖 2.區(qū)別“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)” 垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力) 垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力) 受力情況 電場(chǎng)力F=qE,其大小、方向不變,與速度v無關(guān),F(xiàn)是恒力 洛倫茲

5、力F洛=qvB,其大小不變,方向隨v而改變,F(xiàn)洛是變力 軌跡 拋物線 圓或圓的一部分 運(yùn)動(dòng)軌跡 求解方法 利用類似平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解: vx=v0,x=v0t, vy=·t, y=··t2 偏轉(zhuǎn)角φ: tan φ== 半徑:r=, 周期:T= 偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解 運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t= t=T= 動(dòng)能 變化 不變 [典例剖析] 【例1】 (2015·10月浙江選考)如圖所示為水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖,區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2,長(zhǎng)L=1.0 m的區(qū)域Ⅲ存在場(chǎng)強(qiáng)大小E=5.

6、0×104 V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S,水平向左發(fā)射動(dòng)能Ek0=4.0×104 eV的氘核,氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點(diǎn)水平射出。S、P兩點(diǎn)間的高度差h=0.10 m。 (氘核質(zhì)量m=2×1.67×10-27 kg,電荷量q=1.60×10-19 C,1 eV=1.60×10-19 J,≈1×10-4) (1)求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能Ek2; (2)若B1=1.0 T,要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出,求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d; (3)若B1=1.0 T,要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出,求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2。 解析?。?)由動(dòng)能定理W

7、=Ek2-Ek0, 電場(chǎng)力做功W=qE·2L, 得Ek2=Ek0+qE·2L=2.24×10-14 J。 (2)洛倫茲力提供向心力qvB=m, 第一次進(jìn)入B1區(qū)域,半徑R0==0.04 m, 第二次進(jìn)入B1區(qū)域, mv=Ek0+qEL,R2==0.06 m, 故d=R2=0.06 m。 (3)氘核運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。 由圖中幾何關(guān)系可知 2R2=h+(2R1-2R0), 得R1=0.05 m, 由R1=, 得B2==1.2 T。 答案 (1)2.24×10-14 J?。?)0.06 m?。?)1.2 T 【例2】 如圖所示,平行板電容器兩金屬板A、B板長(zhǎng)L=32

8、 cm,兩板間距離d=32 cm,A板的電勢(shì)比B板高。電荷量q=10-10 C、質(zhì)量m=10-20kg的帶正電的粒子,以初速度v0=2×106 m/s沿電場(chǎng)中心線垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)。隨后,粒子在O點(diǎn)飛出平行板電容器(速度偏轉(zhuǎn)角為37°),并進(jìn)入磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,且邊長(zhǎng)為CD=24 cm的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,粒子的重力不計(jì)) (1)求A、B兩板的電勢(shì)差; (2)粒子穿過磁場(chǎng)區(qū)域后打在放置于中心線上的熒光屏CD上,求磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍。 解析?。?)帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)在電場(chǎng)方向上的速度為: vy=v0tan 37°① vy=at②

9、 在電場(chǎng)中,由牛頓第二定律可得:qE=q=ma③ 在電場(chǎng)中垂直于電場(chǎng)方向上有:L=v0t④ 聯(lián)立①②③④可得A、B兩板的電勢(shì)差為:U=300 V⑤ (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為:v=⑥ 帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)在電場(chǎng)方向上的位移為: y=at2⑦ 粒子要打在CD上,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時(shí),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線1所示,設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,半徑為R1,由幾何關(guān)系可得:y=R1+R1cos 37°⑧ 由洛倫茲力提供向心力可得:qvB1=m⑨ 粒子要打在CD上,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí),假設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡與右邊界相切且從CD射出,設(shè)此時(shí)的半徑為R2,由幾何關(guān)系可得:CD=R2+R2sin 37°⑩ 解得

10、R2=15 cm,又由于R2cos 37°=12 cm=y(tǒng),故粒子圓心恰好在CD上,且從D點(diǎn)射出磁場(chǎng),如圖線2所示,假設(shè)成立,設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2 由洛倫茲力提供向心力可得:qvB2=m? 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍為: 1.7×10-3 T≤B≤3.75×10-3 T。 答案?。?)300 V (2)1.7×10-3 T≤B≤3.75×10-3 T [針對(duì)訓(xùn)練] 1.(2017·浙江新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系xOy在第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng),第二、四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),第三象限內(nèi)存在與x軸負(fù)方向成30°角斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)

11、。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以一定初速度從y軸上的A點(diǎn)與y軸正方向成60°角垂直磁場(chǎng)方向射入第二象限,粒子從x軸上的C點(diǎn)與x軸正方向成30°角進(jìn)入第三象限。粒子到達(dá)y軸上的D點(diǎn)(沒畫出)時(shí)速度剛好減半,經(jīng)第四象限磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后又能垂直x軸進(jìn)入第一象限內(nèi),最后恰好回到A點(diǎn)。已知OA=a,第二象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。粒子重力不計(jì),求: (1)粒子初速度v0; (2)第四象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。? (3)粒子在第一、三象限內(nèi)運(yùn)行時(shí)間的比值t1:t3。 解析?。?)粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)正好完成半個(gè)圓周,則 2R1cos 30°=OA解得R1=a 而Bqv0=m解

12、得v0= (2)粒子在第三象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)有CD=2R1tan 30°=a 粒子在第四象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)有R2=CDtan 30°=a 而B1qv1=m,v1=v0 解得B1=B (3)粒子在第一象限內(nèi):t1==== 粒子在第三象限內(nèi):t3===, 所以=。 答案 (1)?。?)B (3) 2.(2017·金華模擬)如圖所示,半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置,在-R≤y≤R的區(qū)間內(nèi)各處均沿x軸正方向同時(shí)發(fā)射出一個(gè)帶正電粒子,粒子質(zhì)量均為m,電荷量均為q,粒子在發(fā)射裝置內(nèi)從靜止被電場(chǎng)加速至某速度,不計(jì)粒子間的相互

13、作用,且粒子重力忽略不計(jì),所有粒子均能穿過磁場(chǎng)到達(dá)y軸,且沿x軸射入的粒子剛好經(jīng)過y軸上y=R位置,求 (1)發(fā)射裝置中加速電壓U的大?。? (2)最后到達(dá)y軸的粒子與最先到達(dá)y軸的粒子的時(shí)間差Δt; (3)把粒子發(fā)射裝置的發(fā)射區(qū)間改成-≤y≤,求y軸上有粒子到達(dá)的區(qū)間。 解析?。?)由qU=mv2,解得U= 由條件可知,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r=R,根據(jù)qvB=m,解得v= 聯(lián)立解得U= (2)從x=-R處開始計(jì)時(shí),最先到達(dá)y軸的是不經(jīng)過磁場(chǎng)直接到達(dá)的粒子,其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t1= 最后到達(dá)y軸的是磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓弧弧長(zhǎng)最長(zhǎng)的粒子,即沿x軸入射的粒子, 其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2=,故

14、時(shí)間差為Δt=- (3)由幾何關(guān)系可得0≤y≤的粒子全部打在y=R位置,-≤y≤0的粒子依次分布在y軸上, 其中y=-的粒子剛好經(jīng)過原點(diǎn)O,故y軸上有粒子到達(dá)的區(qū)間為y=0到y(tǒng)=R。 答案 (1)?。?)- (3)0~R 考點(diǎn)二 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(-/d) [要點(diǎn)突破] 1.弄清復(fù)合場(chǎng)的組成,如磁場(chǎng)、電場(chǎng)的復(fù)合,磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的復(fù)合,磁場(chǎng)、電場(chǎng)、重力場(chǎng)三者的復(fù)合等。 2.正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場(chǎng)力的分析。 3.確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合。 4.對(duì)于粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同區(qū)域、不同種類的場(chǎng)時(shí),要分階段進(jìn)行處理。

15、5.畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。 (1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)受力平衡列方程求解。 (2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。 (3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí),一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。 6.對(duì)于臨界問題,注意挖掘隱含條件。 [典例剖析] 【例1】 如圖所示,已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)(場(chǎng)強(qiáng)為E)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)的復(fù)合場(chǎng)中,小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則( ?。? A.小球可能帶正電 B.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=

16、 C.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T= D.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加 解析 小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則小球受的電場(chǎng)力和重力大小相等,方向相反,則小球帶負(fù)電,A錯(cuò)誤;由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得:qvB=,qU=mv2,聯(lián)立mg=qE可得:小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=,由T=可以得出T=,所以B正確,C、D錯(cuò)誤。 答案 B 【例2】 如圖所示,兩塊水平放置、相距為2d的金屬板接在電壓可調(diào)的直流電源上,金屬板長(zhǎng)為2d,兩板間存在方向垂直紙面向里、寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?,F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為q的帶負(fù)電顆粒以v0的水平速度沿中心線進(jìn)入兩板之間,調(diào)節(jié)電源電壓,使帶電顆粒在電

17、場(chǎng)區(qū)域恰好沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)過電場(chǎng)和磁場(chǎng)共存區(qū)域后從P點(diǎn)射出,已知P點(diǎn)距下極板為,重力加速度為g。 (1)判斷上極板所帶電荷的種類,并求兩極板間的電勢(shì)差; (2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。 解析?。?)電場(chǎng)力方向向上,電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下,所以,上極板帶正電荷; 設(shè)兩極板電勢(shì)差為U,電場(chǎng)力與重力平衡,則 由:q=mg 得:U= (2)顆粒在電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)半徑為R,由幾何關(guān)系可知 R2=d2+(R-)2 得:R=d 由Bqv0=m 則磁感應(yīng)強(qiáng)度:B= 答案?。?)正電荷  (2) [針對(duì)訓(xùn)練] 1.(2017·全國(guó)Ⅰ)如圖,空間某

18、區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質(zhì)量分別為ma、mb、mc,已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是( ?。? A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma 解析 由題意知,三個(gè)帶電微粒受力情況:mag=qE,mbg=qE+Bqv,mcg+Bqv=qE,所以mb>ma>mc,故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。 答案 B 2.如圖所示,在互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,電荷量為q的

19、液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng),已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則液滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為(  ) A., B., C.B, D., 解析 液滴要在這種疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),從受力的角度來看,一是要滿足恒力的合力為零,即qE=mg,有m=;二是洛倫茲力提供向心力Bqv=,則可得v=,選項(xiàng)D正確。 答案 D 考點(diǎn)三 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的實(shí)際應(yīng)用(-/d) [要點(diǎn)突破] 粒子速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器等實(shí)際應(yīng)用問題要重視物理模型意識(shí)的培養(yǎng),善于把握模型的本質(zhì),理解原理,學(xué)會(huì)變通。 [典例剖析] 【例1】 1930年勞倫斯制成了世界上第一臺(tái)回旋加速器,

20、其原理如圖所示。這臺(tái)加速器由兩個(gè)銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成,半徑均為R,其間留有空隙,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直,高頻交流電的電壓為U,下列說法正確的是( ?。? A.粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器 B.粒子由加速器的邊緣進(jìn)入加速器 C.粒子從磁場(chǎng)中獲得能量 D.粒子獲得的最大動(dòng)能由電壓U決定 解析 粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器,從電場(chǎng)中獲取能量,最后從加速器邊緣離開加速器,選項(xiàng)A正確,B、C錯(cuò)誤;由qvB=得,Ekm=,可知粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑R決定,與電壓U無關(guān),D錯(cuò)誤。 答案 A 【例2】 如圖所示,一塊長(zhǎng)度為a、寬度為b、厚度為d的金

21、屬導(dǎo)體,當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,且通以圖示方向的電流I時(shí),用電壓表測(cè)得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U,已知自由電子的電荷量為e。下列說法中正確的是( ?。? A.導(dǎo)體的M面比N面電勢(shì)高 B.導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多,電壓表的示數(shù)越大 C.導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速度為v= D.導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 解析 由于自由電子帶負(fù)電,根據(jù)左手定則可知,M板電勢(shì)比N板電勢(shì)低,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)上、下表面電壓穩(wěn)定時(shí),有q=qvB,得U=Bdv或v=,與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān),選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤;再根據(jù)I=neSv,可知選項(xiàng)D正確。 答案 D [針對(duì)訓(xùn)練] 1.(2017·舟山模

22、擬)一質(zhì)子以速度v穿過互相垂直的電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域(如圖所示)而沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn),則( ?。? A.若電子以相同速度v射入該區(qū)域,將會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn) B.無論何種帶電粒子(不計(jì)重力),只要以相同速度v射入都不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn) C.若質(zhì)子的速度v′v,它將向上偏轉(zhuǎn)而做類平拋運(yùn)動(dòng) 解析 質(zhì)子穿過互相垂直的電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域而沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn),則qvB=qE,v=,無論何種帶電粒子(不計(jì)重力)只要v=,均不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn),故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;當(dāng)v′v時(shí)qvB≠qE,電場(chǎng)力做功,速度大小、方向發(fā)生變化,則洛倫茲力時(shí)刻改變,其運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧也不是拋物

23、線,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案 B 2.(2017·湖州模擬)質(zhì)譜儀是一種研究帶電粒子的重要工具,它的構(gòu)造原理如圖所示。粒子源S產(chǎn)生的帶正電的粒子首先經(jīng)M、N兩帶電金屬板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速,然后沿直線從縫隙O垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中經(jīng)過半個(gè)圓周打在照相底片上的P點(diǎn)。已知M、N兩板間的距離為d,電場(chǎng)強(qiáng)度為E。設(shè)帶正電的粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度、所受重力及粒子間的相互作用均可忽略。 (1)若粒子源產(chǎn)生的帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q,求這些帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大?。? (2)若粒子源產(chǎn)生的帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q,其打在照相底片上的P點(diǎn)與縫隙O的距離為y,

24、請(qǐng)推導(dǎo)y與m的關(guān)系式; (3)若粒子源S產(chǎn)生的帶正電的粒子電荷量相同而質(zhì)量不同,這些帶電粒子經(jīng)過電場(chǎng)加速和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,將打在照相底片上的不同點(diǎn)?,F(xiàn)要使這些點(diǎn)的間距盡量大一些,請(qǐng)寫出至少兩項(xiàng)可行的措施。 解析?。?)設(shè)帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v, 根據(jù)動(dòng)能定理qEd=mv2, 解得v= (2)設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R, 根據(jù)牛頓第二定律qvB=m 由幾何關(guān)系可知,y=2R, 解得y= (3)可行的措施:①增加電場(chǎng)強(qiáng)度,保持其它條件不變;②減小磁感應(yīng)強(qiáng)度,保持其它條件不變。 答案?。?)?。?)y=?。?)見解析 1.在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)

25、共存的區(qū)域內(nèi)(不計(jì)重力),電子可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動(dòng)的是( ?。? 解析 若電子水平向右運(yùn)動(dòng),在A圖中電場(chǎng)力水平向左,洛倫茲力豎直向下,故不可能;在B圖中,電場(chǎng)力水平向左,洛倫茲力為零,故電子可能水平向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng);在C圖中電場(chǎng)力豎直向下,洛倫茲力豎直向下,電子不可能向右做直線運(yùn)動(dòng);在D圖中電場(chǎng)力豎直向上,洛倫茲力豎直向上,故電子不可能做水平向右的直線運(yùn)動(dòng),因此只有選項(xiàng)B正確。 答案 B 2.設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),如圖所示,已知一離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下,從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零,C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn),忽略重力

26、,以下說法正確的是( ?。? A.該離子帶負(fù)電荷 B.A點(diǎn)和B點(diǎn)位于不同高度 C.離子在C點(diǎn)時(shí)速度最大 D.離子到達(dá)B點(diǎn)時(shí),將沿原曲線返回A點(diǎn) 解析 因?yàn)殡x子由A運(yùn)動(dòng)到了B,由運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷離子帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零,說明電場(chǎng)力做功為零,所以A點(diǎn)和B點(diǎn)位于同一等勢(shì)面上,即同一高度,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由于洛倫茲力不做功,在運(yùn)動(dòng)過程中,到C點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做功最多,因此離子在C點(diǎn)時(shí)速度最大,選項(xiàng)C正確;在B點(diǎn)對(duì)離子受力分析可知,離子將向右重復(fù)曲線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案 C 3.(2016·全國(guó)Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定。質(zhì)

27、子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速,經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加速,為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng),需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為( ?。? A.11 B.12 C.121 D.144 解析 設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1,一價(jià)正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2。對(duì)于任意粒子,在加速電場(chǎng)中,由動(dòng)能定理得 qU=mv2-0,得v=① 在磁場(chǎng)中qvB=m② 由①②式聯(lián)立得m=,由題意知,兩種粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同,加速電壓U不變,其中B2=12B1,q1=q2,可得

28、==144,故選項(xiàng)D正確。 答案 D 4.如圖,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中,正好做直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l,l)時(shí),電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場(chǎng)變化的時(shí)間),粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,正好垂直于y軸穿出復(fù)合場(chǎng)。不計(jì)一切阻力,求: (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??; (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (3)粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。 解析?。?)微粒到達(dá)A(l,l)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng),對(duì)微粒受力分

29、析如圖甲: 甲 所以,Eq=mg,得E= (2)由平衡條件得qvB=mg 電場(chǎng)方向變化后,微粒所受重力與電場(chǎng)力平衡,微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖乙,qvB=m 乙 由幾何知識(shí)可得:r=l v= 聯(lián)立解得:B= (3)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t1== 做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t2== 在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t=t1+t2= 答案?。?) (2)?。?) 5.如圖所示,靜止于A處的離子,經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器,從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)方向水平向左。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng),已知圓弧所在處場(chǎng)強(qiáng)為E0

30、,方向如圖所示;離子質(zhì)量為m、電荷量為q;QN=2d、PN=3d,離子重力不計(jì)。 (1)求圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大??; (2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上,求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的值; (3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng),換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),要求離子能最終打在QN上,求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。 解析 (1)離子在加速電場(chǎng)中加速,根據(jù)動(dòng)能定理, 有:qU=mv2 離子在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),靜電力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律,有qE0=, 得:R=。 (2)離子做類平拋運(yùn)動(dòng),則 d=vt, 3d=at2, 根據(jù)牛頓第二定律,有qE=ma

31、, 得:E=。 (3)離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律,有qvB=, 得r=, 離子能打在QN上,則既沒有從DQ邊出去也沒有從PN邊出去,則離子運(yùn)動(dòng)徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ。 由幾何關(guān)系知,離子能打在QN上,必須滿足: d

32、 A.E向上,B向上 B.E向下,B向下 C.E向上,B向下 D.E向下,B向上 解析 負(fù)離子打在第Ⅲ象限,相對(duì)于原點(diǎn)O向下運(yùn)動(dòng)和向左運(yùn)動(dòng),所以E向上,B向下,選項(xiàng)C正確。 答案 C 2.如圖所示,一電子束沿垂直于電場(chǎng)線與磁感線方向入射后偏向A極板,為了使電子束沿射入方向做直線運(yùn)動(dòng),可采用的方法是( ?。? A.將變阻器滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng) B.將變阻器滑動(dòng)頭P向左滑動(dòng) C.將極板間距離適當(dāng)減小 D.將極板間距離適當(dāng)增大 解析 電子射入極板間后,偏向A板,說明qE>qvB,由E=可知,減小場(chǎng)強(qiáng)E的方法有增大板間距離和減小板間電壓,故C錯(cuò)誤,D正確;而移動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P并不能

33、改變板間電壓,故A、B均錯(cuò)誤。 答案 D 3.如圖所示,一塊金屬塊放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,通以沿x軸正方向的電流,若測(cè)得金屬塊上表面的電勢(shì)高于下表面的電勢(shì),則可判斷磁場(chǎng)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 解析 當(dāng)通以沿x軸正方向的電流時(shí)金屬塊中電子會(huì)向x軸負(fù)方向流動(dòng),而據(jù)題意知電子受力方向?yàn)橄蛳?,所以?jù)左手定則知磁場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向。 答案 C 4.如圖所示為一速度選擇器,兩極板P1、P2之間存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一束粒子流(重力不計(jì))以速度v從S1沿直線運(yùn)動(dòng)到S2,則下列說法中正確的是( ?。?/p>

34、 A.粒子一定帶正電 B.粒子一定帶負(fù)電 C.粒子的速度一定等于 D.粒子的速度一定等于 解析 若粒子帶正電,在板間受電場(chǎng)力向左,由左手定則得洛倫茲力向右;若粒子帶負(fù)電,電場(chǎng)力向右,洛倫茲力向左,也可以做直線運(yùn)動(dòng),故粒子可能帶正電,也可能帶負(fù)電,所以A、B錯(cuò)誤;要做直線運(yùn)動(dòng),要求Bqv=qE,v=,所以C錯(cuò)誤,D正確。 答案 D 5.如圖所示,空間的某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后,垂直于復(fù)合場(chǎng)的界面進(jìn)入并沿直線穿過場(chǎng)區(qū),質(zhì)子從復(fù)合場(chǎng)區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek。那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后穿過同一復(fù)合場(chǎng)后的動(dòng)能E

35、k′的大小是( ?。? A.Ek′=Ek B.Ek′>Ek C.Ek′

36、的是( ?。? A.不可能做曲線運(yùn)動(dòng) B.一定做曲線運(yùn)動(dòng) C.有可能做勻加速運(yùn)動(dòng) D.有可能做勻速運(yùn)動(dòng) 解析 小球的速度增大,洛倫茲力增大,小球一定做變加速曲線運(yùn)動(dòng),不可能做勻速或勻加速運(yùn)動(dòng)A、C、D錯(cuò)誤。 答案 B 7.如圖所示,勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右,勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)垂直、與電場(chǎng)成45°角的方向射入復(fù)合場(chǎng)中,恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng),求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 解析 由于帶電微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng),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=mgtan

37、 45°和mg=qvBcos 45°,解得E=,B=。 答案   [能力提升] 8.如圖所示,在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,有一個(gè)帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中,并且恰好與y軸的正方向成45°角進(jìn)入磁場(chǎng),又恰好垂直x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的磁場(chǎng),已知OP之間的距離為d,(不計(jì)粒子重力)求: (1)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑; (2)帶電粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次經(jīng)過x軸,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間; (3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。 解析 (1)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。

38、由題意知,帶電粒子到達(dá)y軸時(shí)的速度v=v0,這一過程的時(shí)間t1==,電場(chǎng)中沿y軸的位移y=v0t=2d, 根據(jù)幾何關(guān)系得到,帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑 r=2d (2)帶電粒子在第Ⅰ象限中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為: t2=== 帶電粒子在第Ⅳ象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t3= 故t總= (3)磁場(chǎng)中r= 電場(chǎng)中a=,又a=,求得:B= 答案?。?)2d?。?) (3) 9.(2016·浙江4月選考)如圖為離子探測(cè)裝置示意圖。區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長(zhǎng)均為L(zhǎng)=0.10 m,高均為H=0.06 m。區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng);區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),

39、區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測(cè)帶電粒子位置的豎直屏。質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v=1.0×105 m/s水平射入,質(zhì)子荷質(zhì)比近似為=1.0×108 C/kg。(忽略邊界效應(yīng),不計(jì)重力) (1)當(dāng)區(qū)域Ⅱ加電場(chǎng)、區(qū)域Ⅱ不加磁場(chǎng)時(shí),求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加電場(chǎng)的最大值Emax; (2)當(dāng)區(qū)域Ⅰ不加電場(chǎng)、區(qū)域Ⅱ加磁場(chǎng)時(shí),求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加磁場(chǎng)的最大值Bmax; (3)當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場(chǎng)E小于(1)中的Emax,質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高,求區(qū)域Ⅱ中的磁場(chǎng)B與區(qū)域Ⅰ中的電場(chǎng)E之間的關(guān)系式。 解析 (1)畫出軌跡,如圖所示: 偏轉(zhuǎn)角θ滿足:tan θ=, 豎直分速度:vy

40、=at,加速度:a=, 運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t=,tan θ== 解得:Emax==200 V/m; (2)畫出軌跡,如圖所示 軌跡圓半徑滿足:L2+=R2,解得R=, 質(zhì)子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),滿足qvBmax=m, 解得Bmax===5.5×10-3 T。 (3)畫出軌跡,如圖所示 偏轉(zhuǎn)角θ滿足:tan θ=,vy=at,a=,t=, v′=; 軌跡圓圓心角為2θ,半徑滿足:R′=, 圓周運(yùn)動(dòng)滿足:qv′B=m 綜上可解得:B=。 答案?。?)200 V/m?。?)5.5×10-3 T?。?)B= 10.(2016·10月浙江選考)如圖所示,在x軸的上方存在垂直紙面

41、向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m,電荷量為q的一束負(fù)離子,其初速度大小范圍為0~v0,這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U=的電場(chǎng)加速后,從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域,最后打到x軸上,在x軸上2a~3a區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板(a=),假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為N0,打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計(jì))。 (1)求離子束從小孔O射入磁場(chǎng)后打到x軸的區(qū)間; (2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板右端,求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1; (3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變,求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)N;若打在板上的離子80%被

42、板吸收,20%被反彈回,彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍,求探測(cè)板受到的作用力大小。 解析?。?)根據(jù)動(dòng)能定理,可得 qU=mv2-mv v= 可得v0≤v≤2v0 離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有qvB0=,R= 離子打在x軸上的坐標(biāo)表達(dá)式為 x=2R= 代入數(shù)據(jù)得2a≤x≤4a (2)當(dāng)速度最大的離子打在探測(cè)板右端 3a=2R1,R1=,B1=B0。 (3)離子束能打到探測(cè)板的實(shí)際范圍為2a≤x≤3a 對(duì)應(yīng)的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)為 N=N0=N0 根據(jù)動(dòng)量定理,吸收的離子受到板的作用力大小 F吸=== 反彈的離子受到板的作用力大小 F反=== 根據(jù)牛頓第三定律,探測(cè)板受到的作用力大小 F=F吸+F反=N0mv0。 答案?。?)2a≤x≤4a (2)B0?。?)N0mv0 26

展開閱讀全文
溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請(qǐng)與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

相關(guān)資源

更多
正為您匹配相似的精品文檔
關(guān)于我們 - 網(wǎng)站聲明 - 網(wǎng)站地圖 - 資源地圖 - 友情鏈接 - 網(wǎng)站客服 - 聯(lián)系我們

copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 裝配圖網(wǎng)版權(quán)所有   聯(lián)系電話:18123376007

備案號(hào):ICP2024067431號(hào)-1 川公網(wǎng)安備51140202000466號(hào)


本站為文檔C2C交易模式,即用戶上傳的文檔直接被用戶下載,本站只是中間服務(wù)平臺(tái),本站所有文檔下載所得的收益歸上傳人(含作者)所有。裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。若文檔所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請(qǐng)立即通知裝配圖網(wǎng),我們立即給予刪除!