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10.AC [解析] 质子做圆周运动的半径为r==R,对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线一定过圆心,选项A正确;质子射入磁场中,受到向下的洛伦兹力而向下偏转,因质子的运动半径相同,故从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长,则时间长,选项B错误;所有质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,所有质子都在O点的正下方同一点射出磁场,选项C正确;质子的速度为v=时,质子运动的半径r==R,若质子从同一点沿各个方向射入磁场,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,不存在离开磁场的出射方向垂直的情况,选项D错误.
11.(1)6t0 (2) (3)2t0
[解析] (1)初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示,设其圆心角为θ 由几何关系有sin θ=所以θ=60°
解得T=6t0
(2)粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,根据牛顿第二定律得
qvB=m v=T=
解得
(3)在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=120°,粒子在磁场中运动的最长时间tmax==2t0
L,圆轨迹的直径为2L,所以Ob弦对应的圆心角为
12.(1) (2) (3)
[解析] (1)由题意得电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动,设轨迹半径为r,磁场的磁感应强度为B,则有
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ev0B=m
过A、B点分别作速度的垂线交于C点,则C点为轨迹圆的圆心,已知电子在B点速度方向与x轴夹角为60°,由几何关系得,轨迹圆的圆心角∠C=60° AC=BC=r
已知OA=L,得OC=r-L 由几何知识得 r=2L
联立解得B=.
(2)由于A、B、O在圆周上,∠AOB=90°,得AB为磁场圆的直径,故AB的中点为磁场区域的圆心O1,且△
ABC为等边三角形,由几何关系可得磁场区域的圆心O1的坐标为
(3)电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为
L,.
T=
联立解得电子在磁场中运动的时间t=.
专题训练(八)
1.BC [解析] 根据qvB=m,R是D形金属盒的半径,可知质子获得的最大速度v=,则最大动能
Ekm=,与加速电压无关,故A错误;根据质子做圆周运动的周期公式T=,T与质子的速
度大小无关,所以若只增大加速电压U,不会改变质子在回旋加速器中运动的周期,但加速次数变少,则运动时间会变短,故B正确;质子在磁场中做圆周运动的周期与加速电场的周期相等,根据T=知,若磁感应强度B增大,则在磁场中做圆周运动的周期变小,则交流电频率f必须适当增大才能正常工作,故C正确;带电粒子在磁场中做圆周运动的周期与加速电场的周期相等,根据T=知,换为α粒子,比荷变化,在磁场中运动的周期变化,而不改变磁感应强度B与交流电频率f,加速电场的周期不变,破坏了回旋加速器的工作条件,从而不能加速α粒子,故D错误.
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2.BC [解析] 带电粒子在电场中受到的电场力沿y轴负方向,做类平抛运动,根据牛顿第二定律得
qE=ma;x轴方向上,有 2L=v0t,y轴方向上,有L=at2,解得E=,选项A错误,选项B正确;粒子在磁场
中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据左手定则确定磁场方向垂直纸面向里,画出粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中,x轴方向上,有 2L=v0t,y轴方向上,有L=vyt,联立得 vy=v0,进入磁场时速度v=v0,设进入磁场时速度与x轴的夹角为 α,则有 tan α =1, α=45°,根据几何关系
得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 R=项C正确,选项D错误.
L,根据 qvB=m,磁感应强度B=,选
3.A [解析] 设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v0,根据动能定理有qU1=.设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为θ,如图所示,在磁场中有
r=,v=,而d=2rcos θ,联立解得d=2,选项A正确.
4.D [解析] 带电粒子的运动轨迹如图所示,带电粒子出电场时,速度v=v0,这一过程的时间
t1=,根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r=2d,带电粒子在第Ⅰ象限中运动
的圆心角为,故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2=,带电粒子在第Ⅳ象限中运
动的时间t3=,故t总=,D正确.
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5.
[解析] 设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,由动能定理有
qU=mv2
带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有 qBv=m
依题意可知r=d
联立解得B=
带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点.由平抛运动规律有 d=vt
d=at2 又qE=ma
联立解得E=.
6.(1)0.08 m (2)53° (3)29%
[解析] (1)带电粒子在磁场中做圆周运动,有
qvB=m
解得R0==0.08 m
(2)如图所示,设从y=0.18 m处出射的粒子对应入射方向与y轴夹角为θ,由几何关系可得sin θ=0.8 故θ=53°
(3)如图所示,设恰能从下极板右端出射的粒子射出磁场时的纵坐标为y,则y=设此粒子入射时速度方向与x轴夹角为α,则有 y=rsin α+R0-R0cos α
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=0.08 m
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解得tan α=,即α=53° 比例η=×100%=29%
7.(1) (2) (3)
[解析] 作出粒子运动轨迹如图所示
(1)粒子从P到Q过程,根据动能定理得
qEL=mv2
解得粒子到达Q点时的速度v=
(2)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R,由几何关系可知Q点的坐标为
又qvB=m,可得R=
则Q点的坐标为
(3)由图可得,最小的矩形磁场面积
Smin=2Rcos 30°
8.(1) (2) (3)
[解析] (1)当UMN=0时,粒子沿O1O2方向射入磁场,轨迹如图甲所示,设其半径为R1,由几何关系得 R1=R
根据牛顿第二定律得
Bv0q=m
解得B=
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