训练8 带电粒子在复合场中的运动-2023老教材老高考物理【导学教程】大二轮专题辅导与训练

参考答案 9.ACD由于沿PO方向入射的粒子刚好能到达M点， v- 由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的半径r= (3)由圆周运动知识有qB=R,得小油珠的轨迹半 R,由R-器可得鞋子的比防为是丽A玉确：分析 径为R′=30m 设恰运动到D,点的小油珠的轨迹圆圆心到CD板的距 可知，当粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对应的弦为 离为x,则有R2=x2+L1 PO时，粒子到达挡板时所用的时间最短（粒子在磁场中 解得x=6√21m 运动时间最短时，对应的孤长最短)，由几何关系可知， 小油珠能被收集箱收集的区域宽度=R'一x 此时粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，故粒 子到达挡板时所用的最短时间为1=xR×上=R,B 回收率一L2 ×100%=63% U 63v 错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径刚好与 若小油珠的回收率恰好达到100%，比荷最小的小油 磁场区域的半径相等，由几何关系可知，只要是从磁场 珠拾从A点运动到D点，则根据r=R=m 边界上射出的粒子，其速度方向一定竖直向上，C正确； 由于从粒子源射出的粒子全部进入磁场区域，故粒子源 解得，品=R =0.9C/kg。 发射的粒子只能在粒子源右方180°范围内运动，由于沿 答案(1)负电(2)1T(3)63%0.9C/kg PO方向入射的粒子刚好到达挡板MN,故粒子初速度 12.解析(1)由几何关系得 米y 方向在PO下方的粒子均不能射出磁场区域，所以单位 时间内打在挡板上的粒子数为，D正确。 tan a- =1, 10.AD速率最大的粒子恰好垂直 o 打在光屏上，轨迹如图所示 2 B 设轨道半径为r1,即OO=r1,0,B× tan 90°-a=T1 2 OO2=2n1,可知圆心角∠0OK= Ro 60°，故0O2=2r1sin60°=a+r1 解得r1=0.4R0 0 可解得n=23。 a,由向心力公式可得qU1B=m 由牛顿第二定律得qvoB1=m 3 rl 5m0 联立可解得m=23B@,此过程，在磁场中的运动时 解得B1= 37m 2gRo° 间最短，MN左侧轨迹圆心角60°，右侧轨迹圆心角 v02 (2)由牛顿第二定律得q0B2=m 150°，周期公式为T=2xm r2 aB 60°+15 解得r2=10 7πm 1=R 故总时间为t1= 360° T=,AD正确： 由几何关系得R=√R02+r22+r2=(W2+1)R0。 当粒子的轨迹恰好与MN相切 N 时，进入右侧后，恰好与MA相 ×B×B (3)氢核在区城I内的周期为T1=2rn_0.8mR。 切，在磁场中的运动时间最长，D收×尽·0 如图所示，r2=a, 氢核在区城Ⅱ内的周期为T,=2π2_2πR0 两边轨迹合起来恰好是一个圆 由几何关系得∠AOQ=45°+90°=135 周，故录长时同=T=霜，C错误： 由几何关系得360n1=1352 垂直打到荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切点离 解得n2=8 M最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度△x= 则总时间为 (r1cos30+n)-r2=2g5。 3a,B错误。 72πRo l= 180-45T,+36090'T,)2- 360° 360° 11.解析(1)由左手定则知，小油珠带负电。 (2)小油珠回收率恰好达到100%，说明临界条件为从 答案深 (2)(2+1DR。(3)72R 5U0 A点沿AB方向进入的小油珠恰从C点或D点进入收 训练（八） .U0 集箱，由m尺=g心B,可知小油珠拾从D点进入收集 1.D小球A、B的库仑力F=k22,弹簧弹力为T, 箱时磁感应强度较小 球B在竖直方向上，有Tcos0=mg,弹簧的弹力在水平 由几何知识得R2=(R一L2)2+L,2,解得小油珠做圆 方向的分力Tx=Tsin0,由胡克定律T=k1(loB-Lo), 周运动的轨迹半径为R=20m RAB=log sin0,可解得T=1N,Tx=0.8N,loB= 根据qB=mR,可知ABDC区域内所加匀强磁场 0.5m,RAB=0.4m,F=0.9N。小球B做匀速圆周运 的磁感应强度的最小值为B=m=1T。 动，所受合外力指向圆心A有F>T,则F必定指向圆 gR 心，故B球带正电，小球B所受向心力F。=F十T,= 314 专题集训 1.7N,故A、B正确，不符合题意；在图示位置加上水平 向左的匀强电场的瞬间，小球B受到向左的电场力，这！ 时提供的向心力减小，小于所需要的向心力，小球做离 心运动，故C正确，不符合题意；在图示位置加上竖直向 下的匀强磁场的瞬间，由于小球做顺时针运动，且带正 电，由左手定则可知，小球受到一个背离圆心的洛伦兹 力作用，这时提供的向心力小于需要的向心力，小球做 离心运动，故D错误，符合题意。 0引vo 2.D电子在M、N间受向右的