磁场和带电粒子在磁场中运动-答案.docx

10.答案　BC解析　如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以FN1FN2即台秤示数F1F2，在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短．11.答案　AC解析　导体棒受重力、支持力和安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，可知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B逐渐增大，A对，B错；刚开始安培力F最小，有sin α＝，所以此过程中磁感应强度B的最小值为，C对；最后安培力最大，有F＝mg，即此过程中磁感应强度B的最大值为，D错．12、AC 13、AD 14、BD15、答案　D解析　带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝.轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，知△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，＝＝2＝4r＝，故D正确．16、答案　ABC解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场，然后从同一点离开磁场，则它们在磁场中运动的轨迹相同，选项A正确；两粒子的运动轨迹相同，则它们的轨道半径也一定相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得r＝，设质子的质量为m1，带电荷量为q1，在磁场中运动的速度大小为v1，α粒子的质量为m2，带电荷量为q2，在磁场中运动的速度大小为v2，则有＝，即＝＝，选项B正确；设质子的动能为E1，α粒子的动能为E2，则有＝＝，选项C正确；两粒子在磁场中运动的轨迹相同，运动的速度大小之比为2∶1，则两粒子在磁场中运动时间之比为1∶2，选项D错误．17．答案　B解析　若粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝＝a.由r＝得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足rr0，解得B，选项B正确．18．答案　BD解析　由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5 m/s2，所以当0.6 N的恒力作用于木板时，系统一起以a＝＝ m/s2＝2 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后磁场对其有竖直向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时有Bqv＝mg，解得v＝10 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速直线运动，而木板在恒力作用下做匀加速直线运动，a′＝＝3 m/s2，所以B、D正确．19、(1)设宽度为L.当只有电场存在时，带电粒子做类平抛运动水平方向上：L＝v0t，竖直方向上：vy＝at＝tan θ＝＝当只有磁场存在时，带电粒子做匀速圆周运动，半径为R，如图所示，由几何关系可知sin θ＝，R＝联立解得B＝.(2)粒子在电场中运动时间t1＝＝在磁场中运动时间t2＝·T＝·＝所以＝·＝.答案　(1)　(2)20、　如图所示，靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板右边缘，对应的磁感应强度有最小值B1，设此时轨道半径为R1，则有evB1＝由几何关系得(R1－d)2＋(5d)2＝R联立解得B1＝靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板左边缘，对应的磁感应强度有最大值B2，此时轨道半径为R2evB2＝由几何关系得R2＝联立解得B2＝综上所述，磁感应强度B的范围为≤B≤22.（1）粒子从M至N运动过程有： 加速度 运动时间由得电场强度 则 (2)设vN与x成θ角带电粒子到N点速度（3）带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，圆心在O′处，设半径为R，由几何关系知带电粒子过P点的速度方向与x成角，则OP=OM=L则 由牛顿第二定律得：由解得：(4)粒子从M至N时间：粒子在磁场中运动时间粒子从P至M运动时间从M点进入电场，经N、P回M所用时间23、⑴设加速后获得的速度为v ，根据，得v=⑵设电子从M到N所需时间为t1，则 ，得⑶电子在磁场做圆周运动的周期为电子在圆筒内经过n次碰撞回到S，每段圆弧对应的圆心角θ1=π-，如答图11-3。n次碰撞对应的总圆心角θ=(n+1)θ1=(n+1) π-2π=(n-1) π在磁场内运动的时间为 （n=1，2，3，……）24、解析：解析：（1）粒子在AB间加速，有（2分）又粒子在偏转电场中，水平方向：（2分）所以：（1分）（2）当粒子擦着偏转极板边缘飞出时，偏转电压最大即（2分）又（1分）且（1分）代入第（1）问数据得：（2分）（3）设粒子进入偏转电场时速度为v0，离开偏转电场时速度为v，速度v的偏向角为θ，在磁场中轨道半径为r粒子离开偏转电场时，（1分）在匀强磁场中：（2分）粒子进出磁场位置之间的距