在第二象限的周期T1= ,圆心角1 0°,运动时间t1= 0°T1= ,在第二象限运动的周期 1 0° T2= ,圆心角1 0°,运动时间t2= 0°T2= 1 0° ,所以粒子完成一次周期性运动的时间T0=t1+t2= ,故B 错误;粒子在第三象限轨迹圆的半径为2R,从O点入射后第一次经过x轴时的位置到坐标原点的距离x1= R,第二次圆弧的弦长x2= R2=2 R,所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3 R,故C正确;若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍,周期T=圆心角不变,所以在磁场中运动时间t= T不变,故D错误;故选AC。
5.BC 解析 带正电粒子由P点沿与x轴成 0°角的方向入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P点且与速度方向垂直的方向上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角肯定大于180°,假设如图所示,而因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A错误;由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角为 00°,运动的时间t= T=靠近坐标原点出发时,对应的最小圆心角也一定大于1 0°,所以运动时间t> T=运动的时间范围是
1
与速度无关,
。当粒子从无限
,故粒子在磁场中
6. CD 解析 两个粒子的运动轨迹如图所示,根据左手定则判断知粒子a带负电,粒子b带正电,A错误;设扇形COD的半径为r,粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb, 则Ra= =r+ - , 2 sinθ= ,得Rb= r,θ= °,由qvB=m ,得v=R,所以粒子a、b的速率之比为 ,C正确;由牛 顿第二定律得加速度a=,所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为 ,B错误;粒子a ° 180° 在磁场中运动的时间ta= ,粒子b在磁场中运动的时间tb= ,则 180 ,D正确。 7.答案 (1) (2) 1 10 解析 (1)粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示,由几何关系知, n 0° r=sin 0°=2 L,洛伦兹力提供向心力,qvB= , 联立得B=。 (2)粒子做匀速直线运动的时间t1=2× , 在磁场中偏转了 00°,所用时间 00° 10 , t2= 0°T= 粒子从A点出发到再回到A点的时间t=t1+t2= 1 10 8.答案 (1)v≤ t= (2)8πR 1 2 解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则:qvB=m 根据几何关系:r≤ 联立得:v≤ 粒子在磁场中做圆周运动的周期: T= 由粒子在磁场中运动的轨迹可得,沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短,则:t= 联立可得:t= (2)分析可得,粒子在磁场中能经过的区域为半圆,如图中阴影部分, 1 由几何关系可得该半圆的半径:r'=R 面积:S= πr' 1 2 联立可得:S=8πR 0 1 2 9.答案 (1) (2) 0 (3)最小长度为(2- )x0,上端坐标为(0,2x0),下端坐标为(0, x0) 解析 (1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做圆周运动,沿-x方向射出的粒子恰好打在金属板的上方,如图a所示,R=x0 ① qvB=m 联立得B= 0 ② ③ 图a (2)粒子做圆周运动的周期为T, 0 T= ④ 图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点,由图可知,圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形,带电粒子速度方向和x轴正方向成 0°,由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短,即t= 0 ⑤ 图b 图c为打在右侧下端的临界点,圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形,带电粒子速度方向和x轴正方向成1 0°,由图c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长,即t= 0 ⑥ 则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为Δt= 0 ⑦ 图c (3)由图a可知挡板上端坐标为(0,2x0) 由图c可知挡板下端y坐标为y2=2x0cos 0°= x0,下端(0, x0) 最小长度L=(2- )x0 10.答案 (1)1 N/C (2)(3 m,0)