［广东大联考］广东省2023年高二年级上学期10月联考x物理试卷答案

2023-11-02 03:47:13 48℃

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NM【典例5】B解析粒丙子在匀强磁场中做匀60J【典例8】AC解析依题中条件“磁场方【典例11】B解析当轨速圆周运动，如图所道半径小于或等于磁场区向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两示，粒子以速度v1、v2域半径时，粒子射出圆形在磁场中运动的圆心种可能，且这两种可能方向相反。在方向磁场的，点离入射点最远距分别为O1、O2,由几何M相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知离为轨迹直径。如图所知识得轨道半径分别负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反示，当粒子从子圆周射出为T1=R,r2=3R。的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为由洛伦兹力提供向心力得q心，B=PQ,粒子都从圆孤PQ之间射出，因此轨r,此种情况下，qv2 B=mv2?,解得=上4Bgm尺得U=4Bgm道半径r,=Rcos30°=3R;若粒子射出r2V2 r23,B项负电荷运动的角速度为w=尺=m:当正确。的圆孤对应孤长为“原来”的一半，即周【典例6】B解析负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相若粒子刚好达到长，对应的弦长为R,即粒子运动轨迹直a/C点时，其运动轨30r0反时，有2Bg0=mR,0=,此种情RmD径等于磁场区域半径R,半径2=2，由迹与AC相切，如××U图所示，则粒子运A60况下，负电荷运动的角速度为ω=Rr=动的半径为r。0B==3,B项正确。B可得B=tan30=3a。由2B9,A,C两项正确。【典例12】AD解析粒子从ab边离开n磁场时的临界运动轨迹如图所示，由几何【典例9】AB解析若quB=mvr2-l得r=B,粒子要能从AC边射带电粒子刚好打在极板lra cos 45出，粒子运行的半径应满足r>r。,解得右边缘，有r2=（r1知识可知1=2,045十-=B-3mo2l,解得r2=(1十√2)l,粒子在磁场中做B项正确。圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿3ag2十2，又因r1【典例7】BCD解析若粒子带正电，与第二定律得qvB=,解得0=9B、,故挡板MN碰撞后恰好从Q点射出，设轨mu5Bql,解得1=;若粒子刚好打在极迹半径为r2,运动轨迹如图甲所示，由图Bq4m中几何关系可得L2十（r2-0.5L)2=r22,粒子的最大速度为口=qBr2=m板左边缘时，有r2=,解得v2=(1+2)gBl解得r2=4L,由洛伦滋力充当向心力,最小速度vm=Bqlm9,B=mr2,解得，=5qBL,故A、B两项正确。gBl,由动量定Am,故A项正确，B项错误；由粒子从ab4m2m【典例10】BC解析若粒子通过下部分5qBL边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒理得I=2mv2=2,A项错误，C项正磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几子转过的最大圆心角0=180°，最小圆确；若粒子的运动轨迹如图乙所示，由左2何关系有R=L,由qB=mR得心角0mn>45°，粒子做圆周运动的周期手定则可知，粒子带负电，粒子运动的轨T=9B,则粒子在磁场中运动的最短时2πmqBL迹半径最小，速度最小，由q1B=m,=BL,根据对称性可知出射速度与mr元1间tmngBLSP成30°角向上，故出射方向与入射方向的360T>40B:最长时间t=解得v1=,B项正确；若粒子带负电，2m夹角为0=60°。当粒子上下均经历一次时运动轨迹如图丙所示，当轨迹半径等于L如图乙所示，因为上下磁感应强度均为B9B,故C项错误，D项正确。时，此时转过的圆心角为60°，所以在磁场T则根据对称性有R=xm中运动的时间为t=6=3B2L,根据洛伦兹力提,D项正确供向心力有qwB=mR,可得0=BB.PBBL,此时出射方向与入射方向相同，国个45b01出射方向与入射方向的夹角为0=0°。通专题突破十五现代电磁技术●●过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出【典例1】C解析粒子在电场中加速时，0吃NMqBL1甲时，需满足=(2n)m=2nB有gU=2m,设粒子在磁场中做匀速圆01(n=1,2,3…),此时出射方向与入射方向的夹角为0=60°；当粒子从上部分磁场周运动的轨道半径为R,则有Bq0=mR:甜出时，满足u--BL(=引1/2m联立以上两式解得R=BVg·,所以照2,3…),此时出射方向与入射方向的夹相底片上碘131和碘127与S之间的距离M角为0=0°。综上所述，B、C两项正确，之比为飞=2RA、D两项错误。,m,C项正确。·34·赢在微点高考复习顶层设计物理

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