题目内容
19．
如图所示，在直角三角形abc内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在a点有一个粒子发射源，可以沿ab方向源源不断地发出速率不同、电荷量为q（q＞0）、质量为m的同种粒子．已知∠a=60°，ab=L，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）| A． | 在磁场中通过的弧长越长的粒子在磁场内运动的时间越长 | |
| B． | 从ac边中点射出的粒子，在磁场中的运动时间为$\frac{2πm}{3qB}$ | |
| C． | 从ac边射出的粒子的最大速度值为$\frac{2qBL}{3m}$ | |
| D． | bc边界上只有长度为L的区域可能有粒子射出 |
分析 由轨迹半径为r=$\frac{mv}{qB}$和粒子在磁场中运动时间为t=$\frac{θ}{2π}$T结合数学知识可分析得出从ac边出射的速度不同的粒子的运动时间都相等；
根据几何关系得到圆心角，利用周期为T=$\frac{2πm}{qB}$和t=$\frac{θ}{2π}$T求时间；
粒子射入磁场时与AC边界的夹角为60°，根据圆周的对称性，离开磁场时与AC边界的夹角也应该是60°，故粒子不可能从C点离开，其临界轨迹是与BC边相切，结合几何关系得到轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解粒子射入磁场时的最大速度；
作图，根据临界条件由几何关系可知bc边界上只有长度为L的区域可能有粒子射出．
解答 
解：A．带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径为r=$\frac{mv}{qB}$，速度越大，半径越大，根据圆的对称性可知，从ac边出射的粒子速度的偏向角都相同，而轨迹的圆心角等于速度的偏向角，则从ac边出射的粒子轨迹的圆心角θ都相同，粒子在磁场中运动时间为t=$\frac{θ}{2π}$T，T相同，则从ac边出射的速度不同的粒子的运动时间都相等，故A错误；
B．由A分析可知，其对应的圆心角为1200，所以在磁场中运动时间为：t=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{θ}{2π}$•$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2πm}{3qB}$，故B正确；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动的临界轨迹，如图所示：
图中四边形ABDO是正方形，故圆周的半径为：r=L；
洛伦兹力提供向心力，故：qvB=m$\frac{{v}_{m}^{2}}{r}$解得：vm=$\frac{qBL}{m}$，故C错误；
D．由C分析可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，和bc边刚好相切，即为临界条件，由几何关系可知，bc边界上只有长度为L的区域可能有粒子射出，故D正确．
故选：BD．
点评 本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等．解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能从C点射出．
如图所示复合光经过半圆形玻璃后分成a、b两束光，比较a、b两束光在玻璃砖中的传播速度va＜vb；入射光线由AO转到BO，出射光线中a最先消失；若在该光消失时测得AO与BO间的夹角为α，则玻璃对该光的折射率为$\frac{1}{cosα}$．
| A． | U0=20$\sqrt{2}$V，P=20W | B． | U0=40V，P=80W | C． | U0=40$\sqrt{2}$V，P=20W | D． | U0=20V，P=20W |
如图为某种型号手机充电器的简化电路图，其中副线圈的中心抽头有一根引线，该 装置先将市网电压通过一个小型变压器后，再通过理想二极管D连接到手机电源上．已知原副线圈的匝数比为22：1，若原线圈中输入的电压为u=220$\sqrt{2}$sin314t（V），则下列说法正确的是（ ）| A． | 手机电源得到的是脉动直流电，其频率为50Hz | |
| B． | 手机电源得到的是正弦交流电．其频率为50Hz | |
| C． | 该装置正常工作时手机电源获得的电压为5V | |
| D． | 若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作，此时手机电源获得的电压为2.5V |
如图所示，A、B两个相同木块放在足够大的转盘上，木块与盘间的最大静摩擦力为重力的k倍，用一条细绳连接A、B（A、B体积大小可以忽略），若A放在距离轴心r1处，B距轴心r2处，它们不发生相对滑动，则转盘允许的最大角速度ωm为（已知r1＜r2）（ ）| A． | ωm=$\sqrt{\frac{2kg}{{r}_{2}-{r}_{1}}}$ | B． | ωm=$\sqrt{\frac{2kg}{{r}_{1}-{r}_{2}}}$ | C． | ωm=$\sqrt{\frac{2kg}{{r}_{2}}}$ | D． | ωm=$\sqrt{\frac{kg}{{r}_{1}}}$ |