2019版高考物理二轮复习专题检测:15巧用“类平抛、圆周”解决电偏转、磁偏转问题(含解析)
展开专题检测(十五) 巧用“类平抛、圆周”解决电偏转、磁偏转问题
1.如图所示,纸面内有宽为L,水平向右飞行的带电粒子流,粒子质量均为m、电荷量均为-q、速率均为v0,不考虑粒子的重力及相互间的作用,要使粒子都会聚到一点,可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域,则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是选项图中的( )
解析:选A 若带电粒子水平向右射入选项A所示的匀强磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,qv0B0=,解得粒子运动的轨迹半径R=L,恰好等于磁场圆形边界的半径,所以可以使粒子都会聚到一点(梭形磁场区域的最下方点),选项A正确;对于选项B中的图像,粒子运动的轨迹半径是磁场圆形边界半径的2倍,所以带电粒子流无法从磁场区域的同一点离开,选项B错误;同理可知,选项D的图像也不符合题意,选项D错误;对选项C的图像分析,可知粒子都从磁场区域的下边界离开,但不能会聚到同一点,选项C错误。
2.如图所示,在x>0、y>0的空间有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B,现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子,由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场,其出射方向如图所示,粒子重力不计,则( )
A.初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B.初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C.在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D.在磁场中运动时间最短的是沿④方向射出的粒子
解析:选A 由R=可知,初速度越大半径越大,选项A正确,B错误;由于粒子相同,由周期公式T=可知,粒子周期相同,运动时间取决于圆弧对应的圆心角,所以运动时间最长的是沿④方向出射的粒子,选项C、D错误。
3.如图所示,OO′为圆柱筒的轴线,圆柱筒内部存在磁感应强度大小为B、方向平行于OO′的匀强磁场,圆筒壁上布满许多小孔,如aa′、bb′、cc′、…,其中任意两孔的连线均垂直于OO′,有许多比荷为的正粒子,以不同的速度、入射角射入小孔,且均从关于OO′对称的小孔中射出,入射角为30°的粒子的速度大小为 km/s、则入射角为45°的粒子速度大小为( )
A.0.5 km/s B.1 km/s
C.2 km/s D.4 km/s
解析:选B 作出粒子运动轨迹如图所示,粒子从小孔射入磁场,与粒子从小孔射出磁场时速度方向与竖直线的夹角相等,根据几何关系有r1=、r2=,由牛顿第二定律得Bqv=m,解得
v=,所以v∝r,则入射角分别为30°、45°的粒子速度大小之比为===,则入射角为45°的粒子速度大小为v2=1 km/s,选项B正确。
4.[多选]如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从平行金属板左端以初速度v0水平射入,从右端离开。已知上极板带正电,下极板带负电,两极板的长度为L,间距为d。带电粒子离开电场时的偏移量为y,则( )
A.带电粒子进入电场位置和离开电场位置的电势差为
B.带电粒子从进入电场到离开电场,电场力做的功为
C.带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为
D.带电粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角的正切值为
解析:选AC 带电粒子在电场中做类平抛运动,根据y=at2=2,解得极板间电势差U=,带电粒子进入电场位置和离开电场位置的电势差为ΔU=y=,A项正确;带电粒子从进入电场到离开电场,电场力做的功为W=qΔU=,B项错误;带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为vy=at=,C项正确;带电粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角的正切值为tan θ==,D项错误。
5.(2019届高三·济南调研)带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍,它们以相同的速度v0从同一点出发,沿着与电场强度垂直的方向射入匀强电场,分别打在M、N点,如图所示。若OM=MN,则P和Q的质量之比为(不计粒子重力)( )
A.3∶4 B.4∶3
C.3∶2 D.2∶3
解析:选A 粒子在匀强电场中做类平抛运动,由平抛运动规律知,粒子在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,两个粒子的初速度大小相等,P和Q的水平位移之比为1∶2,由x=v0t知,运动时间之比为1∶2,P和Q的竖直位移大小相等,根据y=at2,得加速度之比为4∶1,根据牛顿第二定律得a=,因为P和Q的电荷量之比为3∶1,则P和Q的质量之比为3∶4,故A正确,B、C、D错误。
6.(2018·甘肃模拟)如图所示,两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ,其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角,经过时间t1后粒子进入到磁场区域Ⅱ,又经过时间t2后回到区域Ⅰ,设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2,则( )
A.ω1∶ω2=1∶1 B.ω1∶ω2=2∶1
C.t1∶t2=1∶1 D.t1∶t2=2∶1
解析:选D 由qvB=m和v=ωR得ω=,故ω1∶ω2=1∶2;由几何关系知,粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的轨迹对应的圆心角均为120°,由T=和t=T知t1∶t2=2∶1,故D正确,A、B、C错误。
7.[多选](2018·资阳模拟)如图所示,半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过时间t1射出磁场。另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB的距离为的C点,平行于直径AOB方向射入磁场,经过时间t2射出磁场。两种情况下,粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为60°。不计粒子重力,则( )
A.v1∶v2=∶1 B.v1∶v2=∶1
C.t1=t2 D.t1>t2
解析:选BC 根据题意确定粒子轨迹圆圆心,画出轨迹,如图所示,连接O1O,对于三角形AO1O,由几何关系可知=tan 30°,连接CO,连接第二个粒子射出点D与O,四边形O2COD为菱形,R2=R,根据带电粒子在磁场中运动的半径公式R=,速度与半径成正比,则v1∶v2=R1∶R2=∶1,所以A错误,B正确;根据周期公式T=可知,粒子的周期相同,圆心角都为60°,经过时间相同,所以C正确,D错误。
8.[多选]如图所示,在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域,若该三角形的两直角边长均为2l,则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )
A.若该粒子的入射速度为v=,则粒子一定从CD边射出磁场,且距点C的距离为l
B.若要使粒子从CD边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=
C.若要使粒子从AC边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=
D.该粒子以不同大小的速度入射时,在磁场中运动的最长时间为
解析:选ACD 若粒子的入射速度为v=,根据洛伦兹力充当向心力可知:Bqv=m,解得:r=l;根据几何关系可知,粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场,故A正确;根据洛伦兹力充当向心力可知,v=,因此半径越大,速度越大。根据几何关系可知,若要使粒子从CD边射出,粒子轨迹与AD边相切时速度最大,则由几何关系可知,最大半径满足(rm+l)2=rm2+rm2,解得:rm=(+1)l。则若要使粒子从CD边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=,故B错误;若要使粒子从AC边射出,则该粒子从O点入射的最大轨迹半径为l,因此最大速度应为v=,故C正确;粒子运行周期为,根据几何关系可知,粒子在磁场中偏转对应的最大圆心角为180°,故最长时间为,故D正确。
9.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极,A为阳极,两极之间的距离为d,在两极之间加上高压U,有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力,电子电荷量为e,则下列说法正确的是( )
A.A、K之间的电场强度为
B.电子到达A时的动能大于eU
C.由K到A电子的电势能减小了eU
D.由K沿直线到A电势逐渐减小
解析:选C A、K之间的电场为非匀强电场,A、K之间的电场强度不是,选项A错误;由动能定理,电子到达A时的动能Ek=eU,选项B错误;电子由K到A的过程电场力做正功,电子的电势能减小了eU,选项C正确;由K沿直线到A为沿着电场线的反方向,电势逐渐升高,选项D错误。
10.如图所示,一价氢离子(H+)和二价氦离子(He2+)的混合体,从同一位置经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后直接打在同一荧光屏上,则它们( )
A.同时到达屏上同一点
B.先后到达屏上同一点
C.同时到达屏上不同点
D.先后到达屏上不同点
解析:选B 一价氢离子(H+)和二价氦离子(He2+)的比荷不同,由qU1=mv2可知经过加速电场获得的末速度不同,所以在加速电场及偏转电场中的运动时间均不同,但在偏转电场中偏转距离y=at2=相同,所以会到达屏上同一点,B正确。
11.[多选]如图所示,以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,∠A=60°,AO=L,在O点放置一粒子源,可以在磁场边界所在平面内向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力),粒子的比荷为,发射速度大小都为v0,且满足v0=。粒子发射方向与OC边的夹角为θ,对于粒子进入磁场后的运动,下列说法正确的是( )
A.粒子有可能打到A点
B.以θ=60°飞入的粒子在磁场中运动的时间最短
C.以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出
解析:选AD 根据Bqv0=m,又v0=,可得r==L,又OA=L,所以当
θ=60°时,粒子经过A点,所以A正确;根据粒子在磁场中运动的时间t=T,圆心角越大,粒子在磁场中运动的时间越长,粒子以θ=60°飞入磁场中时,粒子从A点飞出,轨迹圆心角等于60°,圆心角最大,运动的时间最长,所以B错误;当粒子沿θ=0°飞入磁场时,粒子恰好从AC中点飞出,在磁场中运动的时间是,当θ从0°~60°飞入磁场时,粒子在磁场中运动的时间先减小后增大,在AC边界上有一半区域有粒子飞出,所以C错误,D
正确。
12.(2018·宜昌模拟)如图所示,在x轴下方的第Ⅲ、Ⅳ象限中,存在垂直于xOy平面但方向相反的匀强磁场,磁感应强度
B1=2B2=2B。xOy平面内,带正电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中未标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中,两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰,碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60°角,若两带电粒子的比荷分别为k1、k2,进入磁场时的速度大小分别为v1、v2,不计粒子重力和两粒子间相互作用,则下列关系式正确的是( )
A.k1=2k2 B.2k1=k2
C.v1=2v2 D.2v1=v2
解析:选C 两粒子在y轴上发生正碰时粒子a的速度与y轴正方向成60°角,则粒子b的速度与y轴负方向成60°角, 轨迹对应的圆心角分别为120°和60°,如图所示。两粒子同时进入磁场并相撞,则运动时间相等,即t1=t2,而t1==,t2==,将B1=2B2=2B代入得k1=k2;由于两粒子正碰则轨迹半径相等,而R1=,R2=,解得v1=2v2。故C正确。
13.[多选]如图所示,S为一离子源,MN为长荧光屏,S到MN的距离为L,整个装置处在范围足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子,各离子的质量m、电荷量q、速率v均相同,不计离子的重力及离子间的相互作用,则( )
A.当v<时所有离子都打不到荧光屏上
B.当v<时所有离子都打不到荧光屏上
C.当v=时,打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为
D.当v=时,打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为
解析:选AC 根据半径公式R=,当v<时,R<,直径2R<L,所有离子都打不到荧光屏上,选项A正确;根据半径公式R=,当v<时,R<L,当半径非常小时,即R<时所有离子都打不到荧光屏上,当≤R<L,有离子打到荧光屏上,选项B错误;当v=时,可得R==L,离子运动轨迹如图所示,离子能打到荧光屏的范围是N′M′,由几何知识得:PN′=R=L,PM′=R=L,打到N′点的离子离开S时的初速度方向和打到M′的离子离开S时的初速度方向夹角θ=π,能打到荧光屏上的离子数与发射的离子总数比值为k===,选项C正确,D错误。
14.[多选]如图甲所示,一平行板电容器极板板长l=10 cm,宽a=8 cm,两极板间距为d=4 cm。距极板右端处有一竖直放置的荧光屏;在平行板电容器左侧有一长b=8 cm的“狭缝”粒子源,可沿着两极板中心平面均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C/kg、速度为4×106 m/s的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电,已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下列说法正确的是( )
A.粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cm
B.粒子打在屏上的区域面积为64 cm2
C.在0~0.02 s内,进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上
D.在0~0.02 s内,屏上出现亮线的时间为0.012 8 s
解析:选BCD 设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为U0,水平方向有l=v0t,竖直方向有=at2,又a=,解得U0==128 V。当U>128 V时粒子打到极板上,当U≤128 V时打到屏上,可知粒子通过电场时偏移距离最大为d,则y=+··,解得
y=d=4 cm,又由对称性知,粒子打在屏上的总长度为2d,区域面积为S=2db=64 cm2,选项A错误,B正确;粒子打在屏上的比例为%=64%,在0~0.02 s内,进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上,选项C正确;在前T(0~0.005 s),粒子打到屏上的时间t0=×0.005 s=0.003 2 s;又由对称性知,在一个周期(0~0.02 s)内,打到屏上的总时间t=4t0=0.012 8 s,即屏上出现亮线的时间为0.012 8 s,选项D正确。