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)

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/sC．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∶3C．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∶1C．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＝∶1C．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lB．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eUC．由K到A电子的电势能减小了eUD．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＝k2C．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 cmB．粒子打在屏上的区域面积为64 cm2C．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。