通用版2019版高考物理二轮复习第二部分第一板块第2讲巧用“类平抛圆周”解决电偏转磁偏转问题讲义含解析.pdf

《通用版2019版高考物理二轮复习第二部分第一板块第2讲巧用“类平抛圆周”解决电偏转磁偏转问题讲义含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版2019版高考物理二轮复习第二部分第一板块第2讲巧用“类平抛圆周”解决电偏转磁偏转问题讲义含解析.pdf（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、巧用“类平抛、圆周”解决电偏转、磁偏转问题巧用“类平抛、圆周”解决电偏转、磁偏转问题 考法 学法 带电粒子在电场、磁场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度有易有难。 考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的内容有：带电粒子在匀强电场中 的偏转；带电粒子在变化的电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的匀速圆 周运动规律；带电粒子在复合场中的运动问题。该部分内容主要解决的是选择 题中的带电粒子在电场、磁场中的运动问题。用到的思想方法有 ： 比值定义法 ； 假设法；合成法；正交分解法；临界、极值问题的分析方法；等效思 想；分解思想。 提能点一 带电粒子在匀强电场中的偏转问题重难增分类考点 讲练结合过

2、关 1带电粒子在电场中的偏转 条件分析带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场 运动性质匀变速曲线运动(类似于平抛运动) 处理方法分解成沿电场和垂直于电场的两个直线运动 2.电偏转运动的两个实用结论 (1)比荷相同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速，再垂直于偏转电场方向射入， 从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。 (2)带电粒子垂直于电场方向射入电场，经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度 延长线的交点为带电粒子沿初速度方向位移的中点。 研一题 (2018资阳模拟)如图所示， 质量相同的两个带电粒子P、Q以 相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射

3、入，Q从下极板边缘处射入。它们最后打在上极 板的同一点(粒子重力不计)， 则从开始射入到打到上极板的过程中， 粒子( ) A运动时间之比tPtQ12 B所带的电荷量之比qPqQ12 C电势能减少量之比 EPEQ12 D动能增量之比为 EkPEkQ21 解析 两粒子在竖直方向受到向上的电场力， 做匀加速直线运动， 在水平方向上做匀 速直线运动，因为两粒子在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故根 据公式xv0t可得两粒子的运动时间相同， A 错误 ； 在竖直方向上的位移之比 ， 因为yP yP yQ 1 2 aPt2 t2，yQaQt2 t2，联立可得qPqQ12，B 正确；电场

4、力做功为 1 2 1 2 EqP m 1 2 1 2 EqQ m WEqy，电场力做多少正功，电势能就减少多少，故 ，该过程中只有电场力 EP EQ EqPyP EqQyQ 1 4 做功，所以电势能转化为动能，即粒子的动能增量之比为 EkPEkQ14，C、D 错误。 答案 B 悟一法 匀强电场中带电粒子偏转问题的处理方法 1用平抛运动规律处理：运动的分解。 (1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t。 L v0 (2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 。 F m qE m qU md (3)离开电场时的偏移量yat2。 1 2 qUL2 2mdv02 (4)速度偏向角 tan

5、 ； vy v0 qUt mdv0 qUL mdv02 位移偏向角 tan 。 y L qUL 2mdv02 2 用动能定理处理 ： 涉及功能问题时可用， 偏转时电场力做的功是WqEy(y为偏移量)。 通 一 类 1 多选如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无 初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1中，之后进入电场 线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后三种粒子打在屏上。 整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么 ( ) A偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B三种粒子打到屏上时的速度大小相同 C三种粒子运动到屏上所用时间相同 D三种粒子一定打到屏上的同一位置 解析 ： 选

6、AD 根据动能定理有qE1dmv12， 得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1 1 2 。在偏转电场中，水平方向有lv1t2，竖直方向有yt22，得粒子经偏转电场 2qE1d m qE2 2m 的侧位移y， 则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等， 又三种粒子带电荷量相同， E2l2 4E1d 根据WqE2y得， 偏转电场E2对三种粒子做功一样多， 选项 A 正确 ； 根据动能定理，qE1dqE2y mv22，得粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2 ，由于三种粒子的质量 1 2 2qE1dqE2y m 不相等，故v2大小不同，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t(L d v1 2 L v

7、1 2d v1 L v1 为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1大小不同，所以三种粒子打在屏上所用的时间不 同，选项 C 错误 ； 根据vyt2及 tan ，得粒子速度的偏转角正切值 tan ， qE2 m vy v1 E2l 2E1d 即三种粒子速度的偏转角相等， 又由于它们的侧位移相等， 故三种粒子打到屏上的同一位置， 选项 D 正确。 2 多选如图所示，半径R0.5 m 的 圆弧接收屏位于电场强度方 1 4 向竖直向下的匀强电场中，OB水平， 一质量为m104 kg、 带电量为q 8.0105 C 的粒子，从与圆弧圆心O等高且距O点 0.3 m 处的A点以初速 度v03 m/s 水平射

8、出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面 上的C点(图中未画出)，取C点电势0，则( ) A该匀强电场的电场强度E100 N/C B粒子在A点的电势能为 8105 J C粒子到达C点的速度大小为 5 m/s D粒子速率为 4 m/s 时的电势能为 4.5104 J 解析：选 CD 粒子在电场力作用下做类平抛运动，如图所示， 因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知 ：C点速度方向的反向延长 线必过O点， 且ODAO0.3 m，DC0.4 m，则ADv0t， DCt2， 联立并代入数据可得 ：E25 N/C， 故 A 错误 ； 因UDC qE 2m EDC10 V，而A、D两点电势相等，所以A

9、10 V，即粒子在A点的电势能为：Ep qA8104 J，故B错误 ； 从A点到C点由动能定理知 ：qUACmvC2mv02，代入数据得 ：vC 1 2 1 2 5 m/s，故 C 正确；粒子在C点的总能量：ECmvC2 10452 J1.25103 J，由能 1 2 1 2 量守恒定律可知，粒子速率为 4 m/s 时的电势能为：EpECmv21.25103 J 1 2 10442 J4.5104 J，故 D 正确。 1 2 提能点二 带电粒子在交变电场中的运动问题重难增分类考点 讲练结合过关 研一题 多选如图甲所示， 真空中水平放置两块长度为 2d的平行金属板P、Q， 两板间距为d， 两板间

10、加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子 源A， 自t0 时刻开始连续释放初速度大小为v0， 方向平行于金属板的相同带电粒子，t0 时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T，粒子质量为m， 2d v0 不计粒子重力及相互间的作用力。则( ) A在t0 时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0 B粒子的电荷量为mv 02 2U0 C在tT时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为d 1 8 1 8 D在tT时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 1 4 解析 粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t0 时刻进入电场的粒子在 电场中运

11、动的时间tT，竖直方向上的位移恰好为d，则 时间内的位移为 ，粒子在竖 2d v0 T 2 d 2 直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场 时的速度大小等于水平速度v0， 选项 A 正确 ； 由上述分析知，d 2， 解得q ， 1 2 1 2 U0q dm( d v0) mv02 U0 选项 B 错误；粒子在电场力作用下的加速度大小a，t 时刻进入电场的粒子， U0q dm v02 d T 8 离开电场时在竖直方向的位移大小为d2a 22 a 2 aT2d， 选项 C 错误 ；t 1 2( 3T 8) 1 2( T 8) 1 8 1 2 时刻进入的粒子

12、， 在竖直方向先向下加速运动 ， 然后向下减速运动 ， 再向上加速运动 ， T 4 T 4 T 4 T 4 向上减速运动 ， 由对称性可知， 此时竖直方向的位移为零， 故粒子从P板右侧边缘离开电场， T 4 选项 D 正确。 答案 AD 悟一法 分段研究，化变为恒 在两个相互平行的金属板间加交变电压时， 在两板中间便可获得交变电场。 对于带电粒 子在交变电场中的运动，需要进行分段处理。此类电场在一段时间内为匀强电场，即电场中 各个位置处电场强度的大小、方向都相同 ； 但从整个研究过程看电场又是变化的，即电场强 度的大小和方向可随时间变化。 粒子平行于电场方向射入时粒子做直线运动，其初速度和受力

13、决定了粒子的运动，粒子 可能做周期性运动 粒子垂直于电场方向射入时 沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向上 的分运动可能具有周期性 通一类 1.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示， 在该匀强电场中， 有一个带电粒子在t0 时刻由静止释放，若 带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( ) A带电粒子只向一个方向运动 B02 s 内，电场力做功等于 0 C4 s 末带电粒子回到原出发点 D2.54 s 内，电场力做功等于 0 解析：选 D 画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，由图可知带电粒子运动方向改变，4 s

14、末带电粒子不能回到原出发点，A、C 错误 ； 2 s 末速度不为 0，所以 02 s 内电场力做功 不等于 0，B 错误 ； 2.5 s 末和 4 s 末，速度的大小、方向都相同，所以 2.54 s 内电场力做 功等于 0，D 正确。 2如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽 略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会先向A 板运动，再向B板运动，在A、B板间往返运动几次后，最终打在A板上。则t0可能属于的 时间段是( ) A00)。粒子沿 纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成 30角。 已知该粒子

15、在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点， 并从OM上另一点射出磁场。 不计重力。 粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( ) A. B. mv 2qB 3mv qB C. D. 2mv qB 4mv qB 解析 如图所示， 粒子在磁场中运动的轨迹半径为R。 mv qB 设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的对称性 及粒子的入射方向知，ABR。由几何关系知，AP R，则AOAP3R，所以OB4R。故选项 D 正确。33 4mv qB 答案 D 悟一法 1带电粒子在有界匀强磁场中运动的几种常见情形 直线边界粒子进出磁场具有对称性 平行边界粒子运动存在临界条件 圆形边界粒子

16、沿径向射入的再沿径向射出 2.带电粒子在有界磁场中运动的三个规律 (1)粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切。 (2)当速度大小v一定时，弧长越长，所对的圆心角就越大，粒子在磁场中运动的时间 就越长。 (3)当速度大小v变化时，运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长。 通一类 1.(2019 届高三毕节模拟)如图所示，在xOy平面直角坐标系 的第一象限内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强 磁场。一质量为m、电荷 量为q的带电粒子(重力不计)从y轴上的A点， 以速度v沿垂直磁场方向射入第一象限，v与y轴正方向的夹角为 60，若A点与原点O的距离为

17、l，要使粒子能从x轴射出磁场，则粒子 的速度v应满足( ) Av Bv 42 3qBl m 42 3qBl m Cv Dv 3qBl 3m 2qBl 3m 解析：选 A 由几何知识知，粒子恰好从x轴射出磁场时，对应的圆周运动最小半径满 足Rsin 60Rl， 由牛顿第二定律得qvB， 则R， 联立解得v mv2 R mv qB ， 即为速度的最小值，A 正确。 42 3qBl m 2.如图所示， 竖直线MNPQ，MN与PQ间距离为a， 其间存在垂直纸面向 里的匀强磁场， 磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源， 某时刻放出 大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、 比荷一定的带负电粒子(

18、粒子重力及粒 子间的相互作用不计)，已知沿与MN成60角射入的粒子恰好垂直PQ射出 磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( ) A. B. a 3v 2 3a 3v C. D. 4a 3v 2a v 解析 ： 选 C 当60时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则aRsin 30，即R 2a。 设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为， 则其在磁场中运动的时间为tT， 2 即越大，粒子在磁场中运动时间越长，最大时粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相 切， 如图乙所示， 因R2a， 此时圆心角m为 120， 即最长运动时间为 ， 而T， T 3 2R v 4a v 所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C 正

19、确。 4a 3v 提能点四 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题重难增分类考点 讲练结合过关 研一题 多选如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度为B， 板间距离也为l，极板不带电。 现有质量为m、 电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左 边极板间中点处垂直磁场方向以速度v水 平射入磁场， 欲使粒子不打在极板上， 可采取的方法是( ) A使粒子的速度vBql 4m B使粒子的速度v5Bql 4m C使粒子的速度vBql m D使粒子的速度v满足v Bql 4m 5Bql 4m 解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，若粒子刚好打在极 板右边缘，有r12 2l2， 又因

20、r1 ， 解得v；若粒子刚 (r 1l 2) mv Bq 5Bql 4m 好打在极板左边缘，有r2 ，解得v，故 A、B 正确。 l 4 mv Bq Bql 4m 答案 AB 悟一法 带电粒子在磁场中运动常见的三种多解问题 带电粒子电 性不确定 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负 电，当粒子具有相同初速度时，正负粒子在磁场中运动 轨迹不同，导致多解如图所示。 ，带电粒子以速度v垂直 进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a，若带负电， 其轨 迹为b 磁场方向不 确定 磁感应强度是矢量， 如果题述条件只给出磁感应强度大小， 而未说明磁感应强度方向， 则应考虑因磁场方向不确定而 导致的多解

21、。 如图所示， 带正电的粒子以速度v垂直进入匀 强磁场，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为a，若磁场 方向垂直纸面向外，其轨迹为b 临界状态不 唯一 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时， 由于粒子运动轨迹是 圆弧状， 如图所示，因此，它可能穿过磁场飞出，其轨迹为a， 也 可能转过 180后从入射面边界反向飞出，其轨迹为b，于是形成 了多解 通一类 1.多选在M、N两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动 轨迹如图所示。已知两条导线M、N中只有一条导线中通有恒定电流， 另一条导线中无电流，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向， 可能正确的是( ) AM中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子

22、从a点向b点运动 BM中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动 CN中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动 DN中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动 解析 ： 选 AB 根据轨迹半径变化特点及公式r知，导线M中通有恒定电流，假设电 mv qB 流自下而上， 则导线右侧磁场垂直于纸面向里， 结合左手定则可得， 如果粒子带正电， 则从a 点向b点运动，故 A 正确；同理可得 B 正确。 2.如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比 荷为 的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应 e m 强度B的取值为( ) A

23、B BB 2mv0 ae 2mv0 ae CB DB 3mv0 ae 3mv0 ae 解析 ： 选 D 由题意，作出电子运动轨迹如图所示，若电子正好经过C 点，此时圆周运动的半径R，欲使电子从BC边经过，电 a 2 cos 30 a 3 子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的半径公式R a 3 得，即B，D 正确。 mv qB a 3 mv0 eB 3mv0 ae 专题强训提能 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

24、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 (其中B 0mv 0 qL ，A、C、D选项中曲线均为半径是L的1 4圆弧，B选项中曲线为半径是 L 2的圆) ( ) 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RL，恰好等于磁场圆形边界的半径，所以 mv02 R 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，

25、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x0、y0 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方向射出的粒子 B初速度最大的粒子是沿方向射出的粒子 C在磁场中运动时间最长的是沿方向射出的粒子 D在磁场中运动时间最短的是沿方向射出的粒子 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

26、子相同， mv qB 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 2m qB 间最长的是沿方向出射的粒子，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 q m 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2 ( ) A0.5 km/s B1 km/s C2 km/s D4 km/s 解析：

27、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Bqvm，解 R sin 30 R sin 45 v2 r 得 v， 所以vr， 则入射角分别为 30、 45的粒子速度大小之比为 rqB m v1 v2 r1 r2 sin 45 sin 30 ，则入射角为 45的粒子速度大小为v21 km/s，选项 B 正确。2 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。

28、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2my 2v02 qL2 B带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为2mdyv 0 L C带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为2yv 0 L 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y L 解析：选 AC 带电粒子在电场中做类平抛运动，根据yat2 2，解得极板间 1 2 qU 2md( L v0) 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 Uy， A 2mdyv02 qL2 U d 2my2v02 qL2 项正确；带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为WqU，B

29、 项错误； 2my2v02 L2 带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为vyat，C 项正确；带电粒子离开电场时速 2yv0 L 度方向与水平方向的夹角的正切值为 tan ，D 项错误。 vy v0 2y L 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)( ) A34 B43 C32 D23 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

30、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 12，由xv0t知，运动时间之比为 12，P和Q的竖直位移大小 相等，根据yat2，得加速度之比为 41，根据牛顿第二定律得a，因为P和Q的电 1 2 qE m 荷量之比为 31，则P和Q的质量之比为 34，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 磁场区域和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， 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，又经过时

31、间t2后回 到区域，设粒子在区域、中的角速度分别为1、2，则( ) A1211 B1221 Ct1t211 Dt1t221 解析：选 D 由qvBm和vR得，故1212；由几何关系知，粒 v2 R Bq m 子在区域、 中的轨迹对应的圆心角均为120， 由T和tT知t1t221， 2m qB 360 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 R 2 方

32、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( ) Av1v21 Bv1v2123 Ct1t2 Dt1t2 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 R R1 30，连接CO，连接第二个粒子射出点D与O，四边形O2COD为菱形，R2R， 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， mv qB 则v1v2R1R21，所以 A 错误，B 正确 ； 根据周期公式T3 可知，粒子的周期相同，圆心角都为 60，经过时间相 2m qB 同，

33、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 qBl m 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 2qBl m 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vqBl 2m D该粒子以不同大小的速度入射时，在磁场中运动的最长

34、时间为m qB 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：Bqvm， qBl m v2 r 解得 ：rl； 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 Bqr m 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(rml)2rm2rm2，解得：rm(1)l。则若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点2 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 21qBl m 点入射的最大轨迹半径为

35、l，因此最大速度应为v，故 C 正确 ； 粒子运行周期为， 1 2 qBl 2m 2m Bq 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 m qB 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( ) AA、K之间的电场强度为U d 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 ，

36、选项 A 错误 ； U d 由动能定理， 电子到达A时的动能EkeU， 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qU1mv2可知经过 1 2 加速电场获得的

37、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yat2相同，所以会到达屏上同一点，B 正确。 1 2 U2L2 4U1d 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，A60，AOL， 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 q m qBL m 。粒子发射方向与OC边的夹角为，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60飞入的粒子在磁场中运动的时间最短 C以128 V 时粒子打到极

38、板上，当U d 2 1 2 qU0 md md2v02 ql2 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 1 2 d 2 qU0 md l v0 l 2 v0 yd4 cm，又由对称性知，粒子打在屏上的总长度为 2d，区域面积为S2db64 cm2，选 项 A 错误，B 正确 ； 粒子打在屏上的比例为%64%，在 00.02 s 内，进入电容器内的粒 128 200 子有 64%能够打在屏上，选项 C 正确；在前T(00.005 s)，粒子打到屏上的时间t0 1 4 128 200 0.005 s0.003 2 s； 又由对称性知， 在一个周期(00.02 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。