【物理】2020届一轮复习人教版巧用“类平抛圆周”解决电偏转磁偏转问题课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版巧用“类平抛圆周”解决电偏转磁偏转问题课时作业

2020 届一轮复习人教版 巧用“类平抛圆周”解决电偏转磁偏 转问题 课时作业 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 其中 B0＝mv0 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＝mv0 2 R ，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＝mv qB 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＝2πm qB 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q m 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 2 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＝ R sin 30° 、r2＝ R sin 45° ，由牛顿第二定律得 Bqv＝mv2 r ，解 得 v＝rqB m ，所以 v∝r，则入射角分别为 30°、45°的粒子速度大小之比为v1 v2 ＝r1 r2 ＝sin 45° sin 30° ＝ 2，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2my2v0 2 qL2 B．带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为2mdyv0 L C．带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为2yv0 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 y＝1 2 at2＝ qU 2md L v0 2，解得极板间 电势差 U＝2mdyv0 2 qL2 ，带电粒子进入电场位置和离开电场位置的电势差为ΔU＝U d y＝2my2v0 2 qL2 ，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＝2my2v0 2 L2 ，B 项错误； 带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为 vy＝at＝2yv0 L ，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＝vy v0 ＝2y L ，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＝1 2 at2，得加速度之比为 4∶1，根据牛顿第二定律得 a＝qE m ，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 v2 R 和 v＝ωR 得ω＝Bq m ，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＝2πm qB 和 t＝ θ 360° 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R 2 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＝ 2∶1 B．v1∶v2＝ 3∶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R R1 ＝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＝mv qB ，速度与半径成正比，则 v1∶v2＝R1∶R2＝ 3∶1，所以 A 错误，B 正确；根据周期公 式 T＝2πm qB 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＝qBl m ，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＝ 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 v＝qBl 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时间为πm qB 解析：选 ACD 若粒子的入射速度为 v＝qBl m ，根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv＝mv2 r ， 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＝Bqr m ，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＝rm 2＋rm 2，解得：rm＝( 2＋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＝ 2＋1 qBl m ，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 1 2 l，因此最大速度应为 v＝qBl 2m ，故 C 正确；粒子运行周期为 2πm 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πm qB ， 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U d ，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＝1 2 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＝1 2 at2＝U2L2 4U1d 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q m ，发射速度大小都为 v0，且 满足 v0＝qBL m 。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＝mv0 2 r ，又 v0＝qBL m ，可得 r＝mv0 Bq ＝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＝ α 2π 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T 6 ，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＝T1 3 ＝2πm1 3q1B1 ，t2 ＝T2 6 ＝πm2 3q2B2 ，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＝m1v1 q1B1 ，R2＝m2v2 q2B2 ，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 v128 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 1 2 d，则 y＝d 2 ＋qU0 md ·l v0 · l 2 v0 ，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128 200 %＝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 1 4 T(0～0.005 s)，粒子打到屏上的时间 t0＝ 128 200 ×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。