1、1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 关 1带电
2、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 从两极板正中央射入， Q 从下极板边缘处
3、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 tP tQ12B所带的电荷量之比 qP qQ12C电势能减少量之比 EP EQ12D动能增量之比为 EkP EkQ21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 x v0t 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 aPt2 t2， yQ aQt2 t2，联立可得 qP qQ12，B 正确；yPyQ 12 12 12 EqPm 12 12
4、 EqQm2电场力做功为W Eqy，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 EP EQ EqPyPEqQyQ 14力做功，所以电势能转化为动能，即粒子的动能增量之比为 EkP EkQ14，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 。Lv0(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a 。Fm qEm qUmd(3)离开电场时的偏移量 y at2 。12 qUL22mdv02(4)速度偏向角tan ；vyv0 qUtmdv0 qULmdv02位移偏向角tan 。y
5、L qUL2mdv022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 W qEy(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 AD 根据动能定理有 qE1d mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度123v1 。在偏转电场中，水平方向有
6、 l v1t2，竖直方向有 y t22，得粒子经偏转2qE1dm qE22m电场的侧位移 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E2l24E1d量相同，根据 W qE2y 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， qE1d qE2y mv22，得 粒 子 离 开 偏 转 电 场 E2打 到 屏 上 时 的 速 度 v2 ，12 2 qE1d qE2ym由于三种粒子的质量不相等，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dv12 Lv1 2dv1 Lv1子打
7、在屏上所用的时间不同，选项 C 错误；根据 vy t2及 tan ，得粒子速度的qE2m vyv1偏转角正切值 tan ，即三种粒子速度的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，E2l2E1d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14方向竖直向下的匀强电场中， OB 水平，一质量为 m10 4 kg、带电量为 q8.010 5 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
8、匀强电场的电场强度 E100 N/CB粒子在 A 点的电势能为 8105 JC粒子到达 C 点的速度大小为 5 m/sD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 OD AO0.3 m， DC0.4 m，则 AD v0t，DC t2，联立并代入数据可得： E25 N/C，故 A 错误；因qE2mUDC EDC10 V，而 A、 D 两点电势相等，所以 A10 V，即粒子在 A 点的电势能为：Epq A810 4 J，故 B 错误；从 A
9、点到 C 点由动能定理知： qUAC mvC2 mv02，代入数据12 12得： vC5 m/s，故 C 正确；粒子在 C 点的总能量： EC mvC2 104 52 12 12J1.2510 3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率为 4 m/s 时的电势能为：4Ep EC mv21.2510 3 J12104 42 J4.510 4 J，故 D 正确。12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，两板间加上如图乙所示最大
10、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2dv0为 m，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 v0B粒子的电荷量为mv022U0C在 t T 时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为 d18 18D在 t T 时刻进入的粒子刚好从 P 板右侧边缘离开电场14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动的时间
11、t T，竖直方向上的位移恰好为 d，则 时间内的位移为 ，粒子在2dv0 T2 d2竖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12 12 U0qdm(dv0)q ，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mv02U0 U0qdm v02d T8场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移大小为 d2 a 22 a 2 aT2 d，12(3T8) 12(T8) 18 12选项 C 错误； t 时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动 ，然后向下减速运动 ，T4
12、 T4 T4再向上加速运动 ，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T4 T4P 板右侧边缘离开电场，选项 D 正确。答案 AD5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
13、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 0C4 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 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
14、；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( )6A00)。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
15、射点到两平面交线 O 的距离为( )A. B.mv2qB 3mvqBC. D.2mvqB 4mvqB解析 如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R 。设入射点为 A，出射点为 B，圆弧与 ON 的交点为 P。由粒mvqB子运动的对称性及粒子的入射方向知， AB R。由几何关系知，APR，则 AO AP3 R，所以 OB4 R 。故选项 D 正确。3 34mvqB答案 D7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
16、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 l，要使粒子能从 x轴射出磁场，则粒子的速度 v 应满足( )A v
17、 B v 4 23 qBlm 4 23 qBlmC v D v3qBl3m 2qBl3m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 60 R l，由牛顿第二定律得 qvB ，则 R ，联立解得 vmv2R mvqB，即为速度的最小值，A 正确。 4 23 qBlm82.如图所示，竖直线 MN PQ， 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(粒子重力及粒子间的相互作用不计)，已知沿与 MN
18、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. a3v 23 a3vC. D.4 a3v 2 av解析：选 C 当 60时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则 a Rsin 30，即R2 a。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，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2右边界相切，如图乙所示，因 R2 a，此时圆心角 m为 120，即最长运动时间为 ，而T3T ，所以粒子在磁场中运动的最长时间为 ，C 正确。2 Rv 4 av 4 a3v提 能 点 四 带 电 粒 子 在 匀 强 磁
19、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 vBql4mB使粒子的速度 v5Bql4mC使粒子的速度 vBqlmD使粒子的速度 v 满足 vBql4m 5Bql4m9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 2 l2，又因 r1 ，解得
20、v ；若粒(r1l2) mvBq 5Bql4m子刚好打在极板左边缘，有 r2 ，解得 v ，故 A、B 正确。l4 mvBq Bql4m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。如图所示，带正电的粒子以速度 v 垂直进入匀强磁场，
21、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( )A M 中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从 a 点向 b 点运动B M 中通有自上而下的恒定电流，带正电的
22、粒子从 b 点向 a 点运动C N 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D N 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mvqB电流自下而上，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。102.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em感应强度 B 的取值为( )A B B B2m
23、v0ae 2mv0aeC B D B3mv0ae 3mv0ae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，a2cos 30 a3电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a3R 得 ，即 B ，D 正确。mvqB a3 mv0eB 3mv0ae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
24、 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 B0mv0qL， A、 C、 D选 项 中 曲 线 均 为 半 径 是 L的 14圆 弧 ， B选 项 中 曲 线 为 半 径 是 L2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 R L，恰好等于磁场圆形边界的半径，所mv02R以可以使粒子都会聚到一点(梭形磁场区域的
25、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。112.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
26、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；由于粒子相mvqB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2 mqB运动时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
27、OO对称的小孔qm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( )2A0.5 km/s B1 km/sC2 km/s D4 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 ，Rsin 30 Rsin 45 v2r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rqBm ，则入射角为 45的粒子速度大小为 v21 km/s，选项 B 正确。v1v2 r1r2 sin 45sin 30 24多选如图所示
28、，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2my2v02qL212B带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为2mdyv0LC带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为2yv0LD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yL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12 qU2md(Lv0)电势差 U ，带电粒子进入电场位置和离开电场位置的电
29、势差为2mdyv02qL2 U 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Ud 2my2v02qL2W q U ，B 项错误；带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为2my2v02L2vy 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 2yv0L ，D 项错误。vyv0 2yL5(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 B4
30、3C32 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 x v0t 知，运动时间之比为 12， P 和 Q 的竖直位移大小相等，根据 y at2，得加速度之比为 41，根据牛顿第二定律得 a ，因为 P12 qEm和 Q 的电荷量之比为 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(
31、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，又经过时间 t2后回到区域，设粒子在区域、中的角速度分别为 1、 2，则( )A 1 211 B 1 221C t1 t211 D t1 t22113解析：选 D 由 qvB m 和 v R 得 ，故 1 212；由几何关系知，v2R Bqm粒子在区域、中的轨迹对应的圆心角均为 120，由 T 和 t T 知2 mqB 360t1 t221，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
32、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R2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 12 3C t1 t2 D t1t2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RR1形 O2COD
33、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mvqB 3以 A 错误，B 正确；根据周期公式 T 可知，粒子的周期2 mqB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
34、 边 射 出 磁 场 ， 且 距点 C 的距离qBlm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 v2qBlmC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 vqBl2m14D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 mqB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 mqBlm，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v2rA 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Bqrm系可知，若要使粒子从 CD 边射
35、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2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， 2 1 qBlm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12 qBl2m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2 mBq长时间为 ，故 D 正确。 mqB9.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
36、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UdB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Ud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 )
37、和二价氦离子(He 2 )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15D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(He 2 )的比荷不同，由 qU1 mv2可知经过12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。12 U2L24U1d11.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， AO L，在 O 点
38、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qmv0，且满足 v0 。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qBLm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 时粒子打到极板上，当d2 12 qU0md md2v02ql2U128 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12 d2 qU0md lv0 l2v0得y d4 cm，又由对称性知，粒子打在屏上的总长度为 2d，区域面积为 S2 db64 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128200的粒子有 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 t0141282000.005 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t4 t00.012 8 s，即屏上出现亮线的时间为 0.012 8 s，选项 D 正确。18
