通用版2019版高考物理二轮复习专题检测十五巧用“类平抛圆周”解决电偏转磁偏转问题含解析

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v 0，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B 0＝mv 0qL ，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，qv 0B 0＝mv 02R
，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r 1＝R sin 30°、r 2＝R sin 45°，由牛顿第二定律得Bqv ＝m v 2r ，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v 1v 2＝r 1r 2＝sin 45°sin 30°＝2，则入射角为45°的粒子速度大小为v 2＝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v 0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
2my 2v 02qL 2 B ．带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为
2mdyv 0L C ．带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为2yv 0L
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 ＝12at 2＝qU 2md ⎝ ⎛⎭
⎪⎫L v 02，解得极板间电势差U ＝2mdyv 02qL 2，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 ＝2my 2v 02qL 2，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 ＝q ΔU ＝2my 2v 02L 2，B 项错误；带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为v y ＝at ＝2yv 0L
，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＝v y v 0＝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v 0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 ＝v 0t 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 ＝12at 2，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t 1后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过时间t 2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 ．t 1∶t 2＝1∶1
D ．t 1∶t 2＝2∶1
解析：选D 由qvB ＝m v 2R 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 ＝θ360°
T 知t 1∶t 2＝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v 1从A
点沿直径AOB 方向射入磁场，经过时间t 1射出磁场。

另一相同的
带电粒子以速度v 2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t 2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 ．v 1∶v 2＝2∶1
B ．v 1∶v 2＝3∶1
C ．t 1＝t 2
D ．t 1>t 2
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O 1O ，对于三角形AO 1O ，由几何关系可知R
R 1
＝tan
30°，连接CO ，连接第二个粒子射出点D 与O ，四边形O 2COD 为菱形，R 2＝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v 1∶v 2＝R 1∶R 2＝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 ＝m v 2
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(r m ＋l )2＝r m 2＋r m 2，解得：r m ＝(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＋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12l ，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E k ＝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(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
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(He 2＋)的比荷不同，由qU 1＝12
mv 2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 ＝12at 2＝U 2L 24U 1d
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v 0，且
满足v 0＝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Bqv 0＝m v 02r ，又v 0＝qBL m ，可得r ＝mv 0Bq
＝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 ＝α2π
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 B 1＝2B 2＝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B 1、
B 2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k 1、k 2，进入磁场时的速度大小分别为v 1、v 2，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 ．k 1＝2k 2
B ．2k 1＝k 2
C ．v 1＝2v 2
D ．2v 1＝v 2
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t 1＝t 2，而t 1＝T 13＝2πm 13q 1B 1
，t 2＝T 26＝πm 23q 2B 2
，将B 1＝2B 2＝2B 代入得k 1＝k 2；由于两粒子正碰则轨迹半径相等，而R 1＝m 1v 1q 1B 1，R 2＝m 2v 2q 2B 2
，解得v 1＝2v 2。

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 <
qBL 2m 时所有离子都打不到荧光屏上 B ．当v <qBL m
时所有离子都打不到荧光屏上 C ．当v ＝qBL m 时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为512
D ．当v ＝
qBL m 时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为12
解析：选AC 根据半径公式R ＝mv qB ，当v <qBL 2m 时，R <L 2
，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 ＝mv qB ，当v <
qBL m 时，R <L ，当半径非常小时，即R <L 2时所有离子都打不到荧光屏上，当L 2
≤R <L ，有离子打到荧光屏上，选项B 错误；当v ＝qBL m 时，可得R ＝mv qB
＝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 ′＝3R ＝3L ，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＝56π，能打到荧光屏上的离子数与发射的离子总数比值为k ＝θ2π＝56π2π＝512
，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l 2
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 cm 2
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U 0，水平方向有l ＝v 0t ，竖直方向有d 2＝12at 2
，又a ＝qU 0md ，解得U 0＝md 2v 02ql 2＝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12d ，则y ＝d 2＋qU 0md ·l v 0·l 2v 0
，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 cm 2，
选项A 错误，B 正确；粒子打在屏上的比例为128200
%＝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。