《（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練4 電場和磁場中的曲線運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練4 電場和磁場中的曲線運動（含解析）（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題強化訓練(四) 一、選擇題(共10個小題，1～4為單選，其余為多選，每題5分共50分) 1.如圖，豎直平面內存在半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，以圓心O為坐標原點建立圖示直角坐標系，現(xiàn)有11H，12H，13H三種粒子，11H以速度v0從a點與x軸正方向成30°斜向下射入磁場，12H以速度v0從b點沿y軸負方向射入磁場，13H以速度v0從O點沿y軸正方向射入磁場，已知11H運動半徑剛好為R，經過一段時間后三個粒子分別射出磁場，若運動過程中粒子不會發(fā)生碰撞，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，則三個粒子從圓形邊界射出點構成的圖形的面積為(　　) A.R2　　　　　　　　　 B.R2

2、C.R2 D.R2 答案　B 解析　根據(jù)R＝，可知三個粒子的運動半徑均都是R，粒子運動軌跡如圖．三個粒子從圓形邊界射出點構成的圖形的面積即是△ABC的面積，由題意知，AB＝AC＝R，故三角形的面積為：S＝×R×＝R2，故B項正確，故選B項． 2.如圖所示，在邊長為a的正方形ABCD區(qū)域(包含邊界)內有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．E點是AB邊上的一點，且AE之間的距離為.將一電子從E點沿EB方向射出，若初速度為v1，其運動軌跡將與BC邊相切；若初速度為v2，其運動軌跡將與CD邊相切．則v1與v2之比為(　　) A．2∶1 B．3∶2 C．3∶1 D．4∶3

3、 答案　B 解析　將一電子從E點沿EB方向射出，若初速度為v1，其運動軌跡將與BC邊相切， 則由幾何關系可知粒子運動的軌道半徑為：r1＝a， 若初速度為v2，其運動軌跡將與CD邊相切， 則由幾何關系可知粒子運動的軌道半徑r2＝a， 電子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：evB＝m， 解得：v＝，電子速度之比：＝＝，故B項正確，A、C、D三項錯誤． 3.如圖所示，質量為m，電荷量為e的電子，從A點以速度v0垂直于電場方向射入一個電場強度為E的勻強電場中(電場方向沒有標出)，從B點射出電場時的速度方向與電場線成120°角，電子重力不計．則(　　) A．電子在

4、電場中做變加速度曲線運動 B．A、B兩點間的電勢差UAB>0 C．電子從A運動到B的時間t＝ D．電子在B點的速度大小v＝v0 答案　C 解析　電子僅受電場力，且電場力是恒力，則電子加速度一定，為勻變速曲線運動，故A項錯誤； 電子在電場中受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得：eE＝ma① 將電子在B點的速度分解可知(如圖) vB＝＝v0② 電子由A到B，由動能定理可知： －eUAB＝mvB2－mv02③ 由②③式得UAB＝－<0 在B點設電子在B點沿電場方向的速度大小為vy，則有 vy＝v0tan30°④ vy＝atAB⑤ 聯(lián)立①④⑤式得tAB＝.故選C項．

5、4.如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力．則(　　) A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 答案　A 解析　由題可得帶正電粒子在勻強磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，且洛倫茲力提供做圓周運動的向心力，作出粒子兩次運動的軌跡如圖所示．

6、由qvB＝m＝mr可以得出vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，又由t＝T可以得出時間之比等于偏轉角之比．由圖看出偏轉角之比為2∶1，則tb∶tc＝2∶1，A項正確． 5.如圖所示，xOy平面的一、二、三象限內存在垂直于紙面向外、磁感應強度B＝1 T的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9 m，M點為x軸正方向上一點，OM＝3 m．現(xiàn)有一個比荷大小為＝1.0 C/kg，可視為質點，帶正電的小球(重力不計)從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，小球最后都能經過M點，則小球射入的速度大小可能是(　　)

7、A．3 m/s B．3.75 m/s C．4 m/s D．5 m/s 答案　ABD 解析　因為小球通過y軸的速度方向一定是＋x方向，故帶電小球圓周運動軌跡半徑最小值為3 m，即Rmin＝，解得vmin＝3 m/s；經驗證，帶電小球以3 m/s速度進入磁場，與ON碰撞一次，再經四分之三圓周經過M點，如圖1所示，A項正確；當帶電小球與ON不碰撞，直接經過M點，如圖2所示，小球速度沿－x方向射入磁場，則圓心一定在y軸上，作出MN的垂直平分線，交于y軸的點即得圓心位置，由幾何關系解得軌跡半徑最大值Rmax＝5 m，又Rmax＝，解得vmax＝5 m/s，D項正確；當小球速度大于3 m/s

8、且小于5 m/s時，軌跡如圖3所示，由幾何條件計算可知軌跡半徑R＝3.75 m，由半徑公式R＝得v＝3.75 m/s，B項正確，由分析易知C項錯誤． 6.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于平面向外的勻強磁場，AB為直徑，磁感應強度大小為B0，兩個帶電荷量均為＋q，質量均為m的帶電粒子a、b，同時從邊界上兩點垂直直徑AB方向并沿該平面射入磁場，粒子的初速度大小均為，兩入射點與圓心的連線跟直徑AB的夾角均為30°，不計兩粒子重力及兩粒子間的相互作用，則下列說法正確的是(　　) A．a、b兩粒子都經過B點 B．a、b兩粒子可以在磁場中相遇 C．a、b兩粒子在磁場中的運動時間之比為

9、5∶1 D．a、b兩粒子離開磁場時的速度偏向角之比為1∶5 答案　AC 解析　根據(jù)R＝可知，a、b兩個粒子的運動半徑都等于R，運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何知識得：a粒子的圓心角為150°，b粒子的圓心角為30°，a、b兩粒子都經過B點，故A項正確；根據(jù)T＝，可知兩粒子的周期相等，由t＝T知運動時間取決于圓心角，a粒子的圓心角為150°，b粒子的圓心角為30°，故兩粒子在磁場中的運動時間之比為5∶1，兩粒子不相遇，故B項錯誤，C項正確；a粒子的圓心角為150°，b粒子的圓心角為30°，故a、b兩粒子離開磁場時的速度偏向角之比為5∶1，故D項錯誤．故選A、C兩項． 7.如圖所示，在紙面內

10、直角三角形PQM區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，∠Q＝30°，O為斜邊QP的中點，a、b兩個帶電粒子以相同的速率從M點沿MO方向垂直射入磁場，并從P、Q兩點離開．不計粒子的重力，下列說法正確的是(　　) A．a粒子帶正電，b粒子帶負電 B．a、b粒子軌跡半徑之比為1∶3 C．a、b粒子在磁場中運行時間之比為2∶3 D．a、b粒子的比荷之比為1∶3 答案　BC 解析　a和b的軌跡對應的圓心及半徑如圖所示． 由左手定則可知，b粒子帶正電，a粒子帶負電，故A項錯誤；設OM＝R，則ra＝Rtan30°＝R，rb＝Rtan60°＝R，則a、b粒子軌跡半徑之比為1

11、∶3，故B項正確；a、b粒子在磁場中運行的弧長之比為：raθa∶rbθb＝∶＝，因兩粒子的速率相同，則兩粒子的時間之比為2∶3，故C項正確；根據(jù)r＝可知兩粒子的比荷之比等于半徑的倒數(shù)比，即3∶1，故D項錯誤．故選B、C兩項． 8.如圖所示，邊長為L的正方形abcd為兩個勻強磁場的邊界，正方形內磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，正方形外的磁場范圍足夠大，方向垂直紙面向里、磁感應強度大小也為B；把一個粒子源放在頂點a處，它將沿ac連線方向發(fā)射質量也為m、電荷量為q(q＞0)、初速度為v0＝的帶負電粒子(重力不計)，下列說法正確的是(　　) A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為L

12、 B．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為 C．粒子第一次到達c點所用的時間為 D．粒子第一次返回a點所用的時間為 答案　BD 解析　由Bqv＝m可知，R＝＝，故A項錯誤； 由v＝可知，粒子在磁場中運動的周期T＝，故B項正確； 由幾何關系可知，粒子在內部磁場中應恰好到達b點，離開b后再經四分之三圓周到達c點，運動軌跡如圖所示，則可知到達c點的時間為一個周期，故為T＝，故C項錯誤； 粒子由c點進入時沿ca方向，經四分之一圓周到達d點，離開后再在外磁場中經四分之三圓周回到a點，則可知，粒子恰好經過了2個周期，故時間為，故D項正確．故選B、D兩項． 9．如圖所示，虛線OL與y軸的

13、夾角為60°，在此角范圍內有垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一帶正電荷的粒子從y軸上的M點沿平行于x軸的方向射入磁場，粒子離開磁場后的運動軌跡與x軸交于P點(圖中未畫出)．已知OP之間的距離與粒子在磁場中運動的軌道半徑相同，不計粒子的重力．則下列說法正確的是(　　) A．粒子離開磁場時的速度方向可能垂直虛線OL B．粒子經過x軸時的速度方向可能垂直x軸 C．粒子離開磁場時的速度方向可能和虛線OL成30°夾角 D．粒子經過x軸時的速度方向可能與x軸正方向成30°夾角 答案　BD 解析　如果粒子離開磁場時的速度方向垂直虛線OL，則圓心為O，粒子達到x軸上的距離OP>r，故A項錯誤；

14、 如果粒子經過x軸時的速度方向垂直x軸，則粒子經過OL時速度方向豎直向下，粒子運動軌跡如圖所示： 此時軌跡幾何關系可得OP＝r，故B項正確； 如果粒子離開磁場時的速度方向和虛線OL成30°夾角，則速度方向如圖所示： 此時OP距離一定小于r，故C項錯誤； 粒子經過x軸時的速度方向可能與x軸正方向成30°夾角，軌跡如圖所示： 如果β＝30°，則粒子半徑r＝CA有可能等于OP，故D項正確．故選B、D兩項． 10.如圖所示，在直角坐標系xOy中，位于坐標軸上的M、N、P三點到坐標原點O的距離均為r，在第二象限內以O1(－r，r)為圓心，r為半徑的圓形區(qū)域內，分布著方向垂直xO

15、y平面向外的勻強磁場，現(xiàn)從M點平行xOy平面沿不同方向同時向磁場區(qū)域發(fā)射速率均為v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好從P點進入第一象限．為了使M點射入磁場的粒子均匯聚于N點，在第一象限內，以適當?shù)倪^P點的曲線為邊界(圖中未畫出，且電場邊界曲線與磁場邊界曲線不同)，邊界之外的區(qū)域加上平行于y軸負方向的勻強電場或垂直xOy平面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用及其重力．下列說法正確的是(　　) A．若OPN之外的區(qū)域加的是磁場，則所加磁場的最小面積為 B．若OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達N點時的速度最大為v C．若OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達N點時的速度方向不可能與

16、x軸成45° D．若OPN之外的區(qū)域加的是電場，則邊界PN曲線的方程為y＝－2x＋r 答案　ABD 解析　由題意知沿MO1方向射入的粒子恰好從P點進入第一象限，軌跡為圓弧，速度方向水平向右(沿x軸正方向)，由幾何關系知軌跡半徑等于圓形磁場半徑，作出由粒子軌跡圓的圓心、磁場圓的圓心以及出射點、入射點四點組成的四邊形為菱形，且所有從M點入射粒子進入第一象限速度方向相同，即均沿＋x方向進入第一象限，為了使M點射入磁場的粒子均匯聚于N點，OPN之外的區(qū)域加的是磁場，最小的磁場面積為圖中陰影部分的面積，根據(jù)幾何關系可得所加磁場的最小面積為S＝2×＝，故A項正確； 若OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒

17、子進入第一象限做類平拋，沿MO1入射的粒子到達N點時的運動時間最長，速度最大，速度與水平方向夾角也最大，設類平拋運動時間為t，在N點速度與水平方向夾角為θ，則有： 水平方向：r＝vt 豎直方向：r＝t 聯(lián)立解得：vy＝2v vmax＝＝v，tanθ＝＝2，tan45°＝1，故B項正確，C項錯誤； 若OPN之外的區(qū)域加的是電場，設邊界PN曲線上有一點的坐標為(x，y)，則x＝vt，y＝r－at2，整理可得：＝；當x＝r時y＝0，整理可得邊界PN曲線的方程為y＝－2x＋r，故D項正確． 二、計算題(共4個小題，11題11分，12題12分，12題13分，14題14分，共50分) 1

18、1．如圖所示，真空中有兩塊足夠大的熒光屏P1、P2水平正對放置，間距為d，兩熒光屏之間有一垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.在緊貼熒光屏P2的A點有一粒子源，某一時刻向熒光屏P2上方紙面內的各個方向同時以相同的速率各發(fā)射一個粒子(圖中只畫出其中的幾個方向)，粒子的質量為m，帶電荷量為－q，粒子的速率為v0＝.若粒子打到熒光屏上立即被吸收并發(fā)出熒光，不計粒子間的相互作用力和重力． (1)求平行于P2向左發(fā)射的粒子在磁場中的運動時間； (2)求熒光屏P1、P2之間有粒子經過的區(qū)域的面積； (3)當平行于P2向左發(fā)射的粒子到達熒光屏時，求仍在磁場中運動的粒子和已經被屏吸收的粒子

19、的個數(shù)之比． 答案　(1)　(2)πd2　(3) 解析　(1)設粒子運動軌跡的半徑為R，則有： qv0B＝ ， 解得：R＝2d， 平行于P2向左發(fā)射的粒子在磁場中的運動軌跡如圖1所示，圓心角為α， 則有：cosα＝， 解得：α＝， 粒子的運動周期為：T＝， 粒子的運動時間為：t＝. (2)粒子的軌跡恰好和Р1相切時，初速度的方向和與P2成角θ的軌跡如圖2所示， 則有：cosθ＝， 解得：θ＝， 所以有粒子經過的區(qū)域的最大面積為： S＝2＋d×Rsinθ， 解得：S＝πd2. (3)粒子的初速度方向與P2成角β時，軌跡如圖3所示， 若圓心角也為，則β

20、＝， 所以當平行于P2向左發(fā)射的粒子到達P1時，此時已經打到熒光屏P1上的粒子的發(fā)射方向與平行于P2向右 發(fā)射的粒子的方向成角的范圍是θ～π， 已經打到熒光屏Р2上的粒子的發(fā)射方向與平行于P2向右的方向成角的范圍是0～β， 仍在磁場中運動的粒子的發(fā)射方向范圍是β～θ， 所以仍在磁場中運動的粒子和已經被屏吸收的粒子個數(shù)之比為＝. 12.如圖，豎直平面內(紙面)存在平行于紙面的勻強電場，方向與水平方向成θ＝60°角，紙面內的線段MN與水平方向成α＝30°角，MN長度為d.現(xiàn)將一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球從M由靜止釋放，小球沿MN方向運動，到達N點的速度大小為vN(待求)；

21、若將該小球從M點沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度拋出，小球將經過M點正上方的P點(未畫出)，已知重力加速度大小為g，求： (1)勻強電場的電場強度E及小球在N點的速度vN； (2)M點和P點之間的電勢差； (3)小球在P點動能與在M點動能的比值． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)由小球運動方向可知，小球受合力沿MN方向，如圖甲， 由正弦定理得：＝＝， 解得：E＝， 合力為：F＝mg， 由牛頓第二定律得：小球運動的加速度為：a＝＝g， 從M→N，有：2ad＝vN2， 解得：vN＝. (2)如圖乙，設MP為h，作PC垂直于電場線，小球做類平拋運動：

22、 hcos60°＝at2， hsin60°＝vNt， UMC＝Ehcos30°， UMP＝UMC， 聯(lián)立解得：UMP＝－. (3)如圖乙，作PD垂直于MN，從M→P，由動能定理： FsMD＝EkP－EkM，sMD＝hsin30°， EkM＝mvN2， ＝＝. 13.在豎直平面內，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O，半徑R＝1.0 m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小E＝1.0×104 N/C，現(xiàn)有質量m＝0.20 kg，電荷量q＝＋6.0×10－4 C的帶電體(

23、可視為質點)，從A點由靜止開始向右運動，已知A、B間距為L＝1.0 m，帶電體與軌道AB、CD間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力．求： (1)帶電體運動到圓弧形軌道C點時對軌道的壓力大??； (2)帶電體最終停止的位置； (3)從A點到停止運動過程中帶電體的電勢能變化量； (4)為使帶電體從最終停止處又能回到A點，可在該處給帶電體一個水平的速度，求這速度的大小和方向． 答案　(1)24 N　(2)與C點豎直距離為1.8 m處 (3)－12 J　(4)13.90 m/s　方向水平向左 解析　(1)設帶電體到達C點時的速度為

24、v，從A到C，由動能定理得： qE(L＋R)－μmgL－mgR＝mv2 解得：v＝3 m/s， 在C點，對帶電體，由牛頓第二定律得N－qE＝m 解得：N＝24 N， 根據(jù)牛頓第三定律知，帶電體運動到圓弧形軌道C點時對軌道的壓力大小N′＝N＝24 N. (2)設帶電體沿豎直軌道CD上升的最大高度為h，從C到D由動能定理得： －mgh－μqEh＝0－mv2 解得：h＝1.8 m. 在最高點，帶電體受到的最大靜摩擦力：Ffmax＝μqE＝3 N，重力G＝mg＝2 N，因為G

25、勢能變化量ΔEp＝－W電＝－qE(L＋R)＝－12 J. (4)設這速度的大小為v0. 帶電體從停止處運動到A處的過程中，豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻減速運動，加速度大小為 a＝＝ m/s2＝30 m/s2. 水平方向有L＋R＝v0t－at2， 豎直方向有h＋R＝gt2， 聯(lián)立可得v0≈13.90 m/s，方向水平向左． 14．在光滑絕緣水平桌面上建立直角坐標系xOy，y軸左側有沿y軸正方向的勻強電場E，y軸右側有垂直水平桌面向上的勻強磁場B，在(－12，0)處有一個帶正電的小球A以速度v0＝2.4 m/s沿x軸正方向進入電場，運動一段時間后，從(0，8)處進入y軸右側的

26、磁場中，并且正好垂直于x軸進入第4象限，已知A球的質量為m＝0.1 kg，帶電量為q＝2.0 C，小球重力忽略不計，求： (1)電場強度E的大??； (2)磁感應強度B的大??； (3)如果在第4象限內靜止放置一個不帶電的小球C，使小球A運動到第4象限內與C球發(fā)生碰撞，碰后A、C粘在一起運動，則小球C放在何位置時，小球A在第4象限內運動的時間最長？(小球可以看成是質點，不考慮碰撞過程中的電量損失) 答案　(1)3.2 N/C　(2)1.5 T　(3)(24，0) 解析　(1)小球A在電場中沿x、y軸方向上的位移分別設為x1、y1.有： x1＝v0t1， y1＝at12， a＝，

27、 聯(lián)立可得：E＝3.2 N/C. (2)小球進入磁場時，有：vy＝at1， v＝， cosθ＝， v＝4 m/s，方向與y軸方向成37°， 小球A在磁場中做勻速圓周運動，垂直于x軸進入第4象限，作出小球A運動的軌跡如圖，設軌道半徑為R1，由幾何關系可得： R1＝＝ m， 根據(jù)Bqv＝m， 解得：B＝＝1.5 T. (3)在第4象限內A與C球發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后速度設為v2，在磁場中做圓周運動的軌道半徑設為R2.有： mv＝(m＋mC)v2， Bqv2＝(m＋mC)， 解得：R2＝＝＝R1， 即：小球運動的軌道半徑不變， 由周期公式T＝可得：碰撞后小球的速度變小，故碰后的周期變大，所以要使小球A在第4象限內運動的時間最長，小球C應放在小球A進入第4象限時的位置為： x＝R1＋R1sin53°＝0.24 m，即坐標為(24，0)． 17