《江西省豐城四中2020屆高考倒計(jì)時(shí)沖刺金典專題訓(xùn)練4 電場和磁場中的曲線運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江西省豐城四中2020屆高考倒計(jì)時(shí)沖刺金典專題訓(xùn)練4 電場和磁場中的曲線運(yùn)動(dòng)（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、知識像燭光，能照亮一個(gè)人，也能照亮無數(shù)的人。--培根 fcsz2020屆高考倒計(jì)時(shí)沖刺金典專題訓(xùn)練 專題4　電場和磁場中的曲線運(yùn)動(dòng) 一、選擇題(1～6題為單項(xiàng)選擇題，7、8題為多項(xiàng)選擇題) 1.如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，ab是圓的一條直徑．一帶電粒子從a點(diǎn)射入磁場，速度大小為2v，方向與ab成30°時(shí)恰好從b點(diǎn)飛出磁場，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t；若僅將入射速度大小改為v，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(不計(jì)帶電粒子所受重力)(　　) A．3t B.t C.t D．2t 答案：D 解析：由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m＝mR，化簡得R＝，T＝；

2、粒子以2v的速度從a射入、b點(diǎn)射出得到劃過圓弧的圓心角為60°，由R＝得，當(dāng)粒子以速度v入射時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒澾^的圓弧所對的圓心角變?yōu)?20°，由T＝得，兩次粒子運(yùn)動(dòng)的周期不變，所以粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變?yōu)?t，故D項(xiàng)正確． 2.如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．小球帶負(fù)電 B．電場力跟重力平衡 C．小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電勢能減小 D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒 答案：B 解析：

3、由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯(cuò)，B對；從a→b，電場力做負(fù)功，電勢能增大，C錯(cuò)；由于有電場力做功，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)． 3.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負(fù)極板不動(dòng)，正極板在豎直方向移動(dòng)，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?　　) A．2倍 B．4倍 C. D. 答案：C 解析：電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，做類平拋運(yùn)動(dòng)．假設(shè)電子的帶電荷量為e，質(zhì)

4、量為m，初速度為v，極板的長度為L，極板的間距為d，電場強(qiáng)度為E.由于電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以水平方向有：L＝vt，豎直方向有：y＝at2＝··2＝d.因?yàn)镋＝，可得：d2＝，若電子的速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，仍從正極板邊緣飛出，則由上式可得兩極板的間距d應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?，故選C. 4.AB板間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)沿垂直電場線方向射入三種比荷相同的帶電微粒(不計(jì)重力)，a、b和c的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其中b和c是從同一點(diǎn)射入的．不計(jì)空氣阻力，則可知粒子運(yùn)動(dòng)的全過程(　　) A．運(yùn)動(dòng)加速度：aa>ab>ac B．飛行時(shí)間：tb＝tc>ta C．水平速度：va>vb＝vc D．電勢能的減小量

5、：ΔEc＝ΔEb>ΔEa 答案：B 解析：根據(jù)牛頓第二定律得，微粒的加速度為a＝，據(jù)題相同，E相同，所以aa＝ab＝ac，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；三個(gè)帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由y＝at2得t＝，由圖有yb＝y(tǒng)c>ya，則tb＝tc>ta，選項(xiàng)B正確；三個(gè)帶電微粒水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由x＝v0t得v0＝，由圖知xa>xb>xc，又tb＝tc>ta，則va>vb>vc，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場力做功為W＝qEy，由于三個(gè)微粒的電荷量關(guān)系不能確定，所以不能確定電場力做功的大小，也就不能確定電勢能減少量的大小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 5．如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙

6、面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L.一個(gè)粒子源在a點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子中，速度的最大值是(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析： 由分析知，粒子沿著ab邊入射且運(yùn)動(dòng)軌跡與bc邊相切時(shí)滿足題意，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．由幾何關(guān)系知，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑r＝ab＝L，則粒子速度的最大值v＝＝，選項(xiàng)A正確． 6.如圖所示，水平放置的平行板長度為L、兩板間距也為L，兩板之間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在兩板正中央P點(diǎn)有一個(gè)不計(jì)重力的電

7、子(質(zhì)量為m、電荷量為－e)，現(xiàn)在給電子一水平向右的瞬時(shí)初速度v0，欲使電子不與平行板相碰撞，則(　　) A．v0>或v0< B. D．v0< 答案：A 解析： 此題疑難點(diǎn)在于確定“不與平行板相碰撞”的臨界條件．電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R＝，如圖所示．當(dāng)R1＝時(shí)，電子恰好與下板相切；當(dāng)R2＝時(shí)，電子恰好從下板邊緣飛出兩平行板(即飛出磁場)．由R1＝，解得v1＝，由R2＝，解得v2＝，所以欲使電子不與平行板相碰撞，電子初速度v0應(yīng)滿足v0>或v0<，故選項(xiàng)A正確． 7.如圖，一粒子發(fā)射源P位于足夠長絕緣板AB的上方d處，能

8、夠在紙面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射速率為v、比荷為k的帶正電的粒子，空間存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力．已知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小恰好為d，則(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 C．同一時(shí)刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時(shí)間差為 D．同一時(shí)刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時(shí)間差為 答案：BC 解析： 根據(jù)qvB＝m和R＝d、＝k得B＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；能打到板上的粒子中，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長和最短的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖所示，由幾何關(guān)系，最長時(shí)間t1＝T，最短時(shí)間t2＝T，T＝，所以最大時(shí)間差Δt＝t1－t2＝T＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)

9、誤． 8.用長為1.4 m的輕質(zhì)柔軟絕緣細(xì)線，拴一質(zhì)量為1.0×10－2 kg、電荷量為2.0×10－8 C的小球，細(xì)線的上端固定于O點(diǎn)．現(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場，平衡時(shí)細(xì)線與鉛垂線成37°角，如圖所示．現(xiàn)向左拉小球使細(xì)線水平且拉直，靜止釋放，則(sin 37°＝0.6)(　　) A．該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為3.75×106 N/C B．平衡時(shí)細(xì)線的拉力為0.17 N C．經(jīng)過0.5 s，小球的速度大小為6.25 m/s D．小球第一次通過O點(diǎn)正下方時(shí)，速度大小為7 m/s 答案：AC 解析： 小球處于平衡狀態(tài)時(shí)，受力分析如圖所示，則可知qE＝mgtan 37°，則該勻強(qiáng)電

10、場的電場強(qiáng)度E＝＝3.75×106 N/C，A正確；細(xì)線的拉力F＝＝0.125 N，故B錯(cuò)誤；在外力作用下，小球拉至細(xì)線水平時(shí)，由靜止釋放，如圖所示，小球在電場力和重力的作用下，從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4 m，在此過程中，細(xì)線處于松弛狀態(tài)，無拉力作用，小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線繃緊，勻加速直線運(yùn)動(dòng)結(jié)束．根據(jù)牛頓第二定律可知小球勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a＝＝＝ m/s2＝12.5 m/s2，假設(shè)經(jīng)過0.5 s后，小球仍在沿AB方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球的速度v＝at＝6.25 m/s，經(jīng)過的距離x＝at2＝×12.5×0.52 m＝1

11、.562 5 m，A、B間的距離|AB|＝2×l×cos 53°＝1.68 m，x<|AB|，假設(shè)成立，故0.5 s時(shí)，小球的速度大小為6.25 m/s，故C正確；小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線繃緊，小球沿細(xì)線方向的分速度減為零，動(dòng)能減小，假設(shè)細(xì)線繃緊過程小球機(jī)械能損失ΔE，此后在電場力、重力和細(xì)線拉力作用下沿圓弧運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)正下方，根據(jù)能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝mv2，可得v>7 m/s，故D錯(cuò)誤． 二、非選擇題 9.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中有兩個(gè)全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，充滿了方向均垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可

12、調(diào)，C點(diǎn)坐標(biāo)為 (4L,3L)，M點(diǎn)為OC的中點(diǎn)．質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子從C點(diǎn)以平行于y軸方向射入磁場Ⅱ中，速度大小為，不計(jì)粒子所受重力，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場區(qū)域相切時(shí)認(rèn)為粒子能再次進(jìn)入磁場． (1)若粒子無法進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ中，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大小范圍； (2)若粒子恰好不能從AC邊射出，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大小． 9：(1)B<　(2) 解析：(1)如圖甲所示，當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸相切時(shí)，粒子恰好能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ中．由幾何關(guān)系可知粒子圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r＝3L，v＝， 由qvB＝m得B＝ 若粒子無法進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ中， 則r>3L，區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度B<. (2)若粒子恰好不

13、能從AC邊射出，粒子軌跡與AC邊相切于E點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知∠O2O1E＝2θ，粒子在磁場Ⅰ中，qvB0＝m，v＝，可得粒子在磁場Ⅰ中軌道半徑為r1＝. 設(shè)在磁場Ⅱ中的軌道半徑為R，由幾何關(guān)系可知，R＝r1＋ 由sin θ＝可知sin 2θ＝，解得R＝L 在磁場Ⅱ中由qvB＝m，v＝，可知B＝. 10.如圖所示，有一平面直角坐標(biāo)系xOy，其中x軸的正方向?yàn)樗较蛴?，y軸的正方向?yàn)樨Q直向上．在x>0的空間中，存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場；在x<0的空間中，存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小均為E＝1 N/C.一質(zhì)量m＝10 g、電荷量q＝0.1 C的帶負(fù)電的小球在點(diǎn)

14、P(10 cm,0)處由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，(重力加速度g＝10 m/s2)求： (1)小球第一次到達(dá)y軸時(shí)的速度； (2)小球第二次到達(dá)y軸時(shí)的位置坐標(biāo)． 10：(1)2 m/s　(2)(0，－90 cm) 解析：(1)小球在P點(diǎn)時(shí)，對小球受力分析可知： 所受電場力水平向左，大小為F電＝qE＝0.1 N 所受重力豎直向下，大小為G＝mg＝0.1 N 所以小球受到的合力斜向左下方，與x軸的負(fù)方向的夾角為45°，大小為F＝ N 由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，小球在x>0的空間運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a＝ 設(shè)小球第一次到達(dá)y軸上的點(diǎn)為A， 則v＝2alPA，其中l(wèi)PA＝xP 解得小球到達(dá)A點(diǎn)的速度為v1＝2 m/s (2) 小球在x<0的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)受合力的大小仍為F、方向斜向右下方，與y軸負(fù)方向的夾角為45°，所以小球在x<0的空間內(nèi)以大小為a的加速度做類平拋運(yùn)動(dòng)，小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，在合力的方向與合力垂直的方向運(yùn)動(dòng)的位移大小相等，則有 v1t＝at2＝l l＝lAB 解得：lAB＝80 cm 由幾何關(guān)系可知lOA＝10 cm 所以小球第二次到達(dá)y軸的坐標(biāo)為(0，－90 cm) 7 / 7