《(新課標(biāo))2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)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(guān)《(新課標(biāo))2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)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(wǎng)上搜索。
1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(四)一、選擇題(共10個小題,14為單選,其余為多選,每題5分共50分)1.如圖,豎直平面內(nèi)存在半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,以圓心O為坐標(biāo)原點建立圖示直角坐標(biāo)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(fù)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(jīng)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(gòu)成的圖形的面積為()A.R2B.R2C.R2 D.R2答案B解析根據(jù)R,可知三個粒子的
2、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(gòu)成的圖形的面積即是ABC的面積,由題意知,ABACR,故三角形的面積為:SRR2,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(nèi)有一勻強(qiáng)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()A21 B32C31 D43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(guān)系可知粒子運動的軌道半徑為:r1a,若初速度為v2
3、,其運動軌跡將與CD邊相切,則由幾何關(guān)系可知粒子運動的軌道半徑r2a,電子做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:evBm,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(zhì)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(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中(電場方向沒有標(biāo)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電子在電場中做變加速度曲線運動BA、B兩點間的電勢差UAB0C電子從A運動到B的時間tD電子在B點的速度大小vv0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
4、電場力作用,根據(jù)牛頓第二定律可得:eEma將電子在B點的速度分解可知(如圖)vBv0電子由A到B,由動能定理可知:eUABmvB2mv02由式得UABr,故A項錯誤;如果粒子經(jīng)過x軸時的速度方向垂直x軸,則粒子經(jīng)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(guān)系可得OPr,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(jīng)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30,則粒子半徑rCA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(biāo)系xOy中,位于坐標(biāo)軸上的M、N、P
5、三點到坐標(biāo)原點O的距離均為r,在第二象限內(nèi)以O(shè)1(r,r)為圓心,r為半徑的圓形區(qū)域內(nèi),分布著方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)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(jìn)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(nèi),以適當(dāng)?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(fù)方向的勻強(qiáng)電場或垂直xOy平面的勻強(qiáng)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(dá)N點時的
6、速度最大為vC若OPN之外的區(qū)域加的是電場,粒子到達(dá)N點時的速度方向不可能與x軸成45D若OPN之外的區(qū)域加的是電場,則邊界PN曲線的方程為y2xr答案ABD解析由題意知沿MO1方向射入的粒子恰好從P點進(jìn)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(guān)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(jìn)入第一象限速度方向相同,即均沿x方向進(jìn)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(guān)系可得所加磁場的最小面積為S2,故A項
7、正確;若OPN之外的區(qū)域加的是電場,粒子進(jìn)入第一象限做類平拋,沿MO1入射的粒子到達(dá)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(shè)類平拋運動時間為t,在N點速度與水平方向夾角為,則有:水平方向:rvt豎直方向:rt聯(lián)立解得:vy2vvmaxv,tan2,tan451,故B項正確,C項錯誤;若OPN之外的區(qū)域加的是電場,設(shè)邊界PN曲線上有一點的坐標(biāo)為(x,y),則xvt,yrat2,整理可得:;當(dāng)xr時y0,整理可得邊界PN曲線的方程為y2xr,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)11如圖所示,真空中有兩塊足夠大的熒光
8、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(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)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(nèi)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(zhì)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(jīng)過的區(qū)域的面積;(3)當(dāng)平行于P2向左發(fā)射的粒子到達(dá)熒光屏?xí)r,求仍在磁場中運動的粒子和已經(jīng)被屏吸收的粒子的個數(shù)之比答案(1)(2)d2(3)解析(1)設(shè)粒子運動軌跡
9、的半徑為R,則有:qv0B ,解得:R2d,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,則有:cos,解得:,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1相切時,初速度的方向和與P2成角的軌跡如圖2所示,則有:cos,解得:,所以有粒子經(jīng)過的區(qū)域的最大面積為:S2dRsin,解得:Sd2.(3)粒子的初速度方向與P2成角時,軌跡如圖3所示,若圓心角也為,則,所以當(dāng)平行于P2向左發(fā)射的粒子到達(dá)P1時,此時已經(jīng)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,已經(jīng)打到熒光屏2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
10、0,仍在磁場中運動的粒子的發(fā)射方向范圍是,所以仍在磁場中運動的粒子和已經(jīng)被屏吸收的粒子個數(shù)之比為.12.如圖,豎直平面內(nèi)(紙面)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場,方向與水平方向成60角,紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成30角,MN長度為d.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電小球從M由靜止釋放,小球沿MN方向運動,到達(dá)N點的速度大小為vN(待求);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?qū)⒔?jīng)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(qiáng)電場的電場強(qiáng)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)
11、(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:Fmg,由牛頓第二定律得:小球運動的加速度為:ag,從MN,有:2advN2,解得:vN.(2)如圖乙,設(shè)MP為h,作PC垂直于電場線,小球做類平拋運動:hcos60at2,hsin60vNt,UMCEhcos30,UMPUMC,聯(lián)立解得:UMP.(3)如圖乙,作PD垂直于MN,從MP,由動能定理:FsMDEkPEkM,sMDhsin30,EkMmvN2,.13.在豎直平面內(nèi),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
12、的圓心為O,半徑R1.0 m,軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度的大小E1.0104 N/C,現(xiàn)有質(zhì)量m0.20 kg,電荷量q6.0104 C的帶電體(可視為質(zhì)點),從A點由靜止開始向右運動,已知A、B間距為L1.0 m,帶電體與軌道AB、CD間的動摩擦因數(shù)均為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
13、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(shè)帶電體到達(dá)C點時的速度為v,從A到C,由動能定理得:qE(LR)mgLmgRmv2解得:v3 m/s,在C點,對帶電體,由牛頓第二定律得NqEm解得:N24 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NN24 N.(2)設(shè)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:mghqEh0mv2解得:h1.8 m.在最高點,帶電體受到的最大靜摩擦力:FfmaxqE3 N,重力Gmg2 N,因為GFfmax,所以帶電體最終靜止在與C點豎直距離為1.8 m處(3)從A點到停止運動
14、過程中帶電體的電勢能變化量EpW電qE(LR)12 J.(4)設(shè)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/s230 m/s2.水平方向有LRv0tat2,豎直方向有hRgt2,聯(lián)立可得v013.90 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(biāo)系xOy,y軸左側(cè)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E,y軸右側(cè)有垂直水平桌面向上的勻強(qiáng)磁場B,在(12,0)處有一個帶正電的小球A以速度v02.4 m/s沿x軸正方向進(jìn)入電場,運動一段時間后,從(0,8)處進(jìn)入y軸右側(cè)的磁場中,并且正好垂直于x軸進(jìn)入第4象限,已知A球的質(zhì)量
15、為m0.1 kg,帶電量為q2.0 C,小球重力忽略不計,求:(1)電場強(qiáng)度E的大??;(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??;(3)如果在第4象限內(nèi)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(nèi)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(nèi)運動的時間最長?(小球可以看成是質(zhì)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(shè)為x1、y1.有:x1v0t1,y1at12,a,聯(lián)立可得:E3.2 N/C.(2)小球進(jìn)入磁場時,有:vyat1,v,cos,v4 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(jìn)入第4象限,作出小球A運動的軌跡如圖,設(shè)軌道半徑為R1,由幾何關(guān)系可得:R1 m,根據(jù)Bqvm,解得:B1.5 T.(3)在第4象限內(nèi)A與C球發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞后速度設(shè)為v2,在磁場中做圓周運動的軌道半徑設(shè)為R2.有:mv(mmC)v2,Bqv2(mmC),解得:R2R1,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(nèi)運動的時間最長,小球C應(yīng)放在小球A進(jìn)入第4象限時的位置為:xR1R1sin530.24 m,即坐標(biāo)為(24,0)17