（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）

專題強化訓練(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(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，ABACR，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()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，則由幾何關系可知粒子運動的軌道半徑為：r1a，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電子在電場中做變加速度曲線運動BA、B兩點間的電勢差UAB>0C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vyv0tan30°vyatAB聯(lián)立式得tAB.故選C項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()Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12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由qvBmmr可以得出vbvcrbrc12，又由tT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21，則tbtc21，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B1 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，OM3 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(jīng)過M點，則小球射入的速度大小可能是()A3 m/s B3.75 m/sC4 m/s D5 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vmin3 m/s；經(jīng)驗證，帶電小球以3 m/s速度進入磁場，與ON碰撞一次，再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)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(jīng)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Rmax5 m，又Rmax，解得vmax5 m/s，D項正確；當小球速度大于3 m/s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R3.75 m，由半徑公式R得v3.75 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()Aa、b兩粒子都經(jīng)過B點Ba、b兩粒子可以在磁場中相遇Ca、b兩粒子在磁場中的運動時間之比為51Da、b兩粒子離開磁場時的速度偏向角之比為15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(jīng)過B點，故A項正確；根據(jù)T，可知兩粒子的周期相等，由tT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51，兩粒子不相遇，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51，故D項錯誤故選A、C兩項7.如圖所示，在紙面內直角三角形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)，Q30°，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()Aa粒子帶正電，b粒子帶負電Ba、b粒子軌跡半徑之比為13Ca、b粒子在磁場中運行時間之比為23Da、b粒子的比荷之比為13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OMR，則raRtan30°R，rbRtan60°R，則a、b粒子軌跡半徑之比為13，故B項正確；a、b粒子在磁場中運行的弧長之比為：raarbb，因兩粒子的速率相同，則兩粒子的時間之比為23，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31，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(q0)、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LB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Bqvm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(jīng)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(jīng)四分之一圓周到達d點，離開后再在外磁場中經(jīng)四分之三圓周回到a點，則可知，粒子恰好經(jīng)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OLB粒子經(jīng)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(jīng)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；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xOy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vC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S2×，故A項正確；若OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒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，則有：水平方向：rvt豎直方向：rt聯(lián)立解得：vy2vvmaxv，tan2，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xvt，yrat2，整理可得：；當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(jīng)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(jīng)被屏吸收的粒子的個數(shù)之比答案(1)(2)d2(3)解析(1)設粒子運動軌跡的半徑為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：S2d×Rsin，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，所以當平行于P2向左發(fā)射的粒子到達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(紙面)存在平行于紙面的勻強電場，方向與水平方向成60°角，紙面內的線段MN與水平方向成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)；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(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：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MP為h，作PC垂直于電場線，小球做類平拋運動：hcos60°at2，hsin60°vNt，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，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R1.0 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E1.0×104 N/C，現(xiàn)有質量m0.20 kg，電荷量q6.0×104 C的帶電體(可視為質點)，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G<Ffmax，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點到停止運動過程中帶電體的電勢能變化量EpW電qE(LR)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/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v02.4 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m0.1 kg，帶電量為q2.0 C，小球重力忽略不計，求：(1)電場強度E的大小；(2)磁感應強度B的大小；(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：x1v0t1，y1at12，a，聯(lián)立可得：E3.2 N/C.(2)小球進入磁場時，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)Bqvm，解得：B1.5 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(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：xR1R1sin53°0.24 m，即坐標為(24，0)17