(新課標)2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強化訓(xùn)練4 電磁學(xué)中的曲線運動

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1、專題強化訓(xùn)練(四) 一、選擇題 1.(2019·福建四校二次聯(lián)考)如圖所示,水平放置的平行板電容器,其正對的兩極板A、B長均為L,在距A、B兩板右邊緣L處有一豎直放置的足夠大熒光屏,平行板電容器的水平中軸線OO′垂直熒光屏交于O″點,電容器的內(nèi)部可視為勻強電場,場強為E,其外部電場不計.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從O點沿OO′射入電場,最后恰好打在熒光屏上的O″點,小球運動中沒有碰撞A板或者B板,已知重力加速度為g.則下列說法正確的是(  ) A.小球一定帶負電 B.小球一定垂直打在熒光屏的O″點上 C.電場力qE=2mg D.電場力qE=mg [解析] 在豎直方向

2、,帶電小球在電場力和重力作用下做豎直向上的勻加速直線運動,出電場后先做豎直上拋運動,再做自由落體運動,最終落到O″點.在水平方向小球一直做勻速直線運動.可知小球在電場內(nèi)受到向上的電場力作用,由于不知道電場方向,因而不知道小球的電性,A錯誤;小球落到O″時有豎直向下的速度,不會垂直打在熒光屏上,B錯誤;小球在電場中豎直方向的位移s1與小球在電場外在豎直方向的位移s2等大反向且運動時間相等,s1=a1t2、v=a1t、s2=vt-a2t2=(a1t)t-a2t2,結(jié)合s1=-s2可得3a1=a2即3(qE-mg)=mg,整理可得qE=mg,C錯誤,D正確. [答案] D 2.(2019·河北名

3、校聯(lián)盟)如圖,場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中).不計重力.若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于(  ) A. B. C. D. [解析] 兩粒子在電場中都做類平拋運動,初速度大小相同,加速度大小相同,因此運動軌跡相同,故兩粒子一定相切于矩形區(qū)域的中心,因此此時兩粒子的水平位移都為,豎直位移都為,根據(jù)牛頓第二定律得兩粒子運動的加速度都為,根據(jù)類平拋運動的特點得沿初速度方向上=v0t,沿加速

4、度方向上=t2,聯(lián)立得v0= ,B正確,ACD錯誤. [答案] B 3.(多選)(2019·自貢模擬三)如圖所示,在水平向右的勻強電場E中,將一帶正電的小球以初速度v0豎直向上拋出,小球質(zhì)量為m,電荷量q=,重力加速度為g.則帶電粒子拋出后(  ) A.將做勻變速曲線運動 B.動能先增大后減小 C.電場力一直做正功 D.最小速度為v0 [解析] 小球受到豎直向下的重力mg與水平向右的恒定的電場力Fe作用,初速度的方向與合力F的方向不在同一條直線上,故小球做勻變速曲線運動,軌跡如圖所示,選項A正確;小球受到的合力F與速度方向先成鈍角后成銳角,故合力對小球先做負功再做正功,故小球

5、的動能先減小后增大,選項B錯誤;小球受到的電場力與速度方向始終成銳角,故電場力對小球一直做正功,選項C正確;當合力F與速度方向垂直時,小球的速度v最小,將v0沿合力和垂直合力方向分解,v⊥=0時,速度最小,即vmin=v0cos30°=v0,選項D正確. [答案] ACD 4.(多選)(2019·重慶學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研)三個質(zhì)量相等,分別帶正電、負電和不帶電的粒子,從帶電平行金屬板左側(cè)中央以相同的水平初速度v0先后垂直電場進入,并分別落在正極板的A、B、C三處,O點是下極板的左端點,且OC=2OA,AC=2BC,如圖所示,則下列說法正確的是(  ) A.三個粒子在電場中運動的時間之比

6、tA∶tB∶tC=2∶3∶4 B.三個粒子在電場中運動的加速度之比aA∶aB∶aC=1∶3∶4 C.三個粒子在電場中運動時動能的變化量之比EkA∶EkB∶EkC=36∶16∶9 D.帶正、負電荷的兩個粒子的電荷量之比為7∶20 [解析] 三個粒子的初速度相等,在水平方向上做勻速直線運動,由x=vt得,運動時間tA∶tB∶tC=xA∶xB∶xC=2∶3∶4,故A正確;三個粒子在豎直方向上的位移y相等,根據(jù)x=vt,y=at2,解得aA∶aB∶aC=∶∶=36∶16∶9,故B錯誤;由牛頓第二定律可知F=ma,因為三小球質(zhì)量相等,所以合力大小之比與加速度之比相同,合力做功W=Fy,由動能定理

7、可知,動能的變化量等于合力做的功,所以三個粒子在電場中運動過程的動能變化量之比為36∶16∶9,故C正確;三個粒子所受的合力大小關(guān)系為FA>FB>FC,三個粒子所受的重力相等,所以B僅受重力作用,A所受的電場力向下,C所受的電場力向上,即B不帶電,A帶負電,C帶正電,由牛頓第二定律得aA∶aB∶aC=(mg+qAE)∶(mg)∶(mg-qCE),解得qC∶qA=7∶20,故D正確. [答案] ACD 5.(多選)(2019·河北六校聯(lián)考)如圖所示,在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)從AC邊的中點

8、O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域,若該三角形的兩直角邊長均為2l,則下列關(guān)于粒子運動的說法中正確的是(  ) A.若該粒子的入射速度為v=,則粒子一定從CD邊射出磁場,且距點C的距離為l B.若要使粒子從CD邊射出,則該粒子從O點入射的最大速度應(yīng)為v= C.若要使粒子從CD邊射出,則該粒子從O點入射的最大速度應(yīng)為v= D.當該粒子以不同的速度入射時,在磁場中運動的最長時間為 [解析]  若粒子射入磁場時的速度為v=,則由qvB =m可得r=l,由幾何關(guān)系可知,粒子一定從CD邊上距C點為l的位置離開磁場,選項A正確;因為r=,所以v=,因此,粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大,速度就越

9、大,由幾何關(guān)系可知,當粒子在磁場中的運動軌跡與三角形的AD邊相切時,從CD邊射出的粒子軌跡半徑最大,此時粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r=(+1)l,故其最大速度為v=,選項B正確,C錯誤;粒子在磁場中的運動周期為T=,故當粒子從三角形的AC邊射出時,粒子在磁場中運動的時間最長,由于此時粒子做圓周運動的圓心角為180°,故其最長時間應(yīng)為t=,選項D正確. [答案] ABD 6.(2019·全國卷Ⅲ)如圖,在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進入第一象限,

10、最后經(jīng)過x軸離開第一象限.粒子在磁場中運動的時間為(  ) A. B. C. D. [解析] 設(shè)帶電粒子進入第二象限的速度為v,在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示,對應(yīng)的軌跡半徑分別為R1和R2,由洛倫茲力提供向心力有qvB=m、T=,可得R1=、R2=、T1=、T2=,帶電粒子在第二象限中運動的時間為t1=,在第一象限中運動的時間為t2=T2,又由幾何關(guān)系有cosθ=,則粒子在磁場中運動的時間為t=t1+t2,聯(lián)立以上各式解得t=,選項B正確,A、C、D均錯誤. [答案] B 7.(2019·安徽黃山模擬)如圖所示,在空間中有一坐標系xOy,其第一象限內(nèi)充滿

11、著兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,直線OP是它們的邊界.區(qū)域Ⅰ中的磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向外;區(qū)域Ⅱ中的磁感應(yīng)強度為2B,方向垂直紙面向內(nèi).邊界上的P點坐標為(4L,3L).一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點平行于y軸負方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ,經(jīng)過一段時間后,粒子恰好經(jīng)過原點O.忽略粒子重力,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8.則下列說法中不正確的是(  ) A.該粒子一定沿y軸負方向從O點射出 B.該粒子射出時與y軸正方向夾角可能是74° C.該粒子在磁場中運動的最短時間t= D.該粒子運動的可能速度為v=(n=1,2,3,…) [解析] 帶電粒子射入磁場中,由洛倫茲力

12、提供向心力做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律得qvB=m,解得R=,所以粒子在Ⅰ和Ⅱ兩磁場中做圓周運動的半徑關(guān)系為R1=2R2,設(shè)OP邊與x軸的夾角為α,則tanα=,知α=37°,帶正電粒子從P點平行于y軸負方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ,與OP邊的夾角為53°,由對稱性知從區(qū)域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定為y軸負方向,分析可知粒子一定是從區(qū)域Ⅱ中從O點射出,故A選項正確,B選項錯誤;粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T=,粒子每次在區(qū)域Ⅰ中轉(zhuǎn)過的圓心角為θ1=106°,則粒子每次在區(qū)域Ⅰ中運動的時間為t1=T1=·,粒子每次在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過的圓心角為θ2=106°,則粒子每次在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t1=T2=·

13、,所以該粒子在磁場中運動的最短時間t=t1+t2=,故C選項正確;設(shè)帶電粒子每兩次從區(qū)域Ⅱ射出之間的時間為一個周期,在OP邊沿PO方向移動的距離為L0=L1+L2,其中L1=2R1cos37°=,L2=2R2cos37°=,而5L=nL0(n=1,2,3,…),聯(lián)立解得v=(n=1,2,3,…),故D選項正確;綜上所述,只有B選項錯誤,符合題意. [答案] B 8.(2019·恩施調(diào)研)如圖所示,邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD,一帶電粒子從A點沿AD方向射入磁場,恰好從C點飛出磁場;若該粒子以相同的速度從AB邊的中點P垂直AB射入磁場,則從BC邊上的M點飛出磁場(M點未畫出).

14、設(shè)粒子從A點運動到C點所用時間為t,由P點運動到M點所用時間為t′,不計粒子的重力,則t∶t′等于(  ) A.1∶1 B.2∶3 C.3∶2 D.∶ [解析] 由于該帶電粒子兩次射入磁場的初速度相同,故由R=和T=可知,該粒子兩次在磁場中做圓周運動的半徑、周期均相同.由于當該粒子從A點沿AD方向射入磁場時,從C點飛出磁場,故由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的圓心角恰為,且軌跡半徑剛好等于正方形的邊長L,B點為該粒子做圓周運動的圓心,粒子在磁場中運動的時間為t=;當粒子以相同的速度從P點射入磁場時,由幾何關(guān)系可知,此時粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為,故其在磁場中的運動時

15、間為t′=,故t∶t′=3∶2,選項C正確. [答案] C 9.(多選)(2019·綿陽第一次診斷性測試) 如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一個圓形區(qū)域的直徑AB與x軸重合,圓心O′的坐標為(2a,0),其半徑為a,該區(qū)域內(nèi)無磁場.在y軸和直線x=3a之間的其他區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點射入磁場.不計粒子重力.則(  ) A.若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60°,且粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達B點,粒子的初速度大小為 B.若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60°,且粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達B點,粒子的初

16、速度大小為 C.若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60°,在磁場中運動的時間為Δt=,且粒子也能到達B點,粒子的初速度大小為 D.若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60°,在磁場中運動的時間為Δt=,且粒子也能到達B點,粒子的初速度大小為 [解析] 粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達B點,故粒子到達B點時速度方向豎直向下,圓心必在x軸正半軸上,設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r1,如圖(1),由幾何關(guān)系得:r1sin30°=3a-r1,又qv1B=m,解得:v1=,故A正確,B錯誤;粒子在磁場中的運動周期為T=,粒子在磁場中的運動Δt=所對應(yīng)軌跡對應(yīng)的圓心角為α=×360°=60°,如圖(2),由幾

17、何關(guān)系知粒子到達B點的速度與x軸夾角β=30°;設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r2,由幾何關(guān)系得:3a=2r2sin30°+acos30°,又qv2B=m,解得:v2=,故C正確,D錯誤. [答案] AC 二、非選擇題 10.(2019·全國卷Ⅰ)如圖,在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外.一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,沿平行于x軸的方向射入磁場;一段時間后,該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出.已知O點為坐標原點,N點在y軸上,OP與x軸的夾角為30°,粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d,不計重力.求 (1

18、)帶電粒子的比荷; (2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間. [解析] (1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,加速后的速度大小為v.由動能定理有qU=mv2① 設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,由洛倫茲力提供向心力有qvB=m② 由幾何關(guān)系知 d=r③ 聯(lián)立①②③式得=④ (2)由幾何關(guān)系知,帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為 s=+rtan30°⑤ 帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為 t=⑥ 聯(lián)立②④⑤⑥式得t= [答案] (1) (2) 11. (2019·福建四地六校期末聯(lián)考)如圖所示,直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi),在x>0的區(qū)域內(nèi)

19、有電場強度大小E=4 N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場,其寬度d=2.0 m.一質(zhì)量m=6.4×10-27 kg、電荷量q=-3.2×10-19 C的帶電粒子從P點(0,1 m)以速度v=4×104 m/s,沿x軸正方向進入電場,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)最終通過x軸上的Q點(圖中未標出),不計粒子重力.求: (1)當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標; (2)若只改變上述電場強度的大小,且電場左邊界的橫坐標x′處在范圍0

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