（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(chǎng)和磁場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)（含解析）

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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(四)一、選擇題(共10個(gè)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(chǎng)區(qū)域，以圓心O為坐標(biāo)原點(diǎn)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(diǎn)與x軸正方向成30斜向下射入磁場(chǎng)，12H以速度v0從b點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，13H以速度v0從O點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，已知11H運(yùn)動(dòng)半徑剛好為R，經(jīng)過一段時(shí)間后三個(gè)粒子分別射出磁場(chǎng)，若運(yùn)動(dòng)過程中粒子不會(huì)發(fā)生碰撞，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力，則三個(gè)粒子從圓形邊界射出點(diǎn)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(gè)粒子的

2、運(yùn)動(dòng)半徑均都是R，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖三個(gè)粒子從圓形邊界射出點(diǎn)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(xiàng)正確，故選B項(xiàng)2.如圖所示，在邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD區(qū)域(包含邊界)內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里E點(diǎn)是AB邊上的一點(diǎn)，且AE之間的距離為.將一電子從E點(diǎn)沿EB方向射出，若初速度為v1，其運(yùn)動(dòng)軌跡將與BC邊相切；若初速度為v2，其運(yùn)動(dòng)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(diǎn)沿EB方向射出，若初速度為v1，其運(yùn)動(dòng)軌跡將與BC邊相切，則由幾何關(guān)系可知粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為：r1a，若初速度為v2

3、，其運(yùn)動(dòng)軌跡將與CD邊相切，則由幾何關(guān)系可知粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r2a，電子做圓周運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)正確，A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤3.如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，從A點(diǎn)以速度v0垂直于電場(chǎng)方向射入一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中(電場(chǎng)方向沒有標(biāo)出)，從B點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)線成120角，電子重力不計(jì)則()A電子在電場(chǎng)中做變加速度曲線運(yùn)動(dòng)BA、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB0C電子從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間tD電子在B點(diǎn)的速度大小vv0答案C解析電子僅受電場(chǎng)力，且電場(chǎng)力是恒力，則電子加速度一定，為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；電子在電場(chǎng)中受

4、電場(chǎng)力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得：eEma將電子在B點(diǎn)的速度分解可知(如圖)vBv0電子由A到B，由動(dòng)能定理可知：eUABmvB2mv02由式得UABr，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；如果粒子經(jīng)過x軸時(shí)的速度方向垂直x軸，則粒子經(jīng)過OL時(shí)速度方向豎直向下，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：此時(shí)軌跡幾何關(guān)系可得OPr，故B項(xiàng)正確；如果粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的速度方向和虛線OL成30夾角，則速度方向如圖所示：此時(shí)OP距離一定小于r，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；粒子經(jīng)過x軸時(shí)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(xiàng)正確故選B、D兩項(xiàng)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(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)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(chǎng)，現(xiàn)從M點(diǎn)平行xOy平面沿不同方向同時(shí)向磁場(chǎng)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(diǎn)進(jìn)入第一象限為了使M點(diǎn)射入磁場(chǎng)的粒子均匯聚于N點(diǎn)，在第一象限內(nèi)，以適當(dāng)?shù)倪^P點(diǎn)的曲線為邊界(圖中未畫出，且電場(chǎng)邊界曲線與磁場(chǎng)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(chǎng)或垂直xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)，則所加磁場(chǎng)的最小面積為B若OPN之外的區(qū)域加的是電場(chǎng)，粒子到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的

6、速度最大為vC若OPN之外的區(qū)域加的是電場(chǎng)，粒子到達(dá)N點(diǎn)時(shí)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(chǎng)，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(diǎn)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(chǎng)半徑，作出由粒子軌跡圓的圓心、磁場(chǎng)圓的圓心以及出射點(diǎn)、入射點(diǎn)四點(diǎn)組成的四邊形為菱形，且所有從M點(diǎn)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(diǎn)射入磁場(chǎng)的粒子均匯聚于N點(diǎn)，OPN之外的區(qū)域加的是磁場(chǎng)，最小的磁場(chǎng)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(chǎng)的最小面積為S2，故A項(xiàng)

7、正確；若OPN之外的區(qū)域加的是電場(chǎng)，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(diǎn)時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，速度最大，速度與水平方向夾角也最大，設(shè)類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，在N點(diǎn)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(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若OPN之外的區(qū)域加的是電場(chǎng)，設(shè)邊界PN曲線上有一點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)，則xvt，yrat2，整理可得：；當(dāng)xr時(shí)y0，整理可得邊界PN曲線的方程為y2xr，故D項(xiàng)正確二、計(jì)算題(共4個(gè)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(duì)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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.在緊貼熒光屏P2的A點(diǎn)有一粒子源，某一時(shí)刻向熒光屏P2上方紙面內(nèi)的各個(gè)方向同時(shí)以相同的速率各發(fā)射一個(gè)粒子(圖中只畫出其中的幾個(gè)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(jì)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的粒子和已經(jīng)被屏吸收的粒子的個(gè)數(shù)之比答案(1)(2)d2(3)解析(1)設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，圓心角為，則有：cos，解得：，粒子的運(yùn)動(dòng)周期為：T，粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t.(2)粒子的軌跡恰好和1相切時(shí)，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(shí)，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(shí)，此時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的粒子的發(fā)射方向范圍是，所以仍在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的粒子和已經(jīng)被屏吸收的粒子個(gè)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(chǎng)，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(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，到達(dá)N點(diǎn)的速度大小為vN(待求)；若將該小球從M點(diǎn)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(diǎn)正上方的P點(diǎn)(未畫出)，已知重力加速度大小為g，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E及小球在N點(diǎn)的速度vN；(2)M點(diǎn)和P點(diǎn)之間的電勢(shì)差；(3)小球在P點(diǎn)動(dòng)能與在M點(diǎn)動(dòng)能的比值答案(1)(2)

11、(3)解析(1)由小球運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(chǎng)線，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)：hcos60at2，hsin60vNt，UMCEhcos30，UMPUMC，聯(lián)立解得：UMP.(3)如圖乙，作PD垂直于MN，從MP，由動(dòng)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(zhǎng)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(chǎng)，電場(chǎng)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(diǎn))，從A點(diǎn)由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，已知A、B間距為L(zhǎng)1.0 m，帶電體與軌道AB、CD間的動(dòng)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(dòng)摩擦力，不計(jì)空氣阻力求：(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(2)帶電體最終停止的位置；(3)從A點(diǎn)到停止運(yùn)動(dòng)過程中帶電體的電勢(shì)能變化量；(4)為使帶電體從最終停止處又能回到A點(diǎn)，可在該處給帶電體一個(gè)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(diǎn)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(diǎn)時(shí)的速度為v，從A到C，由動(dòng)能定理得：qE(LR)mgLmgRmv2解得：v3 m/s，在C點(diǎn)，對(duì)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(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道C點(diǎn)時(shí)對(duì)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(dòng)能定理得：mghqEh0mv2解得：h1.8 m.在最高點(diǎn)，帶電體受到的最大靜摩擦力：FfmaxqE3 N，重力Gmg2 N，因?yàn)镚Ffmax，所以帶電體最終靜止在與C點(diǎn)豎直距離為1.8 m處(3)從A點(diǎn)到停止運(yùn)動(dòng)

14、過程中帶電體的電勢(shì)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(yùn)動(dòng)到A處的過程中，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)E，y軸右側(cè)有垂直水平桌面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，在(12，0)處有一個(gè)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(chǎng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，從(0，8)處進(jìn)入y軸右側(cè)的磁場(chǎng)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(jì)，求：(1)電場(chǎng)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(gè)不帶電的小球C，使小球A運(yùn)動(dòng)到第4象限內(nèi)與C球發(fā)生碰撞，碰后A、C粘在一起運(yùn)動(dòng)，則小球C放在何位置時(shí)，小球A在第4象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)？(小球可以看成是質(zhì)點(diǎn)，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(chǎng)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(chǎng)時(shí)，有：vyat1，v，cos，v4 m/s，方向與y軸方向成37，小球A在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直于x軸進(jìn)入第4象限，作出小球A運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑設(shè)為R2.有：mv(mmC)v2，Bqv2(mmC)，解得：R2R1，即：小球運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，小球C應(yīng)放在小球A進(jìn)入第4象限時(shí)的位置為：xR1R1sin530.24 m，即坐標(biāo)為(24，0)17