《2022年高考物理一輪復習 專題一 力與運動 第4講 力與物體的曲線運動（二）電場和磁場中的曲線運動提升訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 專題一 力與運動 第4講 力與物體的曲線運動（二）電場和磁場中的曲線運動提升訓練（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高考物理一輪復習 專題一 力與運動 第4講 力與物體的曲線運動（二）電場和磁場中的曲線運動提升訓練一、單項選擇題1.如圖1所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原來位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間的距離應變?yōu)樵瓉淼?)圖1A.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍解析第一次d，第二次d，兩式相比可得d，所以選項C正確。答案C2.用固定于O點的絲線懸掛一個質量為m、帶電荷量為q(q0)的小球，以過O點的豎直線Ox為界，左側有勻強磁場，右側有勻強電場，方向如圖2所示。將帶電小球從最低位置
2、c拉至a點由靜止釋放，讓小球在ab間擺動，不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖2A.a、b兩位置高度相等B.小球經(jīng)過Ox右側電場中同一位置時絲線張力相等C.小球經(jīng)過Ox左側磁場中同一位置時絲線張力相等D.小球從a到c與從c到b所用時間相等解析帶電小球在Ox右側受到的重力和電場力均為恒力，方向相同，“等效重力”為GmgqE，電勢能與機械能之和不變；帶電小球在Ox左側受到重力和洛倫茲力，洛倫茲力方向總垂直于速度方向，不做功，機械能守恒。即左側機械能等于右側“電勢能機械能”，因此b點位置比a點高，A選項錯誤；小球經(jīng)過Ox右側電場中同一位置時速度大小相等，絲線張力T與“等效重力”沿絲線方向的分力F2的
3、合力提供向心力，同一位置F2相等，因此TmF2相等，B選項正確；小球經(jīng)過Ox左側磁場中同一位置時速度大小相等，但往返運動速度方向相反，洛倫茲力方向相反，所以絲線張力不相等，C選項錯誤；在同一高度，合力沿弧線的切向分量右側比左側大，由于b比a的位置高，因此小球從a到c比從c到b所用時間短，D選項錯誤。答案B3.(xx福州市高中畢業(yè)班質量檢測)兩個質量相同，所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入垂直紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖3，不計粒子的重力，則下列說法正確的是()圖3A.a粒子帶正電，b粒子帶負電B.b粒子動能較大C.a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大
4、D.b粒子在磁場中運動時間較長解析由左手定則可知，a粒子帶負電、b粒子帶正電，A項錯誤；帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由軌跡可以判斷，a粒子軌跡半徑小于b粒子軌跡半徑，由半徑公式R可知，a粒子速度較小，而兩粒子質量相等，故b粒子動能較大，B項正確；由洛倫茲力FqvB可知，b粒子受洛倫茲力較大，C項錯誤；由周期公式T可知，兩粒子在磁場中運動周期相同，粒子在磁場中運動時間tT，由于粒子軌跡所對圓心角等于其偏向角，故粒子a的軌跡所對圓心角較大，故a粒子在磁場中運動時間較長，D項錯。答案B4.如圖4所示，帶電的平行金屬板電容器水平放置，質量相同、重力不計的帶電微粒A、B以平行于極板的相同初速度從
5、不同位置射入電場，結果打在極板上的同一點P。不計兩微粒之間的庫侖力，下列說法正確的是()圖4A.在電場中微粒A運動的時間比B長B.在電場中微粒A、B運動的時間相同C.微粒A所帶的電荷量比B少D.靜電力對微粒A做的功比B少解析帶電微粒進入電場中，做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，則微粒在電場中的運動時間為t，由此可知兩微粒在電場中的運動時間相同，選項B正確，A錯誤；豎直方向做勻加速直線運動，yat2，由于t相同，yAyB，可得aAaB，即，則qAqB，選項C錯誤；由WqU，可知靜電力對微粒A做的功比B多，選項D錯誤。答案B5.(xx江蘇省鎮(zhèn)江市高三模擬)在xOy坐標系的y軸右側有垂直紙面向里
6、的勻強磁場，在x軸上的點A(L，0)同時以相同速率v沿不同方向發(fā)出a、b兩個相同的帶電粒子(粒子重力不計)，其中a沿平行于y方向發(fā)射，經(jīng)磁場偏轉后，均先后到達y軸上的點B(0，L)，則兩個粒子到達B點的時間差為()圖5A. B. C. D.解析作出a、b的運動軌跡如圖所示，設a粒子運動的軌跡半徑為R，則由幾何關系得R2(R一L)2(L)2，解得R2L，a粒子的偏轉角滿足sin ，所以，同理，由圖可得b粒子的偏轉角，a粒子在磁場中運動時間ta，b粒子在磁場中運動的時間tb，所以，它們到達B點的時間差ttbta，選項D正確。答案D6.xx湖北省七市(州)高三聯(lián)合考試如圖6所示，豎直線MNPQ，MN
7、與PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，O是MN上一點，O處有一粒子源，某時刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負電粒子(粒子重力及粒子間的相互作用力不計)，已知沿圖中與MN成60角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁場，則粒子在磁場中運動的最長時間為()圖6A. B. C. D.解析當60時，粒子的運動軌跡如圖甲所示，則aRsin 30，即R2a。設帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為，則其在磁場中運動的時間為tT，即越大，粒子在磁場中運動時間越長，最大時粒子的運行軌跡恰好與磁場的右邊界相切，如圖乙所示，因R2a，此時圓心角m為120，即最長運動時間為
8、，而T，所以粒子在磁場中運動的最長時間為，C正確。答案C二、多項選擇題7.如圖7所示是比荷相同的兩粒子從O點垂直進入勻強磁場區(qū)域(有直線邊界)的運動軌跡，下列說法正確的是()圖7A.a帶正電，b帶負電B.a所帶的電荷量比b的小C.a運動的速率比b的小D.a運動的時間比b的短解析根據(jù)左手定則可知，a帶正電，b帶負電，選項A正確；比荷相同的a、b兩粒子，由于質量無法確定，故電荷量無法比較，選項B錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有Bqvm，解得R，因為兩粒子的比荷相同，故R越大，v越大，選項C正確；因為T，又相同，所以T相同，a、b都運動了半個周期，故a、b運動的時間相同，選項D錯誤。答案AC8.(x
9、x杭州市第二次教學質檢)如圖8所示，邊長為l的正方形區(qū)域abcd內存在著沿ad方向的勻強電場。一粒子源不斷地從a處沿ab方向向該區(qū)域內發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的質量為m，電荷量為q，初速度為v0，經(jīng)電場作用后從dc邊的中點p射出。現(xiàn)撤去電場，在該區(qū)域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B(圖中未畫出)，粒子仍從p處射出。帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用均可忽略，則()圖8A.所加磁場的方向應垂直于紙面向里B.勻強電場的電場強度EC.勻強磁場的磁感應強度BD.電場強度E與磁感應強度B的比值為5v0解析根據(jù)粒子在電場中的偏轉方向，可知粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，磁場方向應垂直于紙面
10、向外，選項A錯誤；粒子在電場中運動時，沿ad方向的位移為l，沿ab方向的位移為，則有()2l，解得勻強電場的電場強度為E，選項B正確；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律得qvBm，解得R，根據(jù)如圖所示的幾何關系可得(lR)2()2R2，解得軌道半徑為Rl，則磁場的磁感應強度為B，選項C錯誤；電場強度E與磁感應強度B的比值為5v0，選項D正確。答案BD9.(xx湖南長沙一中、攸縣一中、瀏陽一中聯(lián)考)真空中的某裝置如圖9所示，現(xiàn)有質子、氘核和粒子都從O點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉電場，射出后都打在同一個與OO垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(已知質子、氘核和
11、粒子質量之比為124，電荷量之比為112，重力不計)。下列說法中正確的是()圖9A.三種粒子在偏轉電場中運動時間之比為211B.三種粒子出偏轉電場時的速度相同C.在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點D.偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為112解析帶電粒子經(jīng)過加速電場時根據(jù)電場力做功有qU1mv，進入偏轉電場后做類平拋運動，水平方向做勻速直線則有運動時間tl，代入三種粒子的電荷量和質量之比，可得t1t2t31，選項A錯誤；粒子在偏轉電場中豎直方向上做勻加速直線運動，a，偏轉位移yat2，偏轉電場對粒子做功Wy，所以有W1W2W3112，選項D正確；粒子出偏轉電場時，假設速度與水平方向夾角方向為，則有ta
12、n ，可見速度方向與電荷量及質量均無關，所以速度方向相同，所以它們將打在熒光屏上同一點，選項C正確；出偏轉電場的速度v/cos ，由于相同可得v1v2v311，選項B錯誤。答案CD三、計算題10.如圖10所示，直角坐標系xOy的y軸右側有一寬為d的無限長磁場，磁感應強度大小未知，方向垂直紙面向外，y軸左側有一個半徑也為d的有界圓形磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，圓心O1在x軸上，OO12d，一個帶正電粒子以初速度v由A點沿AO1方向(與水平方向成60角)射入圓形磁場并恰好從O點進入右側磁場，從右邊界MN上C點(沒畫出)穿出時與水平方向成30角，不計粒子重力，求：圖10(1)粒子的比荷；
13、(2)右側磁場的磁感應強度；(3)粒子從A到C的運動時間。解析(1)粒子運動軌跡如圖所示，粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，在圓形磁場中有Bqvm由圖知rdtan 60d聯(lián)立得。(2)在y軸右側磁場中Bqvm由圖知R2d聯(lián)立并代入比荷值得BB。(3)粒子在圓形磁場中的運動時間t1粒子在兩磁場間運動時間t2粒子在y軸右側磁場中運動時間t3所以粒子從A到C的運動時間為tt1t2t3。答案(1)(2)B(3)11.如圖11所示，在直角坐標系的原點O處有放射源，向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子。在放射源右邊有一很薄的擋板，擋板的兩端M、N與原點O正好構成等腰直角三角形。已知帶電粒
14、子的質量為m，帶電荷量為q，速度為v，MN的長度為L，不計粒子重力。圖11(1)若在y軸右側加一平行于x軸的勻強電場，要使y軸右側所有運動的粒子都能打到擋板MN上，則電場強度E0的最小值為多大？在電場強度E0取最小值時，打到板上的粒子動能為多大？(2)若在整個空間加一方向垂直紙面向里的勻強磁場，要使整個擋板右側都有粒子打到，磁場的磁感應強度不能超過多少(用m、v、q、L表示)？若滿足此條件，放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊？解析(1)由題意知，要使y軸右側所有運動的粒子都能打在MN板上，其臨界條件為：沿y軸方向運動的粒子做類平拋運動，且落在M或N點，則MOLvtaOO
15、Lat2聯(lián)立式得E0由動能定理知qE0LEkmv2聯(lián)立式得Ekmv2(2)由題意知，要使整個擋板右側都有粒子打到，畫出粒子的運動軌跡如圖甲所示，分析知軌跡直徑的最小值為MN板的長度L，則甲R0L得B0放射源O發(fā)射出的粒子中，打在MN板左側的粒子的臨界軌跡如圖乙所示。乙因為OMON，且OMON所以OO1OO2則v1v2故放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左側。答案(1)mv2(2)12.(xx江蘇省連云港、徐州、淮安、宿遷四市高三調研考試)如圖12所示，在豎直平面內固定一光滑圓弧軌道AB，軌道半徑為R0.4 m，軌道最高點A與圓心O等高。有一傾角30的斜面，斜面底端C點在圓弧軌道B點正下
16、方、距B點H1.5 m。圓弧軌道和斜面均處于場強E100 N/C、豎直向下的勻強電場中?，F(xiàn)將一個質量為m0.02 kg、帶電荷量為q21 03C的帶電小球從A點靜止釋放，小球通過B點離開圓弧軌道沿水平方向飛出，當小球運動到斜面上D點時速度方向恰與斜面垂直，并剛好與一個不帶電的以一定初速度從斜面底端上滑的物塊相遇。若物塊與斜面間動摩擦因數(shù)，空氣阻力不計，g取10 m/s2，小球和物塊都可視為質點。求：圖12(1)小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力FNB；(2)B、D兩點間的電勢差UBD；(3)物塊上滑初速度v0滿足的條件。解析(1)設小球到達B點的速度為vB，軌道對小球的支持力為FNB，由動能定理和牛頓第二定律有：mgRqERmv0FNB(mgqE)m由牛頓第三定律FNBFNB聯(lián)立得：FNB1.2 N，方向豎直向下。(2)設小球由B點到D點的運動時間為t，加速度為a，下落高度為h有：tan Eqmgmahat2UBDEh聯(lián)立得：UBD120 V。(3)小球與物塊的運動示意圖如圖所示，設C、D間的距離為x，由幾何關系有：x設物塊上滑時加速度為a，由牛頓第二定律有：mgsin mgcos ma根據(jù)題意，要使物塊與小球相遇，有：x聯(lián)立得：v0m/s。答案(1)1.2 N豎直向下(2)120 V(3)v0m/s
2022年高考物理一輪復習 專題一 力與運動 第4講 力與物體的曲線運動（二）電場和磁場中的曲線運動提升訓練
