高考物理二轮复习重点讲练专题四电场和磁场中的曲线运动课时作业 12页

专题四 电场和磁场中的曲线运动 一、选择题(共 10 个小题，1－6 为单选，7－10 为多选，每题 5 分共 50 分) 1.如图，电子在电势差为 U1 的加速电场中由静止开始运动，然后射入 电势差为 U2 的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装 置处在真空中，重力可忽略．在电子能射出平行板间的条件下，下述 四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( ) A．U1 变大，U2 变大 B．U1 变小，U2 变大 C．U1 变大，U2 变小 D．U1 变小，U2 变小 答案 B 解析 设电子质量为 m，电荷量为 e，经电势差为 U1 的电场加速后，由动能定理得 eU1＝1 2 mv0 2. 经平行板射出时，其水平速度和竖直速度分别为：vx＝v0，vy＝at＝eU2l dmv0 ，由此得 tanθ＝vy vx ＝ eU2l dmv0 2＝ U2l 2dU1 .当 l、d 一定时，增大 U2 或减小 U1 都能使偏角θ增大． 2.(2016·江西省重点中学盟校高三第一次联考理综物理试卷)如图所示， 在一水平放置的平板 MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，磁 场方向垂直于纸面向里．许多质量为 m、带电荷量为＋q 的粒子，以相同 的速率 v 由小孔 O 沿位于纸面内的各个方向射入磁场区域．不计重力，不 计粒子间的相互影响．下面各图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，R＝mv Bq .其中正确 的是( ) 答案 A 解析 所有粒子在磁场中半径相同，由图可知，由 O 点射入水平 向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒 子转动的轨迹圆可认为是以 O 点为圆心以 2R 为半径转动；则可得 出符合题意的范围应为 A，故选 A 项． 考点定位 带电粒子在匀强磁场中的运动 3．(2016·安徽“江南十校”高三联考)如图，半径为 R 的圆形区域内有垂 直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B.M 为磁场边界上一点，有无数个带 电荷量为 q、质量为 m 的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的 速率通过 M 点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧 上，这段圆弧的弧长是圆周长的1 4 .下列说法正确的是( ) A．粒子从 M 点进入磁场时的速率为 v＝BqR m B．粒子从 M 点进入磁场时的速率为 v＝ 2BqR 2m C．若将磁感应强度的大小增加到 2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来 2 2 D．若将磁感应强度的大小增加到 2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来2 3 答案 BD 解析 边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，即偏转圆半径 r＝ 2R 2 ＝mv Bq ，得 v＝ 2BqR 2m ，所以选项 B 对，选项 A 错；磁感应强度增加到原来的 2倍，直径 对应的弦长为 R，有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为 60°，所以弧长之比为 2∶3，D 项正确，C 项错误． 4．(2015·郴州模拟)如图所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金 属板间，金属板间所加的电压为 U，电子最终打在光屏 P 上，关于电子的运动，下列说法中 正确的是( ) A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 B．滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 C．电压 U 增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．电压 U 增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 答案 BD 解析 由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得 eU1＝1 2 mv2，电子获得的速 度为 v＝ 2eU1 m ；电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为 0 的匀加速直线运动，加速度为 a＝eU md ；电子在电场方向偏转的位移为 y＝1 2 at2，垂直电场方 向做匀速直线运动，电子在电场中运动时间为 t＝L v .滑动触头向右移动时，加速电压变大， 所以电子获得的速度 v 增加，可知，电子在电场中运动时间 t 减少，故电子偏转位移 y 变小， 因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，A 项错误；滑动触头向左移动时，加速电压变小， 所以电子获得的速度 v 减小，可知，电子在电场中运动时间 t 变大，故电子偏转位移 y 变大， 因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，B 项正确；偏转电压增大时，电子在电场中受到 的电场力增大，即电子偏转的加速度 a 增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没 有变化，电子在电场中运动的时间 t 没有发生变化，故 D 项正确；电子在偏转电场中偏转位 移增大，电子打在荧光屏上的速度增大，C 项错误． 5.(2016·四川)如图所示，正六边形 abcdef 区域内有垂直于纸面的匀 强磁场．一带正电的粒子从 f 点沿 fd 方向射入磁场区域，当速度大小 为 vb 时，从 b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tb，当速度大小为 vc 时，从 c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tc，不计粒子重力．则 ( ) A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 答案 A 解析 由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆 周运动的向心力，由公式 qvB＝mv2 r ＝mr4π2 T2 ，T＝2πr v 可以得出 vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，又由 T＝2πm qB 且粒子运动一周为 2π，可以得出时间之比等于偏转角之比．由上图看出偏转角之比为 2∶1. 则 tb∶tc＝2∶1，可得 A 项正确，B、C、D 三项错误． 6.(2015·怀化三模)如图所示，虚线 a、b、c 代表电场中三个等势面， 相邻等势面之间的电势差相等，即 Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点(不 计重力)，仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N 是这条轨 迹上的两点，据此可知不正确．．．的是( ) A．三个等势面中，a 的电势最高 B．带电质点在 M 点具有的电势能比在 N 点具有的电势能大 C．带电质点通过 M 点时的动能比通过 N 点时大 D．带电质点通过 M 点时的加速度比通过 N 点时大 答案 C 解析 等差等势面密集的地方场强大，稀疏的地方场强小，由图知 M 点 的场强大，则质点通过 M 点时的加速度大．故选项 D 正确．根据电场线 与等势面垂直，定性画出过 M、N 两点的电场线．假设质点从 N 向 M 运 动，根据初速度的方向和轨道偏转方向可判定质点在 N 点所受电场力 F 如图所示．可以判断出等势面 a 的电势高．选项 A 正确．由 N 向 M 运动过程中，电场力做负 功，动能减少，电势能增加．故选项 B 正确，C 项错误．若质点从 M 向 N 运动，也可得出选 项 B 正确． 7．如图所示，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度 B＝1 T 的匀强 磁场，ON 为处于 y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为 9 m，M 点为 x 轴正方向上一点，OM ＝3 m．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg、可视为质点、带正电的小球(重力不计)从挡板下 端 N 处小孔以不同的速度向 x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时 间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过 M 点，则小球射入的速度大小可能是( ) A．3 m/s B．3.75 m/s C．4 m/s D．5 m/s 答案 ABD 解析 因为小球通过 y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值 为 3 m，即 Rmin＝mvmin qB ，解得 vmin＝3 m/s；经验证，带电小球以 3 m/s 速度进入磁场，与 ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过 M 点，如图 1 所示，A 项正确；当带电小球与 ON 不碰撞， 直接经过 M 点，如图 2 所示，小球速度沿－x 方向射入磁场，则圆心一定在 y 轴上，作出 MN 的垂直平分线，交于 y 轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值 Rmax＝5 m，又 Rmax＝mvmax qB ，解得 vmax＝5 m/s，D 项正确；当小球速度大于 3 m/s、小于 5 m/s 时，轨迹如图 3 所示，由几何条件计算可知轨迹半径 R＝3.75 m，由半径公式 R＝mv qB 得 v＝3.75 m/s，B 项 正确，由分析易知选项 C 错误． 8.(2016·海南)如图，一带正电的点电荷固定于 O 点，两虚线圆均以 O 为圆心，两实线分别为带电粒子 M 和 N 先后在电场中运动的轨迹，a、b、 c、d、e 为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是( ) A．M 带负电荷，N 带正电荷 B．M 在 b 点的动能小于它在 a 点的动能 C．N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能 D．N 在从 c 点运动到 d 点的过程中克服电场力做功 答案 ABC 解析 如题图所示，M 粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知 M 带 电粒子受到了引力作用，故 M 带负电荷，而 N 粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场 力方向向下，说明 N 粒子受到斥力作用，故 N 粒子带正电荷，故 A 项正确；由于虚线是等势 面，故 M 粒子从 a 到 b 电场力对其做负功，故动能减小，故 B 项正确；对于 N 粒子，由于 d 和 e 在同一等势面上，故从 d 到 e 电场力不做功，故电势能不变，故 C 项正确；由于 N 粒子 带正电，故从 c 点运动到 d 点的过程中，电场力做正功，故 D 项错误． 考点定位 等势面、电势能 名师点睛 本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定 是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路． 9．(2016·山东省青岛市高三 3 月自主练习物理试题)如图所示是高压电场干燥中药技术基 本原理图，在大导体板 MN 上铺一薄层中药材，针状电极 O 和平板电极 MN 之间加上高压直流 电源，其间产生强非匀强电场 E；水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电， 另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用 下飞离电场区域从而加速干燥．如图所示虚线 ABCD 是某一水分子从 A 处由静止开始的运动 轨迹，则下列说法正确的是( ) A．水分子在 B 点时，水分子带正电一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相 等 B．水分子沿轨迹 ABCD 运动过程中电场力始终做正功 C．水分子沿轨迹 ABCD 运动过程中电势能先减少后增加 D．如果把高压直流电源的正负极反接，水分子从 A 处开始将向下运动 答案 AC 解析 由于电场的分布不均匀，由图可知，上端的电场强度大于下端电场强度，根据 F＝qE 可得，水分子带正电一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相等，故 A 项正确； 水分子沿轨迹 ABCD 运动过程中，在 CD 阶段，受到的电场力方向与运动的方向夹角大于 90 °，故电场力做负功，故 B 项错误；水分子沿轨迹 ABCD 运动过程中，电场力先做正功，后 做负功，故电势能先减小后增大，故 C 项正确；如果把高压直流电源的正负极反接，产生的 电场方向发生反转，但水分子是一端带正电，另一端带等量负电，故水分子的正负端发生反 转，水分子还是从 A 处开始将向上运动，故 D 项错误． 考点定位 电场强度，电场力做功 10．(多选)(2016·云南玉溪一中月考)如图，在 x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 2 的匀强磁场，一带负电的粒子从 原点 O 以与 x 轴成 30°角斜向上的速度射入磁场，且在上方运动半径为 R，则(不计重 力)( ) A．粒子经偏转一定能回到原点 O B．粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 1∶2 C．粒子在完成一次周期性运动的时间为2πm qB D．粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进 3R 答案 BD 解析 根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒 子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点 O，故 A 项错误；由 r＝mv qB ，知粒子圆周运动的半径与 B 成反比，则粒子在 x 轴上方和下方两磁场 中运动的半径之比为 1∶2，故 B 项正确；负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为 60°， 在第一象限轨迹所对应的圆心角也为 60°，粒子圆周运动的周期为 T＝2πm qB ，保持不变，在 一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为 t1＝ 60° 360° T＝πm 3qB ；同理，在第四象限运动的时 间为 t2＝ 60° 360° T′＝2πm 3qB ；完成一次周期性运动的时间为 T′＝t1＋t2＝πm qB ，故 C 项错误； 根据几何知识得：粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进距离为 x＝R＋2R＝3R，故 D 项正确，故选 B、D 项． 二、计算题(共 4 个小题，11 题 11 分，12 题 12 分，13 题 13 分，14 题 14 分，共 50 分) 11．(2016·青海省平安县第一高级中学高三 4 月月考)一条绝缘的挡板轨道 ABC 固定在光滑 水平桌面上，BC 段为直线，长为 4R，动摩擦因数为 0.25，AB 是半径为 R 的光滑半圆弧(两 部分相切于 B 点)．挡板轨道在水平的匀强电场中，场强大小为 E＝8×102 N/C，方向与 BC 夹角为θ＝53°.一带电量为 q＝5×10－4 C、质量为 m＝5×10－3 kg 的小球从 C 点静止释放， 已知 R＝0.4 m，求： (1)小球在 B 点的速度大小； (2)若场强 E 与 BC 夹角θ可变，为使小球沿轨道运动到 A 点的速度最大，θ的取值以及 A 点速度大小； (3)若场强 E 与 BC 夹角θ可变，为使小球沿轨道运动到 A 点沿切线飞出，θ的取值范围． 答案 (1)10 m/s (2)vA＝16 m/s (3)0≤θ≤arctan8 7 解析 (1)根据动能定理：(Eqcosθ－μEqsinθ)·4R＝1 2 mvB 2－0 整理可以得到：vB＝ Eq（8cosθ－2sinθ）R m ，代入数据得到：vB＝16 5 10 m/s≈10 m/s. (2)由于θ＝0°，小球与 BC 挡板的摩擦力为零，小球到 B 点的速度最大，且 A、B 等势，则 小球在 A 点速度最大，根据动能定理： Eq·4R＝1 2 mvA 2－0，则： vA＝ 8EqR m ，代入数据整理得到：vA＝16 m/s. (3)在 A 点不脱离轨道能沿切线飞出，则 F 向 A＝Eqsinθ≤mvA 2 R 根据动能定理：Eqcosθ(4R－2Rtanθ)－μEq4Rsinθ>1 2 mvA 2. 解得：tanθ≤8 7 . 得到θ的取值范围是：0≤θ≤arctan8 7 . 考点定位 匀强电场中电势差和电场强度的关系、向心力 名师点睛 本题关键是明确滑块的受力情况和运动情况，然后分过程结合向心力公式、牛顿 第二定律和动能定理列式分析． 12.(2015·云南省部分名校)如图所示，空间存在一个半径为 R0 的圆 形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为 B.有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子 的质量为 m、电荷量为＋q.将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不 离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用． (1)求带电粒子的速率． (2)若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B 4 ，求粒子在磁场中最长 的运动时间 t. (3)若原磁场不变，再叠加另一个半径为 R1(R1>R0)圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小 为 B/2，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能 回到圆心，求 R1 的最小值和粒子运动的周期 T. 解析 (1)粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的 2 倍 R0＝2r. qvB＝mv2 r v＝qBR0 2m (2)磁场的大小变为B 4 后，粒子的轨道半径为 r1； r1＝mv qB1 ＝4mv qB ＝2R0. 根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为 2R0 时最长，圆心角 60°. t＝ 60° 360° T＝4πm 3qB (3)根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为B 2 ，方向向里， R0 以外的区域磁场大小为B 2 ，方向向外．粒子运动的半径为 R0. 根据对称性画出情境图，由几何关系可得 R1 的最小值为( 3＋1)R0 T＝ （π 3 ＋5π 6 ）·4m qB/2 ＝28πm 3qB . 13．(2016·江西吉安高三教学质检)如图所示，为一环形磁约束装置的原理图，圆心为原点 O、半径为 R0 的圆形区域Ⅰ内有方向垂直 xOy 平面向里的匀强磁场．一束质量为 m、电荷量 为 q、动能为 E0 的带正电粒子从坐标为(0、R0)的 A 点沿 y 负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全 部经过 x 轴上的 P 点，方向沿 x 轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于 xOy 平面的匀强 磁场时，上述粒子仍从 A 点沿 y 轴负方向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从 Q 点第 2 次射入 区域Ⅰ，已知 OQ 与 x 轴正方向成 60°.不计重力和粒子间的相互作用．求： (1)区域Ⅰ中磁感应强度 B1 的大小； (2)若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域Ⅱ中 B2 的大小、方向及环形半径 R 至少 为大； (3)粒子从 A 点沿 y 轴负方向射入后至再次以相同的速度经过 A 点的运动周期． 答案 (1) 2mE0 qR0 (2) 6mE0 qR0 方向垂直纸面向外 3R0 (3)(8 6 3 ＋3 2)·πR0 mE0 E0 解析 (1)设在区域Ⅰ内轨迹圆半径为 r1＝R0； r1＝mv qB1 E0＝1 2 mv2 ∴B1＝ 2mE0 qR0 (2)设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为 r2，部分轨迹如图，有几何关 系知：r2＝ 3 3 r1，r2＝mv qB2 ， ∴B2＝ 3B1＝ 6mE0 qR0 ， 方向与 B1 相反，即垂直 xOy 平面向外 由几何关系得 R＝2r2＋r2＝3r2， 即 R＝ 3R0 (3)轨迹从 A 点到 Q 点对应圆心角θ＝90°＋60°＝150°，要仍从 A 点沿 y 轴负方向射入， 需满足；150n＝360m，m、n 属于自然数，即取最小整数 m＝5，n＝12. T＝12×(1 4 T1＋2 3 T2)，其中 T1＝2πm qB1 ，T2＝2πm qB2 代入数据得 T＝(8 6 3 ＋3 2)·πR0 mE0 E0 . 14．(2016·浙江)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速 器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁 场分布的简化图如图所示，圆心为 O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三 个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，谷区内没有磁场．质量为 m，电荷量为 q 的正离子，以不变的速率 v 旋转，其闭合平衡 轨道如图中虚线所示． (1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径 r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期 T； (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B′，新的闭合平衡轨道在一个 峰区内的圆心角θ变为 90°，求 B′和 B 的关系．已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cos αsinβ，cosα＝1－2sin2α 2 . 答案 (1)r＝mv qB ；旋转方向为逆时针方向 (2)θ＝2π 3 ；T＝（2π＋3 3）m qB (3)B′＝ 3－1 2 B 解析 (1)峰区内圆弧半径 r＝mv qB ① 旋转方向为逆时针方向② (2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π 3 ③ 每个圆弧的长度 l＝2πr 3 ＝2πmv 3qB ④ 每段直线长度 L＝2rcosπ 6 ＝ 3r＝ 3mv qB ⑤ 周期 T＝3（l＋L） v ⑥ 代入得 T＝（2π＋3 3）m qB ⑦ (3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧ 谷区内的轨道圆弧半径 r′＝ mv qB′ ⑨ 由几何关系 rsinθ 2 ＝r′sinθ′ 2 ⑩ 由三角关系 sin30° 2 ＝sin15°＝ 6－ 4 2 代入得 B′＝ 3－1 2 B