新课标2020高考物理二轮复习专题强化训练4电场和磁场中的曲线运动含解析 2 16页

专题强化训练(四)‎ 一、选择题(共10个小题，1～4为单选，其余为多选，每题5分共50分)‎ ‎1.如图，竖直平面内存在半径为R的圆形匀强磁场区域，以圆心O为坐标原点建立图示直角坐标系，现有11H，12H，13H三种粒子，11H以速度v0从a点与x轴正方向成30°斜向下射入磁场，12H以速度v0从b点沿y轴负方向射入磁场，13H以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁场，已知11H运动半径刚好为R，经过一段时间后三个粒子分别射出磁场，若运动过程中粒子不会发生碰撞，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则三个粒子从圆形边界射出点构成的图形的面积为(　　)‎ A.R2　　　　　　　　　 B.R2‎ C.R2 D.R2‎ 答案　B 解析　根据R＝，可知三个粒子的运动半径均都是R，粒子运动轨迹如图．三个粒子从圆形边界射出点构成的图形的面积即是△ABC的面积，由题意知，AB＝AC＝R，故三角形的面积为：S＝×R×＝R2，故B项正确，故选B项．‎ ‎2.如图所示，在边长为a的正方形ABCD区域(包含边界)内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．E点是AB边上的一点，且AE之间的距离为.将一电子从E点沿EB方向射出，‎ 16‎ 若初速度为v1，其运动轨迹将与BC边相切；若初速度为v2，其运动轨迹将与CD边相切．则v1与v2之比为(　　)‎ A．2∶1 B．3∶2‎ C．3∶1 D．4∶3‎ 答案　B 解析　将一电子从E点沿EB方向射出，若初速度为v1，其运动轨迹将与BC边相切，‎ 则由几何关系可知粒子运动的轨道半径为：r1＝a，‎ 若初速度为v2，其运动轨迹将与CD边相切，‎ 则由几何关系可知粒子运动的轨道半径r2＝a，‎ 电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：evB＝m，‎ 解得：v＝，电子速度之比：＝＝，故B项正确，A、C、D三项错误．‎ ‎3.如图所示，质量为m，电荷量为e的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中(电场方向没有标出)，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，电子重力不计．则(　　)‎ A．电子在电场中做变加速度曲线运动 B．A、B两点间的电势差UAB>0‎ C．电子从A运动到B的时间t＝ 16‎ D．电子在B点的速度大小v＝v0‎ 答案　C 解析　电子仅受电场力，且电场力是恒力，则电子加速度一定，为匀变速曲线运动，故A项错误；‎ 电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得：eE＝ma①‎ 将电子在B点的速度分解可知(如图)‎ vB＝＝v0②‎ 电子由A到B，由动能定理可知：‎ ‎－eUAB＝mvB2－mv02③‎ 由②③式得UAB＝－<0‎ 在B点设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，则有 vy＝v0tan30°④‎ vy＝atAB⑤‎ 联立①④⑤式得tAB＝.故选C项．‎ ‎4.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 16‎ 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作用做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，作出粒子两次运动的轨迹如图所示．‎ 由qvB＝m＝mr可以得出vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，又由t＝T可以得出时间之比等于偏转角之比．由图看出偏转角之比为2∶1，则tb∶tc＝2∶1，A项正确．‎ ‎5.如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直于纸面向外、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＝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＝，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，‎ 16‎ 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＝，解得vmax＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s且小于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＝得v＝3.75 m/s，B项正确，由分析易知C项错误．‎ ‎6.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，AB为直径，磁感应强度大小为B0，两个带电荷量均为＋q，质量均为m的带电粒子a、b，同时从边界上两点垂直直径AB方向并沿该平面射入磁场，粒子的初速度大小均为，两入射点与圆心的连线跟直径AB的夹角均为30°，不计两粒子重力及两粒子间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)‎ A．a、b两粒子都经过B点 B．a、b两粒子可以在磁场中相遇 C．a、b两粒子在磁场中的运动时间之比为5∶1‎ D．a、b两粒子离开磁场时的速度偏向角之比为1∶5‎ 答案　AC 解析　根据R＝可知，a、b两个粒子的运动半径都等于R，运动轨迹如图所示，根据几何知识得：a粒子的圆心角为150°，b粒子的圆心角为30°，a、b两粒子都经过B点，故A项正确；根据T＝，可知两粒子的周期相等，由t＝T知运动时间取决于圆心角，a粒子的圆心角为150°，b粒子的圆心角为30°，故两粒子在磁场中的运动时间之比为5∶1，两粒子不相遇，故B项错误，C项正确；a粒子的圆心角为150°，b粒子的圆心角为30°，‎ 16‎ 故a、b两粒子离开磁场时的速度偏向角之比为5∶1，故D项错误．故选A、C两项．‎ ‎7.如图所示，在纸面内直角三角形PQM区域中充满了垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，∠Q＝30°，O为斜边QP的中点，a、b两个带电粒子以相同的速率从M点沿MO方向垂直射入磁场，并从P、Q两点离开．不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a、b粒子轨迹半径之比为1∶3‎ C．a、b粒子在磁场中运行时间之比为2∶3‎ D．a、b粒子的比荷之比为1∶3‎ 答案　BC 解析　a和b的轨迹对应的圆心及半径如图所示．‎ 由左手定则可知，b粒子带正电，a粒子带负电，故A项错误；设OM＝R，则ra＝Rtan30°＝R，rb＝Rtan60°＝R，则a、b粒子轨迹半径之比为1∶3，故B项正确；a、b粒子在磁场中运行的弧长之比为：raθa∶rbθb＝∶＝，因两粒子的速率相同，‎ 16‎ 则两粒子的时间之比为2∶3，故C项正确；根据r＝可知两粒子的比荷之比等于半径的倒数比，即3∶1，故D项错误．故选B、C两项．‎ ‎8.如图所示，边长为L的正方形abcd为两个匀强磁场的边界，正方形内磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，正方形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B；把一个粒子源放在顶点a处，它将沿ac连线方向发射质量也为m、电荷量为q(q＞0)、初速度为v0＝的带负电粒子(重力不计)，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 C．粒子第一次到达c点所用的时间为 D．粒子第一次返回a点所用的时间为 答案　BD 解析　由Bqv＝m可知，R＝＝，故A项错误；‎ 由v＝可知，粒子在磁场中运动的周期T＝，故B项正确；‎ 由几何关系可知，粒子在内部磁场中应恰好到达b点，离开b后再经四分之三圆周到达c点，运动轨迹如图所示，则可知到达c点的时间为一个周期，故为T＝，故C项错误；‎ 粒子由c点进入时沿ca方向，经四分之一圆周到达d点，离开后再在外磁场中经四分之三圆周回到a点，则可知，粒子恰好经过了2个周期，故时间为，故D项正确．故选B、D两项．‎ 16‎ ‎9．如图所示，虚线OL与y轴的夹角为60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一带正电荷的粒子从y轴上的M点沿平行于x轴的方向射入磁场，粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)．已知OP之间的距离与粒子在磁场中运动的轨道半径相同，不计粒子的重力．则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子离开磁场时的速度方向可能垂直虚线OL B．粒子经过x轴时的速度方向可能垂直x轴 C．粒子离开磁场时的速度方向可能和虚线OL成30°夹角 D．粒子经过x轴时的速度方向可能与x轴正方向成30°夹角 答案　BD 解析　如果粒子离开磁场时的速度方向垂直虚线OL，则圆心为O，粒子达到x轴上的距离OP>r，故A项错误；‎ 如果粒子经过x轴时的速度方向垂直x轴，则粒子经过OL时速度方向竖直向下，粒子运动轨迹如图所示：‎ 此时轨迹几何关系可得OP＝r，故B项正确；‎ 如果粒子离开磁场时的速度方向和虚线OL成30°夹角，则速度方向如图所示：‎ 16‎ 此时OP距离一定小于r，故C项错误；‎ 粒子经过x轴时的速度方向可能与x轴正方向成30°夹角，轨迹如图所示：‎ 如果β＝30°，则粒子半径r＝CA有可能等于OP，故D项正确．故选B、D两项．‎ ‎10.如图所示，在直角坐标系xOy中，位于坐标轴上的M、N、P三点到坐标原点O的距离均为r，在第二象限内以O1(－r，r)为圆心，r为半径的圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，现从M点平行xOy平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限．为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，在第一象限内，以适当的过P点的曲线为边界(图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线不同)，边界之外的区域加上平行于y轴负方向的匀强电场或垂直xOy平面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用及其重力．下列说法正确的是(　　)‎ A．若OPN之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为 B．若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度最大为v C．若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度方向不可能与x轴成45°‎ D．若OPN之外的区域加的是电场，则边界PN曲线的方程为y＝－2x＋r 16‎ 答案　ABD 解析　由题意知沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限，轨迹为圆弧，速度方向水平向右(沿x轴正方向)，由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径，作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆心以及出射点、入射点四点组成的四边形为菱形，且所有从M点入射粒子进入第一象限速度方向相同，即均沿＋x方向进入第一象限，为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，OPN之外的区域加的是磁场，最小的磁场面积为图中阴影部分的面积，根据几何关系可得所加磁场的最小面积为S＝2×＝，故A项正确；‎ 若OPN之外的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛，沿MO1入射的粒子到达N点时的运动时间最长，速度最大，速度与水平方向夹角也最大，设类平抛运动时间为t，在N点速度与水平方向夹角为θ，则有：‎ 水平方向：r＝vt 竖直方向：r＝t 联立解得：vy＝2v vmax＝＝v，tanθ＝＝2，tan45°＝1，故B项正确，C项错误；‎ 若OPN之外的区域加的是电场，设边界PN曲线上有一点的坐标为(x，y)，则x＝vt，y＝r－at2，整理可得：＝；当x＝r时y＝0，整理可得边界PN曲线的方程为y＝－2x＋r，故D项正确．‎ 二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，12题13分，14题14分，共50分)‎ ‎11．如图所示，真空中有两块足够大的荧光屏P1、P2水平正对放置，间距为d，两荧光屏之间有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在紧贴荧光屏P2的A点有一粒子源，某一时刻向荧光屏P2上方纸面内的各个方向同时以相同的速率各发射一个粒子(图中只画出其中的几个方向)，粒子的质量为m，带电荷量为－q，粒子的速率为v0＝.若粒子打到荧光屏上立即被吸收并发出荧光，不计粒子间的相互作用力和重力．‎ 16‎ ‎(1)求平行于P2向左发射的粒子在磁场中的运动时间；‎ ‎(2)求荧光屏P1、P2之间有粒子经过的区域的面积；‎ ‎(3)当平行于P2向左发射的粒子到达荧光屏时，求仍在磁场中运动的粒子和已经被屏吸收的粒子的个数之比．‎ 答案　(1)　(2)πd2　(3) 解析　(1)设粒子运动轨迹的半径为R，则有：‎ qv0B＝ ，‎ 解得：R＝2d，‎ 平行于P2向左发射的粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，圆心角为α，‎ 则有：cosα＝，‎ 解得：α＝，‎ 粒子的运动周期为：T＝，‎ 粒子的运动时间为：t＝.‎ ‎(2)粒子的轨迹恰好和Р1相切时，初速度的方向和与P2成角θ的轨迹如图2所示，‎ 则有：cosθ＝，‎ 解得：θ＝，‎ 16‎ 所以有粒子经过的区域的最大面积为：‎ S＝2＋d×Rsinθ，‎ 解得：S＝πd2.‎ ‎(3)粒子的初速度方向与P2成角β时，轨迹如图3所示，‎ 若圆心角也为，则β＝，‎ 所以当平行于P2向左发射的粒子到达P1时，此时已经打到荧光屏P1上的粒子的发射方向与平行于P2向右 发射的粒子的方向成角的范围是θ～π，‎ 已经打到荧光屏Р2上的粒子的发射方向与平行于P2向右的方向成角的范围是0～β，‎ 仍在磁场中运动的粒子的发射方向范围是β～θ，‎ 所以仍在磁场中运动的粒子和已经被屏吸收的粒子个数之比为＝.‎ ‎12.如图，竖直平面内(纸面)存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ＝60°角，纸面内的线段MN与水平方向成α＝30°角，MN长度为d.现将一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球从M由静止释放，小球沿MN方向运动，到达N点的速度大小为vN(待求)；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度抛出，小球将经过M点正上方的P点(未画出)，已知重力加速度大小为g，求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度vN；‎ ‎(2)M点和P点之间的电势差；‎ ‎(3)小球在P点动能与在M点动能的比值．‎ 答案　(1)　(2)　(3) 16‎ 解析　(1)由小球运动方向可知，小球受合力沿MN方向，如图甲，‎ 由正弦定理得：＝＝，‎ 解得：E＝，‎ 合力为：F＝mg，‎ 由牛顿第二定律得：小球运动的加速度为：a＝＝g，‎ 从M→N，有：2ad＝vN2，‎ 解得：vN＝.‎ ‎(2)如图乙，设MP为h，作PC垂直于电场线，小球做类平抛运动：‎ hcos60°＝at2，‎ hsin60°＝vNt，‎ UMC＝Ehcos30°，‎ UMP＝UMC，‎ 联立解得：UMP＝－.‎ ‎(3)如图乙，作PD垂直于MN，从M→P，由动能定理：‎ FsMD＝EkP－EkM，sMD＝hsin30°，‎ EkM＝mvN2，‎ ＝＝.‎ 16‎ ‎13.在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R＝1.0 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E＝1.0×104 N/C，现有质量m＝0.20 kg，电荷量q＝＋6.0×10－4 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始向右运动，已知A、B间距为L＝1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力．求：‎ ‎(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)带电体最终停止的位置；‎ ‎(3)从A点到停止运动过程中带电体的电势能变化量；‎ ‎(4)为使带电体从最终停止处又能回到A点，可在该处给带电体一个水平的速度，求这速度的大小和方向．‎ 答案　(1)24 N　(2)与C点竖直距离为1.8 m处 ‎(3)－12 J　(4)13.90 m/s　方向水平向左 解析　(1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C，由动能定理得：‎ qE(L＋R)－μmgL－mgR＝mv2‎ 解得：v＝3 m/s，‎ 在C点，对带电体，由牛顿第二定律得N－qE＝m 解得：N＝24 N，‎ 根据牛顿第三定律知，带电体运动到圆弧形轨道C点时对轨道的压力大小N′＝N＝24 N.‎ ‎(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：‎ ‎－mgh－μqEh＝0－mv2‎ 解得：h＝1.8 m.‎ 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力：Ffmax＝μqE＝3 N，重力G＝mg＝2 N，因为G