高考物理二轮专题突破 专题三 力与物体的曲线运动(3)电学中的曲线运动检测题-人教版高三全册物理试题

专题三力与物体的曲线运动
第3讲：电学中的曲线运动
一、夯实根底
1.(多项选择)竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以一样的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图1所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，如下说法正确的答案是( )
图1
A.两电荷的电荷量可能相等
B.两电荷在电场中运动的时间相等
C.两电荷在电场中运动的加速度相等
D.两电荷离开电场时的动能相等
2.如图2所示，竖直金属板A、B间电压为U0，板中央有小孔O和O1，现有足够多的同种粒子源源不断地从小孔O进入金属板A、B间，并被加速后从O1进入右侧水平平行金属板C、D间，O1O2是极板C、D的中线，金属板C、D的长与板间距相等，两板间电压U可调，不计粒子重力与进入O孔时的初速度，所有粒子均不能打在极板上，如此U与U0应满足( )
图2
A.U>U0
B.U<2U0
C.U>2U0
D.因不知极板C、D的长，所以无法确定U和U0的关系
3.如图3所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k 倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好
能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，如此偏转电场长、宽之比l d
的值为( )
图3
A.k
B.2k
C.3k
D.5k
4.如图4所示，矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，ab ＝2bc ＝2L ，电场线与矩形所在的平面平行.a 点电势为18V ，b 点电势为10V ，c 点电势为6V.一质子从a 点以速度v 0射入电场，v 0与ab 边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab 中点e .不计质子重力，如下判断正确的答案是( )
图4
A.d 点电势为12V
B.质子从a 到b 电势能增加了6eV
C.电场强度大小为4
L
D.质子从a 到e 所用时间为2L 2v 0
二、能力提升
5.(多项选择)用细绳拴一个质量为m 带正电的小球B ，另一也带正电小球A 固定在绝缘竖直墙上，A 、B 两球与地面的高度均为h ，小球B 在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图5所示.现将细绳剪断后( )
图5
A.小球B在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
B.小球B在细绳剪断瞬间加速度大于g
C.小球B落地的时间小于2h g
D.小球B落地的速度大于2gh
6.(多项选择)如图6所示，一带正电的点电荷P固定于半径为l的半圆形光滑轨道外侧，与轨道左端和最低点的距离均为l，轨道固定.有一质量为m、带负电小球Q从轨道左端静止滑下，如此( )
图6
A.小球运动到轨道最低点的速度v>2gl
B.小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为3mg
C.小球将运动到半圆形轨道右端最高点
D.从开始到第一次经过最低点的运动过程中，电场力对小球先做正功后做负功
7.(多项选择)如图7所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N点.小球的质量为m，初速度大小为v0，斜面倾角为θ，电场强度大小未知.如此如下说法正确的答案是( )
图7
A.可以断定小球一定带正电荷
B.可以求出小球落到N点时速度的方向
C.可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的总功
D.可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大
8.(多项选择)如图8甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t
＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T
3时间内微粒匀速运动，T 时刻微
粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g .关于微粒在0～
T 时间内运动的描述，正确的答案是( )
图8
A.末速度大小为2v 0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了1
2mgd
D.抑制电场力做功为mgd 三、课外拓展
9.(多项选择)如图9所示的匀强磁场中，从O 点沿OA 方向垂直磁场发射两个比荷一样的带电粒子，一粒子经时间t 1到达直线OC 上的P 点，其速率为v 1；另一粒子经时间t 2到达直线OC 上的Q 点，其速率为v 2.不计粒子重力和粒子间的相互作用，如此( )
图9
A.v 1>v 2
B.v 1<v 2
C.t 1<t 2
D.t 1＝t 2
10.如图10所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 1，P 为磁场边界上的一点.一样的带正电粒子，以一样的速率从P 点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向.这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1
3.假设将磁感
应强度的大小变为B 2，结果相应的弧长变为圆周长的1
4
，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，如此
B 2
B 1
等于( )
图10
A.34
B.32
C.62
D.23
11.如图11所示，内外表光滑绝缘的半径为1.2m 的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106
V/m.有一质量为0.12 kg 、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6
C ，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A 时，小球与轨道压力恰好为零，g 取10 m/s 2
，求：
图11
(1)小球在A 点处的速度v 1的大小；
(2)小球运动到最高点B 时对轨道的压力大小.
12.如图12所示，绝缘平台AB 距离水平地面CD 的高度为h ，整个空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m 、带正电量为q 的小物块从P 点由静止开始运动，PB 之间的距离也为h .假设匀强电场的场强E ＝mg
2q ，物块与平台之间的动摩擦因数为μ＝0.25.求物块落到水平地面上时的速度大小和
方向.
图12
四、高考链接
13．(2016·全国卷Ⅱ，18)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图13所示。

图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。

在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角。

当筒转
过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒。

不计重力。

假设粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，如此带电粒子的比荷为( )
图13
A.ω3B
B.ω2B
C.ωB
D.
2ωB
14．(2016·全国卷Ⅲ，18)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图14所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

一带电粒子的质量为
m ，电荷量为q (q >0)。

粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成
30°角。

该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。

不计重力。

粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )
图14
A.mv
2qB B.
3mv qB
C.2mv qB
D.4mv qB
15．(2015·全国卷Ⅰ，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A ．轨道半径减小，角速度增大
B ．轨道半径减小，角速度减小
C ．轨道半径增大，角速度增大
D ．轨道半径增大，角速度减小
16．(多项选择)(2015·全国卷Ⅱ，19)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍。

两个速率一样的电子分别在两磁场区域做圆周运动。

与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )
A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍
B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍
C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍
D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
17．(2015·全国卷Ⅱ·24)如图15，一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子在匀强电场中运动，
A 、
B 为其运动轨迹上的两点。

该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运
动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°。

不计重力。

求A 、B 两点间的电势差。

图15
18．(2015·江苏单科·15)一台质谱仪的工作原理如图16所示，电荷量均为＋q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在底片上．放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L .某次测量发现MN 中左侧23区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧1
3区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调
节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．
图16
(1)求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；
(2)为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围；
(3)为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)
参考答案
1.答案 AB
解析 A 、B 两个电荷在电场中做类平抛运动，设板长为L ，粒子的初速度为v 0，如此粒子运动
时间为t ＝L v 0，L 、v 0一样，如此时间t 一样.水平方向的位移为y ＝12at 2，a ＝qE m ，如此y ＝qE 2m t 2
，E 、
t 一样，y 不同，因m 的大小关系不清楚，q 有可能相等.故A 、B 正确；由侧向位移大小y ＝12
at 2，t
一样，y 不同，加速度a 不等，故C 错误.根据动能定理，E k －12mv 20＝qEy ，如此E k ＝12mv 2
0＋qEy ，E k
大小关系无法判断.故D 错误.
2.答案 B
解析 根据动能定理得，qU 0＝12mv 2
0，粒子进入偏转电场的速度v 0＝
2qU 0
m
，
粒子在偏转电场中的位移y ＝12at 2＝12·qUL 2
mLv 20＝UL
4U 0，
粒子均不能打在极板上，如此有：y <L
2，解得U <2U 0.
3.答案 B
解析 设加速电压为kU ，偏转电压为U ，对直线加速过程，根据动能定理，有：q ·kU ＝12mv 2
对类平抛运动过程，有：l ＝vt
d 2＝12·qU md
t 2 联立解得：l d
＝2k . 4.答案 D
解析 匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，故U ad ＝U bc ，可得d 点电势为14V ，故A 错误；U ab ＝8V ，故质子从a 到b 电场力做功为W ＝eU ab ＝8eV ，电场力做正功，电势能减小，故B 错误；经计算可知，d 点和e 点的电势一样，故de 连线为等势线，由于ab ＝2bc ＝2L ，故△ade 为等腰直角三角形，a 点到直线de 的距离为
L
2
，由电场强度与电压的关系可得，电场强度大小为42
L
，
故C 错误；de 连线为等势线，故质子抛出后做类平抛运动，落到e 点时，垂直于电场线方向的位移
为
22L ，所需时间为t ＝2L 2v 0，故D 正确. 5.答案 BCD
解析 将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是
只受重力的作用，因此剪断瞬间起开始，不可能做平抛运动，且加速度大于g ，故A 错误，B 正确；小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g ，因此球落地的时间小于
2h
g
，落地的速度大于2gh ，故C 、D 正确.
6.答案 BD
解析 小球从轨道左端运动到轨道最低点的过程中，电场力做功为零，根据动能定理得：mgl ＝12
mv 2
，得v ＝2gl ，即小球运动到轨道最低点的速度v ＝2gl .故A 错误；在最低点，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2
l
，解得F N ＝3mg ，由牛顿第三定律得知，小球运动到轨道
最低点时对轨道的压力大小为3mg .故B 正确；小球从最低点向右运动的过程中，电场力一直做负功，机械能减少，由能量守恒定律知，小球不可能运动到半圆形轨道右端最高点.故C 错误；从开始到第一次经过最低点的运动过程中，小球与正点电荷间的距离先减小后增大，电场力对小球先做正功后做负功，故D 正确.
7.答案 BCD
解析 小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故A 错误；
利用平抛知识有：y x ＝
v y
2t
v 0t ＝v y 2v 0＝tan θ，速度偏向角设为α，如此tan α＝v y
v 0
＝2tan θ，可求出小球落到N 点时的速度大小和方向，故B 正确；求出小球到达N 点的速度，由动能定理可以求出小球到达N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功，故C 正确；小球在垂直于斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直于斜面方向的速度为零，即小球速度平行于斜面时，小球与斜面间的距离最大，故D 正确.
8.答案 BC
解析 0～T 3时间内微粒匀速运动，如此有：qE 0＝mg ，T 3～2
3
T 内，微粒做平抛运动，下降的位移
x 1＝12g (T 3)2，23T ～T 时间内，微粒的加速度a ＝2qE 0－mg
m ＝g ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀
减速运动，T 时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v 0，故A 错误，B 正确；
微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为12d ，如此重力势能的减少量为12mgd ，故C 正确；在T 3～2
3T
内和23T ～T 时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，如此位移的大小相等，为
1
4
d ，整个过程中抑制电场力做功为2E 0·q ·1
4d ＝12qE 0d ＝12
mgd ，故D 错误.
9.答案 BD
解析 从O 点沿OA 方向垂直磁场发射两个比荷一样的带电粒子，粒子都做匀速圆周运动，如下列图.
根据图象可知，两次做匀速圆周运动的圆心角相等，到达P 点的粒子半径小于到达Q 点粒子的
半径，即r 1<r 2，根据洛伦兹力提供向心力得：Bqv ＝m v 2
r
解得：r ＝mv
Bq
，因为比荷相等，如此半径大的速度大，即v 1<v 2，
周期T ＝2πm
Bq
，因为比荷相等，如此周期一样，而圆心角相等，所以运动时间相等，即t 1＝t 2，
故B 、D 正确.
10.答案 C
11.答案 (1)6m/s (2)14.4N
解析 (1)重力G ＝mg ＝0.12kg×10m/s 2
＝1.2N 电场力F ＝qE ＝1.6×10－6
C×3×106
V/m ＝4.8N
在A 点，有：qE －mg ＝m v 21
R
代入数据解得：v 1＝6m/s.
(2)设球在B 点的速度大小为v 2，从A 到B ，由动能定理有： (qE －mg )·2R ＝12mv 22－12
mv 2
1
在B 点，设轨道对小球弹力为F N ，如此有：F N ＋mg －qE ＝12mv 2
2
由牛顿第三定律有：F N ′＝F N 代入数据解得：F N ′＝14.4N.
12.答案 2gh ，与水平方向的夹角是45°
解析 物块从P 到B 的过程，由动能定理得qEh －μmgh ＝12mv 2
B
又E ＝mg
2q
，代入解得v B ＝
12
gh 物块离开平台后做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，根据h ＝12gt 2
，可得：
下落时间t ＝
2h
g
落地时竖直分速度大小v y ＝2gh
在水平方向上，由牛顿第二定律得qE ＝ma ，得a ＝g
2
落地时水平分速度大小v x ＝v B ＋at ＝2gh
故物块落到水平地面上时的速度大小v ＝v 2
x ＋v 2
y ＝2gh 速度与水平方向的夹角正切tan α＝v y v x
＝1，得α＝45°. 13．答案 A
解析 画出粒子的运动轨迹如下列图，由洛伦兹力提供向心力得，qvB ＝m v 2r ，又T ＝2πr
v
，联立
得T ＝2πm
qB
由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝π6，在磁场中运动时间t ＝θ
2πT ，粒子运动和圆筒运动
具有等时性，如此θ2πT ＝π
2ω，解得q m ＝ω
3B
，应当选项A 正确。

14．答案 D
解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r ＝mv
qB。

轨迹与ON 相切，画出粒子的运动轨
迹如下列图，由于AD －
＝2r sin 30°＝r ，故△AO ′D 为等边三角形，∠O ′DA ＝60°，而∠MON ＝30°，
如此∠OCD ＝90°，故CO ′D 为一直径，OD －
＝CD
－
sin 30°＝2CD －
＝4r ＝4mv qB
，故D 正确。

15．答案 D
解析 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB ＝mv 2
r
，轨
道半径r ＝mv qB
，从较强磁场进入较弱磁场后，磁感应强度变小，速度大小不变，轨道半径r 变大，根据角速度ω＝v r ＝
qB
m
可知角速度变小，选项D 正确。

16．答案 AC
解析 设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，
如此由牛顿第二定律得：qvB ＝mv 2
R ①
T ＝
2πR
v
②
由①②得：R ＝mv qB
，T ＝2πm
qB
所以R 2R 1＝B 1
B 2＝k ，T 2T 1＝B 1B 2
＝k 根据a ＝
qvB m ，ω＝v R ＝qB m
可知a 2a 1＝B 2B 1＝1k ，ω2ω1＝B 2B 1＝1
k
所以选项A 、C 正确，B 、D 错误。

17．答案 mv 20
q
解析 设带电粒子在B 点的速度大小为v B 。

粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
v B sin 30°＝v 0sin 60°①
由此得v B ＝3v 0②
设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有
qU AB ＝12
m (v 2B －v 2
0)③ 联立②③式得U AB ＝mv 2
q
18. 答案(1)9qB 2L 2
32U 0 (2)100U 081≤U ≤16U 0
9
(3)3次
解析 (1)离子在电场中加速：qU 0＝12
mv 2
在磁场中做匀速圆周运动：qvB ＝m v 2
r
解得r ＝
1
B 2mU 0
q
打在MN 中点P 的离子运动半径为r 0＝3
4L ，代入解得
m ＝9qB 2L 2
32U 0
(2)由(1)知，U ＝16U 0r 2
9L 2离子打在Q 点时r ＝5
6
L ，
U ＝
100U 0
81
离子打在N 点时r ＝L ，U ＝16U 0
9
，如此电压的范围 100U 081≤U ≤16U 0
9 (3)由(1)可知，r ∝U
由题意知，第1次调节电压到U 1，使原本Q 点的离子打在N 点L 56L ＝U 1
U 0
此时，原本半径为r 1的打在Q 1的离子打在Q 上56L r 1
＝U 1
U 0
解得r 1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫562L
第2次调节电压到U 2，原本打在Q 1的离子打在N 点，原本半径为r 2的打在Q 2的离子打在Q 上，
如此：L r 1
＝
U 2U 0，56
L r 2＝U 2U 0
解得r 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫563
L
同理，第n 次调节电压，有r n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫56n ＋1
L
检测完整，有r n ≤L
2
解得n ≥lg2
lg
65－1≈2.8
最少次数为3次。