2020版高考物理大二轮复习专题强化训练4电磁学中的曲线运动

专题强化训练(四)一、选择题1．(2019·福建四校二次联考)如图所示，水平放置的平行板电容器，其正对的两极板A 、B 长均为L ，在距A 、B 两板右边缘L 处有一竖直放置的足够大荧光屏，平行板电容器的水平中轴线OO ′垂直荧光屏交于O ″点，电容器的内部可视为匀强电场，场强为E ，其外部电场不计．现有一质量为m 、电荷量为q 的带电小球从O 点沿OO ′射入电场，最后恰好打在荧光屏上的O ″点，小球运动中没有碰撞A 板或者B 板，已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．小球一定带负电B ．小球一定垂直打在荧光屏的O ″点上C ．电场力qE ＝2mgD ．电场力qE ＝43mg [解析] 在竖直方向，带电小球在电场力和重力作用下做竖直向上的匀加速直线运动，出电场后先做竖直上抛运动，再做自由落体运动，最终落到O ″点．在水平方向小球一直做匀速直线运动．可知小球在电场内受到向上的电场力作用，由于不知道电场方向，因而不知道小球的电性，A 错误；小球落到O ″时有竖直向下的速度，不会垂直打在荧光屏上，B 错误；小球在电场中竖直方向的位移s 1与小球在电场外在竖直方向的位移s 2等大反向且运动时间相等，s 1＝12a 1t 2、v ＝a 1t 、s 2＝vt －12a 2t 2＝(a 1t )t －12a 2t 2，结合s 1＝－s 2可得3a 1＝a 2即3(qE －mg )＝mg ，整理可得qE ＝43mg ，C 错误，D 正确． [答案] D2．(2019·河北名校联盟)如图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s 2 2qE mhB.s 2 qE mhC.s 4 2qE mhD.s 4 qE mh [解析] 两粒子在电场中都做类平抛运动，初速度大小相同，加速度大小相同，因此运动轨迹相同，故两粒子一定相切于矩形区域的中心，因此此时两粒子的水平位移都为s 2，竖直位移都为h 2，根据牛顿第二定律得两粒子运动的加速度都为qE m，根据类平抛运动的特点得沿初速度方向上s 2＝v 0t ，沿加速度方向上h 2＝qE 2m t 2，联立得v 0＝s 2qE mh ，B 正确，ACD 错误． [答案] B3．(多选)(2019·自贡模拟三)如图所示，在水平向右的匀强电场E 中，将一带正电的小球以初速度v 0竖直向上抛出，小球质量为m ，电荷量q ＝3mg E ，重力加速度为g .则带电粒子抛出后( )A ．将做匀变速曲线运动B ．动能先增大后减小C ．电场力一直做正功D ．最小速度为32v 0 [解析] 小球受到竖直向下的重力mg 与水平向右的恒定的电场力F e 作用，初速度的方向与合力F 的方向不在同一条直线上，故小球做匀变速曲线运动，轨迹如图所示，选项A正确；小球受到的合力F 与速度方向先成钝角后成锐角，故合力对小球先做负功再做正功，故小球的动能先减小后增大，选项B 错误；小球受到的电场力与速度方向始终成锐角，故电场力对小球一直做正功，选项C 正确；当合力F 与速度方向垂直时，小球的速度v 最小，将v 0沿合力和垂直合力方向分解，v ⊥＝0时，速度最小，即v min ＝v 0cos30°＝32v 0，选项D 正确．[答案] ACD4．(多选)(2019·重庆学业质量调研)三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v 0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A 、B 、C 三处，O 点是下极板的左端点，且OC ＝2OA ，AC ＝2BC ，如图所示，则下列说法正确的是( )A ．三个粒子在电场中运动的时间之比t A ∶tB ∶tC ＝2∶3∶4B ．三个粒子在电场中运动的加速度之比a A ∶a B ∶aC ＝1∶3∶4C ．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比E k A ∶E k B ∶E k C ＝36∶16∶9D ．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20[解析] 三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x ＝vt 得，运动时间t A ∶t B ∶t C ＝x A ∶x B ∶x C ＝2∶3∶4，故A 正确；三个粒子在竖直方向上的位移y 相等，根据x ＝vt ，y ＝12at 2，解得a A ∶a B ∶a C ＝14∶19∶116＝36∶16∶9，故B 错误；由牛顿第二定律可知F ＝ma ，因为三小球质量相等，所以合力大小之比与加速度之比相同，合力做功W ＝Fy ，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为36∶16∶9，故C 正确；三个粒子所受的合力大小关系为F A >F B >F C ，三个粒子所受的重力相等，所以B 仅受重力作用，A 所受的电场力向下，C 所受的电场力向上，即B 不带电，A 带负电，C 带正电，由牛顿第二定律得a A ∶a B ∶a C ＝(mg ＋q A E )∶(mg )∶(mg －q C E )，解得q C ∶q A ＝7∶20，故D 正确．[答案] ACD5．(多选)(2019·河北六校联考)如图所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(重力不计)从AC 边的中点O 垂直于AC 边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l ，则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )A ．若该粒子的入射速度为v ＝qBl m，则粒子一定从CD 边射出磁场，且距点C 的距离为l B ．若要使粒子从CD 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝qB (2＋1)l mC ．若要使粒子从CD 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝2qBl m D ．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为πm qB[解析] 若粒子射入磁场时的速度为v ＝qBl m ，则由qvB ＝m v 2r可得r ＝l ，由几何关系可知，粒子一定从CD 边上距C 点为l 的位置离开磁场，选项A 正确；因为r ＝mv qB ，所以v ＝qBr m，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD 边相切时，从CD 边射出的粒子轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r ＝(2＋1)l ，故其最大速度为v ＝qB (2＋1)l m，选项B 正确，C 错误；粒子在磁场中的运动周期为T ＝2πm qB，故当粒子从三角形的AC 边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t ＝πm qB，选项D 正确．[答案] ABD6．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )A.5πm 6qB B.7πm 6qB C.11πm 6qB D.13πm 6qB[解析] 设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2R 、T ＝2πR v，可得R 1＝mv qB 、R 2＝2mv qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2，则粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm 6qB，选项B 正确，A 、C 、D 均错误．[答案] B7．(2019·安徽黄山模拟)如图所示，在空间中有一坐标系xOy ，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的边界．区域Ⅰ中的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B ，方向垂直纸面向内．边界上的P 点坐标为(4L,3L )．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O .忽略粒子重力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法中不正确的是( )A ．该粒子一定沿y 轴负方向从O 点射出B ．该粒子射出时与y 轴正方向夹角可能是74°C ．该粒子在磁场中运动的最短时间t ＝53πm 60qBD ．该粒子运动的可能速度为v ＝25qBL 12nm (n ＝1,2,3，…) [解析] 带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R ，解得R ＝mv qB，所以粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为R 1＝2R 2，设OP 边与x 轴的夹角为α，则tan α＝3L 4L，知α＝37°，带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射入区域Ⅰ，与OP 边的夹角为53°，由对称性知从区域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y 轴负方向，分析可知粒子一定是从区域Ⅱ中从O 点射出，故A 选项正确，B 选项错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T ＝2πm qB，粒子每次在区域Ⅰ中转过的圆心角为θ1＝106°，则粒子每次在区域Ⅰ中运动的时间为t 1＝θ12πT 1＝5390·πm qB，粒子每次在区域Ⅱ中转过的圆心角为θ2＝106°，则粒子每次在区域Ⅱ中运动的时间为t 1＝θ12πT 2＝53180·πm qB，所以该粒子在磁场中运动的最短时间t ＝t 1＋t 2＝53πm 60qB，故C 选项正确；设带电粒子每两次从区域Ⅱ射出之间的时间为一个周期，在OP 边沿PO 方向移动的距离为L 0＝L 1＋L 2，其中L 1＝2R 1cos37°＝8mv 5qB ，L 2＝2R 2cos37°＝4mv 5qB ，而5L ＝nL 0(n ＝1,2,3，…)，联立解得v ＝25qBL 12nm(n ＝1,2,3，…)，故D 选项正确；综上所述，只有B 选项错误，符合题意．[答案] B8.(2019·恩施调研)如图所示，边长为L 的正方形有界匀强磁场ABCD ，一带电粒子从A 点沿AD 方向射入磁场，恰好从C 点飞出磁场；若该粒子以相同的速度从AB 边的中点P 垂直AB 射入磁场，则从BC 边上的M 点飞出磁场(M 点未画出)．设粒子从A 点运动到C 点所用时间为t ，由P 点运动到M 点所用时间为t ′，不计粒子的重力，则t ∶t ′等于( )A ．1∶1B ．2∶3C ．3∶2 D.3∶ 2 [解析] 由于该带电粒子两次射入磁场的初速度相同，故由R ＝mv Bq 和T ＝2πm Bq可知，该粒子两次在磁场中做圆周运动的半径、周期均相同．由于当该粒子从A 点沿AD 方向射入磁场时，从C 点飞出磁场，故由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角恰为π2，且轨迹半径刚好等于正方形的边长L ，B 点为该粒子做圆周运动的圆心，粒子在磁场中运动的时间为t ＝T4；当粒子以相同的速度从P 点射入磁场时，由几何关系可知，此时粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为π3，故其在磁场中的运动时间为t ′＝T 6，故t ∶t ′＝3∶2，选项C 正确．[答案] C9．(多选)(2019·绵阳第一次诊断性测试) 如图所示，在xOy 平面内，有一个圆形区域的直径AB 与x 轴重合，圆心O ′的坐标为(2a,0)，其半径为a ，该区域内无磁场．在y 轴和直线x ＝3a 之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴上某点射入磁场．不计粒子重力．则( )A ．若粒子的初速度方向与y 轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，粒子的初速度大小为2qBa m B ．若粒子的初速度方向与y 轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B 点，粒子的初速度大小为3qBa mC ．若粒子的初速度方向与y 轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt ＝πm 3qB，且粒子也能到达B 点，粒子的初速度大小为3qBa 2mD ．若粒子的初速度方向与y 轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt ＝πm 3qB，且粒子也能到达B 点，粒子的初速度大小为3qBa 2m[解析] 粒子不经过圆形区域就能到达B 点，故粒子到达B 点时速度方向竖直向下，圆心必在x 轴正半轴上，设粒子做圆周运动的半径为r 1，如图(1)，由几何关系得：r 1sin30°＝3a －r 1，又qv 1B ＝m v 21r 1，解得：v 1＝2qBa m，故A 正确，B 错误；粒子在磁场中的运动周期为T ＝2πmqB ，粒子在磁场中的运动Δt ＝πm 3Bq 所对应轨迹对应的圆心角为α＝Δt T×360°＝60°，如图(2)，由几何关系知粒子到达B 点的速度与x 轴夹角β＝30°；设粒子做圆周运动的半径为r 2，由几何关系得：3a ＝2r 2sin30°＋3a cos30°，又qv 2B ＝m v 22r 2，解得：v 2＝3qBa 2m，故C 正确，D 错误．[答案] AC二、非选择题10．(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出．已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力．求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间．[解析] (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v .由动能定理有qU ＝12mv 2① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2r② 由几何关系知d ＝2r ③联立①②③式得q m ＝4U B 2d 2④ (2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为s ＝πr 2＋r tan30°⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为t ＝s v⑥ 联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋33[答案] (1)4U B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋33 11. (2019·福建四地六校期末联考)如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在x >0的区域内有电场强度大小E ＝4 N/C 、方向沿y 轴正方向的条形匀强电场，其宽度d ＝2.0 m ．一质量m ＝6.4×10－27 kg 、电荷量q ＝－3.2×10－19 C 的带电粒子从P 点(0,1 m)以速度v ＝4×104 m/s ，沿x 轴正方向进入电场，经电场偏转最终通过x 轴上的Q 点(图中未标出)，不计粒子重力．求：(1)当电场左边界与y 轴重合时Q 点的横坐标；(2)若只改变上述电场强度的大小，且电场左边界的横坐标x ′处在范围0<x ′<3 m 内，要求带电粒子仍能通过Q 点，求此电场左边界的横坐标x ′与电场强度的大小E ′的函数关系．[解析] (1)带电粒子进入电场后做类平抛运动，粒子在电场中加速度a ＝qE m ，运动时间t 1＝d v，沿y 方向位移y ＝12at 21，沿y 方向分速度v y ＝at 1， 粒子出电场后又经时间t 2到达x 轴上Q 点， v y t 2＋y ＝y P ＝1 m ，故Q 点的横坐标为x ＝d ＋vt 2＝5.0 m.(2)电场左边界的横坐标为x ′.当0<x ′<3 m 时，设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′，则tan θ′＝v y v ＝a ′t 1v ＝E ′qd mv 2. 由几何关系，有tan θ′＝14－x ′，由以上两式，得E ′＝164－x ′. [答案] (1)5.0 m (2)E ′＝164－x ′。