新课标2022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.doc

专题强化训练(四)一、选择题(共10个小题，14为单项选择，其余为多项选择，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，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，假设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，那么三个粒子从圆形边界射出点构成的图形的面积为()A.R2B.R2C.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，ABACR，故三角形的面积为：S×R×R2，故B项正确，应选B项2.如下图，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，假设初速度为v1，其运动轨迹将与BC边相切；假设初速度为v2，其运动轨迹将与CD边相切那么v1与v2之比为()A21 B32C31 D43答案B解析将一电子从E点沿EB方向射出，假设初速度为v1，其运动轨迹将与BC边相切，那么由几何关系可知粒子运动的轨道半径为：r1a，假设初速度为v2，其运动轨迹将与CD边相切，那么由几何关系可知粒子运动的轨道半径r2a，电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evBm，解得：v，电子速度之比：，故B项正确，A、C、D三项错误3.如下图，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，电子重力不计那么()A电子在电场中做变加速度曲线运动BA、B两点间的电势差UAB>0C电子从A运动到B的时间tD电子在B点的速度大小vv0答案C解析电子仅受电场力，且电场力是恒力，那么电子加速度一定，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：eEma将电子在B点的速度分解可知(如图)vBv0电子由A到B，由动能定理可知：eUABmvB2mv02由式得UAB<0在B点设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，那么有vyv0tan30°vyatAB联立式得tAB.应选C项4.如下图，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，不计粒子重力那么()Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12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下图由qvBmmr可以得出vbvcrbrc12，又由tT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21，那么tbtc21，A项正确5.如下图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直于纸面向外、磁感应强度B1 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，OM3 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，假设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，那么小球射入的速度大小可能是()A3 m/s B3.75 m/sC4 m/s D5 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vmin3 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，那么圆心一定在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Rmax5 m，又Rmax，解得vmax5 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R3.75 m，由半径公式R得v3.75 m/s，B项正确，由分析易知C项错误6.如下图，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，那么以下说法正确的选项是()Aa、b两粒子都经过B点Ba、b两粒子可以在磁场中相遇Ca、b两粒子在磁场中的运动时间之比为51Da、b两粒子离开磁场时的速度偏向角之比为15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，运动轨迹如下图，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tT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51，两粒子不相遇，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°，故a、b两粒子离开磁场时的速度偏向角之比为51，故D项错误应选A、C两项7.如下图，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)，Q30°，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，以下说法正确的选项是()Aa粒子带正电，b粒子带负电Ba、b粒子轨迹半径之比为13Ca、b粒子在磁场中运行时间之比为23Da、b粒子的比荷之比为13答案BC解析a和b的轨迹对应的圆心及半径如下图由左手定那么可知，b粒子带正电，a粒子带负电，故A项错误；设OMR，那么raRtan30°R，rbRtan60°R，那么a、b粒子轨迹半径之比为13，故B项正确；a、b粒子在磁场中运行的弧长之比为：raarbb，因两粒子的速率相同，那么两粒子的时间之比为23，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31，故D项错误应选B、C两项8.如下图，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(q0)、初速度为v0的带负电粒子(重力不计)，以下说法正确的选项是()A粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为LB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Bqvm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，运动轨迹如下图，那么可知到达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，那么可知，粒子恰好经过了2个周期，故时间为，故D项正确应选B、D两项9如下图，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)OP之间的距离与粒子在磁场中运动的轨道半径相同，不计粒子的重力那么以下说法正确的选项是()A粒子离开磁场时的速度方向可能垂直虚线OLB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，那么圆心为O，粒子到达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，那么粒子经过OL时速度方向竖直向下，粒子运动轨迹如下图：此时轨迹几何关系可得OPr，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，那么速度方向如下图：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，轨迹如下图：如果30°，那么粒子半径rCA有可能等于OP，故D项正确应选B、D两项10.如下图，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会聚于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以下说法正确的选项是()A假设OPN之外的区域加的是磁场，那么所加磁场的最小面积为B假设OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度最大为vC假设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假设OPN之外的区域加的是电场，那么边界PN曲线的方程为y2xr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会聚于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局部的面积，根据几何关系可得所加磁场的最小面积为S2×，故A项正确；假设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，那么有：水平方向：rvt竖直方向：rt联立解得：vy2vvmaxv，tan2，tan45°1，故B项正确，C项错误；假设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)，那么xvt，yrat2，整理可得：；当xr时y0，整理可得边界PN曲线的方程为y2xr，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如下图，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.假设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(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)d2(3)解析(1)设粒子运动轨迹的半径为R，那么有：qv0B ，解得：R2d，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，那么有：cos，解得：，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1相切时，初速度的方向和与P2成角的轨迹如图2所示，那么有：cos，解得：，所以有粒子经过的区域的最大面积为：S2d×Rsin，解得：Sd2.(3)粒子的初速度方向与P2成角时，轨迹如图3所示，假设圆心角也为，那么，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，已经打到荧光屏2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，仍在磁场中运动的粒子的发射方向范围是，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60°角，纸面内的线段MN与水平方向成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)；假设将该小球从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)，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)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：Fmg，由牛顿第二定律得：小球运动的加速度为：ag，从MN，有：2advN2，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，UMCEhcos30°，UMPUMC，联立解得：UMP.(3)如图乙，作PD垂直于MN，从MP，由动能定理：FsMDEkPEkM，sMDhsin30°，EkMmvN2，.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R1.0 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E1.0×104 N/C，现有质量m0.20 kg，电荷量q6.0×104 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始向右运动，A、B间距为L1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为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(LR)mgLmgRmv2解得：v3 m/s，在C点，对带电体，由牛顿第二定律得NqEm解得：N24 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NN24 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：mghqEh0mv2解得：h1.8 m.在最高点，带电体受到的最大静摩擦力：FfmaxqE3 N，重力Gmg2 N，因为G<Ffmax，所以带电体最终静止在与C点竖直距离为1.8 m处(3)从A点到停止运动过程中带电体的电势能变化量EpW电qE(LR)12 J.(4)设这速度的大小为v0.带电体从停止处运动到A处的过程中，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，加速度大小为a m/s230 m/s2.水平方向有LRv0tat2，竖直方向有hRgt2，联立可得v013.90 m/s，方向水平向左14在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系xOy，y轴左侧有沿y轴正方向的匀强电场E，y轴右侧有垂直水平桌面向上的匀强磁场B，在(12，0)处有一个带正电的小球A以速度v02.4 m/s沿x轴正方向进入电场，运动一段时间后，从(0，8)处进入y轴右侧的磁场中，并且正好垂直于x轴进入第4象限，A球的质量为m0.1 kg，带电量为q2.0 C，小球重力忽略不计，求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)如果在第4象限内静止放置一个不带电的小球C，使小球A运动到第4象限内与C球发生碰撞，碰后A、C粘在一起运动，那么小球C放在何位置时，小球A在第4象限内运动的时间最长？(小球可以看成是质点，不考虑碰撞过程中的电量损失)答案(1)3.2 N/C(2)1.5 T(3)(24，0)解析(1)小球A在电场中沿x、y轴方向上的位移分别设为x1、y1.有：x1v0t1，y1at12，a，联立可得：E3.2 N/C.(2)小球进入磁场时，有：vyat1，v，cos，v4 m/s，方向与y轴方向成37°，小球A在磁场中做匀速圆周运动，垂直于x轴进入第4象限，作出小球A运动的轨迹如图，设轨道半径为R1，由几何关系可得：R1 m，根据Bqvm，解得：B1.5 T.(3)在第4象限内A与C球发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度设为v2，在磁场中做圆周运动的轨道半径设为R2.有：mv(mmC)v2，Bqv2(mmC)，解得：R2R1，即：小球运动的轨道半径不变，由周期公式T可得：碰撞后小球的速度变小，故碰后的周期变大，所以要使小球A在第4象限内运动的时间最长，小球C应放在小球A进入第4象限时的位置为：xR1R1sin53°0.24 m，即坐标为(24，0)11