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

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

高考物理 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＝2mg D．电场力qE＝mg ‎[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s1与小球在电场外在竖直方向的位移s2等大反向且运动时间相等，s1＝a1t2、v＝a1t、s2＝vt－a2t2＝(a1t)t－a2t2，结合s1＝－s2可得3a1＝a2即3(qE－mg)＝mg，整理可得qE＝mg，C错误，D正确．‎ ‎[答案]　D ‎2．(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v0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v0等于(　　)‎ 11‎ 高考物理 A. B. C. D. ‎[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，竖直位移都为，根据牛顿第二定律得两粒子运动的加速度都为，根据类平抛运动的特点得沿初速度方向上＝v0t，沿加速度方向上＝t2，联立得v0＝ ，B正确，ACD错误．‎ ‎[答案]　B ‎3．(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v0竖直向上抛出，小球质量为m，电荷量q＝，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v0‎ ‎[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Fe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 11‎ 高考物理 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v0沿合力和垂直合力方向分解，v⊥＝0时，速度最小，即vmin＝v0cos30°＝v0，选项D正确．‎ ‎ [答案]　ACD ‎4．(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v0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tA∶tB∶tC＝2∶3∶4‎ B．三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC＝1∶3∶4‎ C．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9‎ D．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tA∶tB∶tC＝xA∶xB∶xC＝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＝at2，解得aA∶aB∶aC＝∶∶＝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 11‎ 高考物理 ‎，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FA>FB>FC，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aA∶aB∶aC＝(mg＋qAE)∶(mg)∶(mg－qCE)，解得qC∶qA＝7∶20，故D正确．‎ ‎[答案]　ACD ‎5．(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＝，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＝ C．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＝ 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 ‎[解析]　 若粒子射入磁场时的速度为v＝，则由qvB ＝m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＝，所以v＝，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＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，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＝ 11‎ 高考物理 ‎，选项D正确．‎ ‎ [答案]　ABD ‎6．(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B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. B. C. D. ‎[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R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cosθ＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D均错误．‎ 11‎ 高考物理 ‎ [答案]　B ‎7．(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＝ D．该粒子运动的可能速度为v＝(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，解得R＝，所以粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为R1＝2R2，设OP边与x轴的夹角为α，则tanα＝，知α＝37°，带正电粒子从P点平行于y 11‎ 高考物理 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＝，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t1＝T1＝·，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t1＝T2＝·，所以该粒子在磁场中运动的最短时间t＝t1＋t2＝，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L0＝L1＋L2，其中L1＝2R1cos37°＝，L2＝2R2cos37°＝，而5L＝nL0(n＝1,2,3，…)，联立解得v＝(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]　B ‎8.(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∶1 B．2∶3‎ 11‎ 高考物理 C．3∶2 D.∶ ‎[解析]　由于该带电粒子两次射入磁场的初速度相同，故由R＝和T＝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，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＝；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，故其在磁场中的运动时间为t′＝，故t∶t′＝3∶2，选项C正确．‎ ‎[答案]　C ‎9．(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 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 C．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＝，且粒子也能到达B点，粒子的初速度大小为 D．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＝ 11‎ 高考物理 ‎，且粒子也能到达B点，粒子的初速度大小为 ‎[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r1，如图(1)，由几何关系得：r1sin30°＝3a－r1，又qv1B＝m，解得：v1＝，故A正确，B错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，粒子在磁场中的运动Δt＝所对应轨迹对应的圆心角为α＝×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r2，由几何关系得：3a＝2r2sin30°＋acos30°，又qv2B＝m，解得：v2＝，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 11‎ 高考物理 ‎ (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＝mv2①‎ 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＝m②‎ 由几何关系知 d＝r③‎ 联立①②③式得＝④‎ ‎(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＝＋rtan30°⑤‎ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t＝⑥‎ 联立②④⑤⑥式得t＝ ‎[答案]　(1)　(2) ‎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：‎ 11‎ 高考物理 ‎ (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

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