2022年高考物理一輪復習 專題一 力與運動 第4講 力與物體的曲線運動(二)電場和磁場中的曲線運動提升訓練

上傳人:xt****7 文檔編號:105314782 上傳時間:2022-06-11 格式:DOC 頁數(shù):10 大?。?77.52KB
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1、2022年高考物理一輪復習 專題一 力與運動 第4講 力與物體的曲線運動(二)電場和磁場中的曲線運動提升訓練 一、單項選擇題 1.如圖1所示,兩極板與電源相連接,電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場,且恰好從正極板邊緣飛出,現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍,而電子仍從原來位置射入,且仍從正極板邊緣飛出,則兩極板間的距離應變?yōu)樵瓉淼?  ) 圖1 A.2倍 B.4倍     C.倍     D.倍 解析 第一次d=·,第二次d′=·,兩式相比可得d′=,所以選項C正確。 答案 C 2.用固定于O點的絲線懸掛一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q(q>0)的小球,以過O點的豎直線O

2、x為界,左側(cè)有勻強磁場,右側(cè)有勻強電場,方向如圖2所示。將帶電小球從最低位置c拉至a點由靜止釋放,讓小球在ab間擺動,不計空氣阻力,下列說法正確的是(  ) 圖2 A.a、b兩位置高度相等 B.小球經(jīng)過Ox右側(cè)電場中同一位置時絲線張力相等 C.小球經(jīng)過Ox左側(cè)磁場中同一位置時絲線張力相等 D.小球從a到c與從c到b所用時間相等 解析 帶電小球在Ox右側(cè)受到的重力和電場力均為恒力,方向相同,“等效重力”為G′=mg+qE,電勢能與機械能之和不變;帶電小球在Ox左側(cè)受到重力和洛倫茲力,洛倫茲力方向總垂直于速度方向,不做功,機械能守恒。即左側(cè)機械能等于右側(cè)“電勢能+機械能”,因此b點

3、位置比a點高,A選項錯誤;小球經(jīng)過Ox右側(cè)電場中同一位置時速度大小相等,絲線張力T與“等效重力”沿絲線方向的分力F2的合力提供向心力,同一位置F2相等,因此T=m+F2相等,B選項正確;小球經(jīng)過Ox左側(cè)磁場中同一位置時速度大小相等,但往返運動速度方向相反,洛倫茲力方向相反,所以絲線張力不相等,C選項錯誤;在同一高度,合力沿弧線的切向分量右側(cè)比左側(cè)大,由于b比a的位置高,因此小球從a到c比從c到b所用時間短,D選項錯誤。 答案 B 3.(xx·福州市高中畢業(yè)班質(zhì)量檢測)兩個質(zhì)量相同,所帶電荷量相等的帶電粒子a、b,以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入垂直紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域,其運動軌

4、跡如圖3,不計粒子的重力,則下列說法正確的是(  ) 圖3 A.a粒子帶正電,b粒子帶負電 B.b粒子動能較大 C.a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大 D.b粒子在磁場中運動時間較長 解析 由左手定則可知,a粒子帶負電、b粒子帶正電,A項錯誤;帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,由軌跡可以判斷,a粒子軌跡半徑小于b粒子軌跡半徑,由半徑公式R=可知,a粒子速度較小,而兩粒子質(zhì)量相等,故b粒子動能較大,B項正確;由洛倫茲力F=qvB可知,b粒子受洛倫茲力較大,C項錯誤;由周期公式T=可知,兩粒子在磁場中運動周期相同,粒子在磁場中運動時間t=T,由于粒子軌跡所對圓心角θ等于其偏向角,故粒

5、子a的軌跡所對圓心角較大,故a粒子在磁場中運動時間較長,D項錯。 答案 B 4.如圖4所示,帶電的平行金屬板電容器水平放置,質(zhì)量相同、重力不計的帶電微粒A、B以平行于極板的相同初速度從不同位置射入電場,結(jié)果打在極板上的同一點P。不計兩微粒之間的庫侖力,下列說法正確的是(  ) 圖4 A.在電場中微粒A運動的時間比B長 B.在電場中微粒A、B運動的時間相同 C.微粒A所帶的電荷量比B少 D.靜電力對微粒A做的功比B少 解析 帶電微粒進入電場中,做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,則微粒在電場中的運動時間為t=,由此可知兩微粒在電場中的運動時間相同,選項B正確,A錯誤;豎直方

6、向做勻加速直線運動,y=at2,由于t相同,yA>yB,可得aA>aB,即>,則qA>qB,選項C錯誤;由W=qU,可知靜電力對微粒A做的功比B多,選項D錯誤。 答案 B 5.(xx·江蘇省鎮(zhèn)江市高三模擬)在xOy坐標系的y軸右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場,在x軸上的點A(L,0)同時以相同速率v沿不同方向發(fā)出a、b兩個相同的帶電粒子(粒子重力不計),其中a沿平行于+y方向發(fā)射,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后,均先后到達y軸上的點B(0,L),則兩個粒子到達B點的時間差為(  ) 圖5 A. B. C. D. 解析 作出a、b的運動軌跡如圖所示,設a粒子運動的軌跡半徑為R,則由

7、幾何關系得R2=(R一L)2+(L)2,解得R=2L,a粒子的偏轉(zhuǎn)角滿足sin θ==,所以θ=,同理,由圖可得b粒子的偏轉(zhuǎn)角β=π,a粒子在磁場中運動時間ta===,b粒子在磁場中運動的時間tb===,所以,它們到達B點的時間差Δt=tb-ta=-=,選項D正確。 答案 D 6.[xx·湖北省七市(州)高三聯(lián)合考試]如圖6所示,豎直線MN∥PQ,MN與PQ間距離為a,其間存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,O是MN上一點,O處有一粒子源,某時刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負電粒子(粒子重力及粒子間的相互作用力不計),已知沿圖中與MN成θ=60°角射出的粒

8、子恰好垂直PQ射出磁場,則粒子在磁場中運動的最長時間為(  ) 圖6 A. B. C. D. 解析 當θ=60°時,粒子的運動軌跡如圖甲所示,則a=Rsin 30°,即R=2a。設帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為α,則其在磁場中運動的時間為t=T,即α越大,粒子在磁場中運動時間越長,α最大時粒子的運行軌跡恰好與磁場的右邊界相切,如圖乙所示,因R=2a,此時圓心角αm為120°,即最長運動時間為,而T==,所以粒子在磁場中運動的最長時間為,C正確。 答案 C 二、多項選擇題 7.如圖7所示是比荷相同的兩粒子從O點垂直進入勻強磁場區(qū)域(有直線邊界)的運動

9、軌跡,下列說法正確的是(  ) 圖7 A.a帶正電,b帶負電 B.a所帶的電荷量比b的小 C.a運動的速率比b的小 D.a運動的時間比b的短 解析 根據(jù)左手定則可知,a帶正電,b帶負電,選項A正確;比荷相同的a、b兩粒子,由于質(zhì)量無法確定,故電荷量無法比較,選項B錯誤;根據(jù)洛倫茲力提供向心力,有Bqv=m,解得R=,因為兩粒子的比荷相同,故R越大,v越大,選項C正確;因為T=,又相同,所以T相同,a、b都運動了半個周期,故a、b運動的時間相同,選項D錯誤。 答案 AC 8.(xx·杭州市第二次教學質(zhì)檢)如圖8所示,邊長為l的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著沿ad方向的勻強電場。一

10、粒子源不斷地從a處沿ab方向向該區(qū)域內(nèi)發(fā)射相同的帶電粒子,粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,初速度為v0,經(jīng)電場作用后從dc邊的中點p射出?,F(xiàn)撤去電場,在該區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度大小為B(圖中未畫出),粒子仍從p處射出。帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用均可忽略,則(  ) 圖8 A.所加磁場的方向應垂直于紙面向里 B.勻強電場的電場強度E= C.勻強磁場的磁感應強度B= D.電場強度E與磁感應強度B的比值為5v0 解析 根據(jù)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)方向,可知粒子帶正電,根據(jù)左手定則可知,磁場方向應垂直于紙面向外,選項A錯誤;粒子在電場中運動時,沿ad方向的位移為l

11、,沿ab方向的位移為,則有×()2=l,解得勻強電場的電場強度為E=,選項B正確;帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,設軌道半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律得qvB=m,解得R=,根據(jù)如圖所示的幾何關系可得(l-R)2+()2=R2,解得軌道半徑為R=l,則磁場的磁感應強度為B=,選項C錯誤;電場強度E與磁感應強度B的比值為=5v0,選項D正確。 答案 BD 9.(xx·湖南長沙一中、攸縣一中、瀏陽一中聯(lián)考)真空中的某裝置如圖9所示,現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點由靜止釋放,經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場,射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上,使熒光屏上出現(xiàn)亮點(已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶

12、2∶4,電荷量之比為1∶1∶2,重力不計)。下列說法中正確的是(  ) 圖9 A.三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為2∶1∶1 B.三種粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同 C.在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點 D.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2 解析 帶電粒子經(jīng)過加速電場時根據(jù)電場力做功有qU1=mv,進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動,水平方向做勻速直線則有運動時間t==l,代入三種粒子的電荷量和質(zhì)量之比,可得t1∶t2∶t3=1∶∶,選項A錯誤;粒子在偏轉(zhuǎn)電場中豎直方向上做勻加速直線運動,a=,偏轉(zhuǎn)位移y=at2===,偏轉(zhuǎn)電場對粒子做功W=y(tǒng)=,所以有W1∶W2∶W3=1∶1∶

13、2,選項D正確;粒子出偏轉(zhuǎn)電場時,假設速度與水平方向夾角方向為θ,則有tan θ====,可見速度方向與電荷量及質(zhì)量均無關,所以速度方向相同,所以它們將打在熒光屏上同一點,選項C正確;出偏轉(zhuǎn)電場的速度v==/cos θ,由于θ相同可得v1∶v2∶v3=∶1∶1,選項B錯誤。 答案 CD 三、計算題 10.如圖10所示,直角坐標系xOy的y軸右側(cè)有一寬為d的無限長磁場,磁感應強度大小未知,方向垂直紙面向外,y軸左側(cè)有一個半徑也為d的有界圓形磁場,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里,圓心O1在x軸上,OO1=2d,一個帶正電粒子以初速度v由A點沿AO1方向(與水平方向成60°角)射入圓形磁場并

14、恰好從O點進入右側(cè)磁場,從右邊界MN上C點(沒畫出)穿出時與水平方向成30°角,不計粒子重力,求: 圖10 (1)粒子的比荷; (2)右側(cè)磁場的磁感應強度; (3)粒子從A到C的運動時間。 解析 (1)粒子運動軌跡如圖所示,粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力,在圓形磁場中有Bqv=m 由圖知r=dtan 60°=d 聯(lián)立得=。 (2)在y軸右側(cè)磁場中B′qv=m 由圖知R=2d 聯(lián)立并代入比荷值得B′=B。 (3)粒子在圓形磁場中的運動時間t1=·= 粒子在兩磁場間運動時間t2= 粒子在y軸右側(cè)磁場中運動時間t3=·= 所以粒子從A到C的運動時間為t=t1+t2+

15、t3=。 答案 (1) (2)B (3) 11.如圖11所示,在直角坐標系的原點O處有放射源,向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子。在放射源右邊有一很薄的擋板,擋板的兩端M、N與原點O正好構(gòu)成等腰直角三角形。已知帶電粒子的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,速度為v,MN的長度為L,不計粒子重力。 圖11 (1)若在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強電場,要使y軸右側(cè)所有運動的粒子都能打到擋板MN上,則電場強度E0的最小值為多大?在電場強度E0取最小值時,打到板上的粒子動能為多大? (2)若在整個空間加一方向垂直紙面向里的勻強磁場,要使整個擋板右側(cè)都有粒子打到,磁場的磁感應強度不

16、能超過多少(用m、v、q、L表示)?若滿足此條件,放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊? 解析 (1)由題意知,要使y軸右側(cè)所有運動的粒子都能打在MN板上,其臨界條件為:沿y軸方向運動的粒子做類平拋運動,且落在M或N點,則MO′=L=vt① a=② OO′=L=at2③ 聯(lián)立①②③式得E0=④ 由動能定理知qE0×L=Ek-mv2⑤ 聯(lián)立④⑤式得Ek=mv2⑥ (2)由題意知,要使整個擋板右側(cè)都有粒子打到,畫出粒子的運動軌跡如圖甲所示,分析知軌跡直徑的最小值為MN板的長度L,則 甲 R0=L=⑦ 得B0=⑧ 放射源O發(fā)射出的粒子中,打在MN板左側(cè)

17、的粒子的臨界軌跡如圖乙所示。 乙 因為OM=ON,且OM⊥ON 所以OO1⊥OO2 則v1⊥v2 故放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左側(cè)。 答案 (1) mv2 (2)  12.(xx·江蘇省連云港、徐州、淮安、宿遷四市高三調(diào)研考試)如圖12所示,在豎直平面內(nèi)固定一光滑圓弧軌道AB,軌道半徑為R=0.4 m,軌道最高點A與圓心O等高。有一傾角θ=30°的斜面,斜面底端C點在圓弧軌道B點正下方、距B點H=1.5 m。圓弧軌道和斜面均處于場強E=100 N/C、豎直向下的勻強電場中?,F(xiàn)將一個質(zhì)量為m=0.02 kg、帶電荷量為q=+2×1 0-3C的帶電小球從A點靜止釋

18、放,小球通過B點離開圓弧軌道沿水平方向飛出,當小球運動到斜面上D點時速度方向恰與斜面垂直,并剛好與一個不帶電的以一定初速度從斜面底端上滑的物塊相遇。若物塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ=,空氣阻力不計,g取10 m/s2,小球和物塊都可視為質(zhì)點。求: 圖12 (1)小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力FNB; (2)B、D兩點間的電勢差UBD; (3)物塊上滑初速度v0滿足的條件。 解析 (1)設小球到達B點的速度為vB,軌道對小球的支持力為FNB′,由動能定理和牛頓第二定律有:mgR+qER=mv-0① FNB′-(mg+qE)=m② 由牛頓第三定律FNB′=FNB③ 聯(lián)立①②③得:FNB=1.2 N,方向豎直向下。④ (2)設小球由B點到D點的運動時間為t,加速度為a,下落高度為h有:=tan θ⑤ Eq+mg=ma⑥ h=at2⑦ UBD=Eh⑧ 聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧得:UBD=120 V。⑨ (3)小球與物塊的運動示意圖如圖所示,設C、D間的距離為x,由幾何關系有:x=⑩ 設物塊上滑時加速度為a′,由牛頓第二定律有: mgsin θ+μmgcos θ=ma′? 根據(jù)題意,要使物塊與小球相遇,有:≥x? 聯(lián)立⑩??得:v0≥m/s。 答案 (1)1.2 N 豎直向下 (2)120 V (3)v0≥m/s

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