（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練4 電磁學中的曲線運動

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1、專題強化訓練(四) 一、選擇題 1．(2019·福建四校二次聯(lián)考)如圖所示，水平放置的平行板電容器，其正對的兩極板A、B長均為L，在距A、B兩板右邊緣L處有一豎直放置的足夠大熒光屏，平行板電容器的水平中軸線OO′垂直熒光屏交于O″點，電容器的內(nèi)部可視為勻強電場，場強為E，其外部電場不計．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從O點沿OO′射入電場，最后恰好打在熒光屏上的O″點，小球運動中沒有碰撞A板或者B板，已知重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　) A．小球一定帶負電 B．小球一定垂直打在熒光屏的O″點上 C．電場力qE＝2mg D．電場力qE＝mg [解析]　在豎直方向

2、，帶電小球在電場力和重力作用下做豎直向上的勻加速直線運動，出電場后先做豎直上拋運動，再做自由落體運動，最終落到O″點．在水平方向小球一直做勻速直線運動．可知小球在電場內(nèi)受到向上的電場力作用，由于不知道電場方向，因而不知道小球的電性，A錯誤；小球落到O″時有豎直向下的速度，不會垂直打在熒光屏上，B錯誤；小球在電場中豎直方向的位移s1與小球在電場外在豎直方向的位移s2等大反向且運動時間相等，s1＝a1t2、v＝a1t、s2＝vt－a2t2＝(a1t)t－a2t2，結合s1＝－s2可得3a1＝a2即3(qE－mg)＝mg，整理可得qE＝mg，C錯誤，D正確． [答案]　D 2．(2019·河北名

3、校聯(lián)盟)如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) A. B. C. D. [解析]　兩粒子在電場中都做類平拋運動，初速度大小相同，加速度大小相同，因此運動軌跡相同，故兩粒子一定相切于矩形區(qū)域的中心，因此此時兩粒子的水平位移都為，豎直位移都為，根據(jù)牛頓第二定律得兩粒子運動的加速度都為，根據(jù)類平拋運動的特點得沿初速度方向上＝v0t，沿加速

4、度方向上＝t2，聯(lián)立得v0＝ ，B正確，ACD錯誤． [答案]　B 3．(多選)(2019·自貢模擬三)如圖所示，在水平向右的勻強電場E中，將一帶正電的小球以初速度v0豎直向上拋出，小球質(zhì)量為m，電荷量q＝，重力加速度為g.則帶電粒子拋出后(　　) A．將做勻變速曲線運動 B．動能先增大后減小 C．電場力一直做正功 D．最小速度為v0 [解析]　小球受到豎直向下的重力mg與水平向右的恒定的電場力Fe作用，初速度的方向與合力F的方向不在同一條直線上，故小球做勻變速曲線運動，軌跡如圖所示，選項A正確；小球受到的合力F與速度方向先成鈍角后成銳角，故合力對小球先做負功再做正功，故小球

5、的動能先減小后增大，選項B錯誤；小球受到的電場力與速度方向始終成銳角，故電場力對小球一直做正功，選項C正確；當合力F與速度方向垂直時，小球的速度v最小，將v0沿合力和垂直合力方向分解，v⊥＝0時，速度最小，即vmin＝v0cos30°＝v0，選項D正確． [答案]　ACD 4．(多選)(2019·重慶學業(yè)質(zhì)量調(diào)研)三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的粒子，從帶電平行金屬板左側中央以相同的水平初速度v0先后垂直電場進入，并分別落在正極板的A、B、C三處，O點是下極板的左端點，且OC＝2OA，AC＝2BC，如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．三個粒子在電場中運動的時間之比

6、tA∶tB∶tC＝2∶3∶4 B．三個粒子在電場中運動的加速度之比aA∶aB∶aC＝1∶3∶4 C．三個粒子在電場中運動時動能的變化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9 D．帶正、負電荷的兩個粒子的電荷量之比為7∶20 [解析]　三個粒子的初速度相等，在水平方向上做勻速直線運動，由x＝vt得，運動時間tA∶tB∶tC＝xA∶xB∶xC＝2∶3∶4，故A正確；三個粒子在豎直方向上的位移y相等，根據(jù)x＝vt，y＝at2，解得aA∶aB∶aC＝∶∶＝36∶16∶9，故B錯誤；由牛頓第二定律可知F＝ma，因為三小球質(zhì)量相等，所以合力大小之比與加速度之比相同，合力做功W＝Fy，由動能定理

7、可知，動能的變化量等于合力做的功，所以三個粒子在電場中運動過程的動能變化量之比為36∶16∶9，故C正確；三個粒子所受的合力大小關系為FA>FB>FC，三個粒子所受的重力相等，所以B僅受重力作用，A所受的電場力向下，C所受的電場力向上，即B不帶電，A帶負電，C帶正電，由牛頓第二定律得aA∶aB∶aC＝(mg＋qAE)∶(mg)∶(mg－qCE)，解得qC∶qA＝7∶20，故D正確． [答案]　ACD 5．(多選)(2019·河北六校聯(lián)考)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)從AC邊的中點

8、O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關于粒子運動的說法中正確的是(　　) A．若該粒子的入射速度為v＝，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為l B．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝ C．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝ D．當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為 [解析]　 若粒子射入磁場時的速度為v＝，則由qvB ＝m可得r＝l，由幾何關系可知，粒子一定從CD邊上距C點為l的位置離開磁場，選項A正確；因為r＝，所以v＝，因此，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，速度就越

9、大，由幾何關系可知，當粒子在磁場中的運動軌跡與三角形的AD邊相切時，從CD邊射出的粒子軌跡半徑最大，此時粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝(＋1)l，故其最大速度為v＝，選項B正確，C錯誤；粒子在磁場中的運動周期為T＝，故當粒子從三角形的AC邊射出時，粒子在磁場中運動的時間最長，由于此時粒子做圓周運動的圓心角為180°，故其最長時間應為t＝，選項D正確． [答案]　ABD 6．(2019·全國卷Ⅲ)如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應強度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，

10、最后經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運動的時間為(　　) A. B. C. D. [解析]　設帶電粒子進入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示，對應的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，帶電粒子在第二象限中運動的時間為t1＝，在第一象限中運動的時間為t2＝T2，又由幾何關系有cosθ＝，則粒子在磁場中運動的時間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝，選項B正確，A、C、D均錯誤． [答案]　B 7．(2019·安徽黃山模擬)如圖所示，在空間中有一坐標系xOy，其第一象限內(nèi)充滿

11、著兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，直線OP是它們的邊界．區(qū)域Ⅰ中的磁感應強度為B，方向垂直紙面向外；區(qū)域Ⅱ中的磁感應強度為2B，方向垂直紙面向內(nèi)．邊界上的P點坐標為(4L,3L)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點平行于y軸負方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，經(jīng)過一段時間后，粒子恰好經(jīng)過原點O.忽略粒子重力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法中不正確的是(　　) A．該粒子一定沿y軸負方向從O點射出 B．該粒子射出時與y軸正方向夾角可能是74° C．該粒子在磁場中運動的最短時間t＝ D．該粒子運動的可能速度為v＝(n＝1,2,3，…) [解析]　帶電粒子射入磁場中，由洛倫茲力

12、提供向心力做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝m，解得R＝，所以粒子在Ⅰ和Ⅱ兩磁場中做圓周運動的半徑關系為R1＝2R2，設OP邊與x軸的夾角為α，則tanα＝，知α＝37°，帶正電粒子從P點平行于y軸負方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，與OP邊的夾角為53°，由對稱性知從區(qū)域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定為y軸負方向，分析可知粒子一定是從區(qū)域Ⅱ中從O點射出，故A選項正確，B選項錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝，粒子每次在區(qū)域Ⅰ中轉過的圓心角為θ1＝106°，則粒子每次在區(qū)域Ⅰ中運動的時間為t1＝T1＝·，粒子每次在區(qū)域Ⅱ中轉過的圓心角為θ2＝106°，則粒子每次在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t1＝T2＝·

13、，所以該粒子在磁場中運動的最短時間t＝t1＋t2＝，故C選項正確；設帶電粒子每兩次從區(qū)域Ⅱ射出之間的時間為一個周期，在OP邊沿PO方向移動的距離為L0＝L1＋L2，其中L1＝2R1cos37°＝，L2＝2R2cos37°＝，而5L＝nL0(n＝1,2,3，…)，聯(lián)立解得v＝(n＝1,2,3，…)，故D選項正確；綜上所述，只有B選項錯誤，符合題意． [答案]　B 8.(2019·恩施調(diào)研)如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，一帶電粒子從A點沿AD方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若該粒子以相同的速度從AB邊的中點P垂直AB射入磁場，則從BC邊上的M點飛出磁場(M點未畫出)．

14、設粒子從A點運動到C點所用時間為t，由P點運動到M點所用時間為t′，不計粒子的重力，則t∶t′等于(　　) A．1∶1 B．2∶3 C．3∶2 D.∶ [解析]　由于該帶電粒子兩次射入磁場的初速度相同，故由R＝和T＝可知，該粒子兩次在磁場中做圓周運動的半徑、周期均相同．由于當該粒子從A點沿AD方向射入磁場時，從C點飛出磁場，故由幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動的圓心角恰為，且軌跡半徑剛好等于正方形的邊長L，B點為該粒子做圓周運動的圓心，粒子在磁場中運動的時間為t＝；當粒子以相同的速度從P點射入磁場時，由幾何關系可知，此時粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為，故其在磁場中的運動時

15、間為t′＝，故t∶t′＝3∶2，選項C正確． [答案]　C 9．(多選)(2019·綿陽第一次診斷性測試) 如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有一個圓形區(qū)域的直徑AB與x軸重合，圓心O′的坐標為(2a,0)，其半徑為a，該區(qū)域內(nèi)無磁場．在y軸和直線x＝3a之間的其他區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點射入磁場．不計粒子重力．則(　　) A．若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60°，且粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達B點，粒子的初速度大小為 B．若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60°，且粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達B點，粒子的初

16、速度大小為 C．若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60°，在磁場中運動的時間為Δt＝，且粒子也能到達B點，粒子的初速度大小為 D．若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60°，在磁場中運動的時間為Δt＝，且粒子也能到達B點，粒子的初速度大小為 [解析]　粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達B點，故粒子到達B點時速度方向豎直向下，圓心必在x軸正半軸上，設粒子做圓周運動的半徑為r1，如圖(1)，由幾何關系得：r1sin30°＝3a－r1，又qv1B＝m，解得：v1＝，故A正確，B錯誤；粒子在磁場中的運動周期為T＝，粒子在磁場中的運動Δt＝所對應軌跡對應的圓心角為α＝×360°＝60°，如圖(2)，由幾

17、何關系知粒子到達B點的速度與x軸夾角β＝30°；設粒子做圓周運動的半徑為r2，由幾何關系得：3a＝2r2sin30°＋acos30°，又qv2B＝m，解得：v2＝，故C正確，D錯誤． [答案]　AC 二、非選擇題 10．(2019·全國卷Ⅰ)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出．已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力．求 (1

18、)帶電粒子的比荷； (2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間． [解析]　(1)設帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v.由動能定理有qU＝mv2① 設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m② 由幾何關系知 d＝r③ 聯(lián)立①②③式得＝④ (2)由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為 s＝＋rtan30°⑤ 帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為 t＝⑥ 聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝ [答案]　(1)　(2) 11. (2019·福建四地六校期末聯(lián)考)如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在x>0的區(qū)域內(nèi)

19、有電場強度大小E＝4 N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場，其寬度d＝2.0 m．一質(zhì)量m＝6.4×10－27 kg、電荷量q＝－3.2×10－19 C的帶電粒子從P點(0,1 m)以速度v＝4×104 m/s，沿x軸正方向進入電場，經(jīng)電場偏轉最終通過x軸上的Q點(圖中未標出)，不計粒子重力．求： (1)當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標； (2)若只改變上述電場強度的大小，且電場左邊界的橫坐標x′處在范圍0