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

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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，左側有勻強磁場，右側有勻強電場，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右側電場中同一位置時絲線張力相等 C.小球經(jīng)過Ox左側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。即左側機械能等于右側“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比左側大，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)班質量檢測)兩個質量相同，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粒子的偏轉角滿足sin θ＝＝，所以θ＝，同理，由圖可得b粒子的偏轉角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檢)如圖8所示，邊長為l的正方形區(qū)域abcd內存在著沿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)域內發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的質量為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(已知質子、氘核和α粒子質量之比為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.三種粒子在偏轉電場中運動時間之比為2∶1∶1 B.三種粒子出偏轉電場時的速度相同 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量之比，可得t1∶t2∶t3＝1∶∶，選項A錯誤；粒子在偏轉電場中豎直方向上做勻加速直線運動，a＝，偏轉位移y＝at2＝＝＝，偏轉電場對粒子做功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正好構成等腰直角三角形。已知帶電粒子的質量為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軸右側加一平行于x軸的勻強電場，要使y軸右側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

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。 答案　(1)　mv2　(2)　 12.(xx·江蘇省連云港、徐州、淮安、宿遷四市高三調研考試)如圖12所示，在豎直平面內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