（新课标）2020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）

专题强化训练(四)一、选择题(共10个小题，14为单选，其余为多选，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，已知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，若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，则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：SRR2，故B项正确，故选B项2.如图所示，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，若初速度为v1，其运动轨迹将与BC边相切；若初速度为v2，其运动轨迹将与CD边相切则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，若初速度为v1，其运动轨迹将与BC边相切，则由几何关系可知粒子运动的轨道半径为：r1a，若初速度为v2，其运动轨迹将与CD边相切，则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.如图所示，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，电子重力不计则()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UAB0C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，则电子加速度一定，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UABr，故A项错误；如果粒子经过x轴时的速度方向垂直x轴，则粒子经过OL时速度方向竖直向下，粒子运动轨迹如图所示：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，则速度方向如图所示：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，轨迹如图所示：如果30，则粒子半径rCA有可能等于OP，故D项正确故选B、D两项10.如图所示，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汇聚于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下列说法正确的是()A若OPN之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为B若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若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45D若OPN之外的区域加的是电场，则边界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汇聚于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部分的面积，根据几何关系可得所加磁场的最小面积为S2，故A项正确；若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，则有：水平方向：rvt竖直方向：rt联立解得：vy2vvmaxv，tan2，tan451，故B项正确，C项错误；若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)，则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如图所示，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.若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，则有：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，则有：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，则有：cos，解得：，所以有粒子经过的区域的最大面积为：S2dRsin，解得：Sd2.(3)粒子的初速度方向与P2成角时，轨迹如图3所示，若圆心角也为，则，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(q0)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)；若将该小球从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)，已知重力加速度大小为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：hcos60at2，hsin60vNt，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E1.0104 N/C，现有质量m0.20 kg，电荷量q6.0104 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始向右运动，已知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GFfmax，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，已知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，则小球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：xR1R1sin530.24 m，即坐标为(24，0)17