（新課標）2020版高考物理大二輪復(fù)習 專題強化訓(xùn)練4 電磁學(xué)中的曲線運動

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1、專題強化訓(xùn)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qE2mgD電場力qEmg解析在豎直方向，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

2、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，s1a1t2、va1t、s2vta2t2(a1t)ta2t2，結(jié)合s1s2可得3a1a2即3(qEmg)mg，整理可得qEmg，C錯誤，D正確答案D2(2019河北名校聯(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、

3、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，沿加速度方向上t2，聯(lián)立得v0 ，B正確，ACD錯誤答案B3(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

4、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，v0時，速度最小，即vminv0cos30v0，選項D

5、正確 答案ACD4(多選)(2019重慶學(xué)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(cè)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OC2OA，AC2BC，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tAtBtC234B三個粒子在電場中運動的加速度之比aAaBaC134C三個粒子在電場中運動時動能的變化量之比EkAEkBEkC36169D帶正、負電荷的兩個粒子的電荷量之比為720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xvt得，運動時間tAtBtCxAxBxC234，故

6、A正確；三個粒子在豎直方向上的位移y相等，根據(jù)xvt，yat2，解得aAaBaC36169，故B錯誤；由牛頓第二定律可知Fma，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WFy，由動能定理可知，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36169，故C正確；三個粒子所受的合力大小關(guān)系為FAFBFC，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aAaBaC(mgqAE)(mg)(mgqCE)，解得qCqA720，故D正確答案ACD5(多選)(2019河北六校

7、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(yīng)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(guān)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lB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(yīng)為vC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(yīng)為vD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rl，由幾何關(guān)系可知，粒子一定從CD邊

8、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，速度就越大，由幾何關(guān)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(yīng)為t，選項D正確 答案ABD6(2019全國卷)如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)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(q0

9、)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，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(shè)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(yīng)的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力有qvBm、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t2T2，又由幾何關(guān)系有cos，則粒子在磁場中運動的時間為tt1t2，聯(lián)立以上各式解得t，選項B正確，A、C、D均錯誤 答案B7(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)充滿著兩個勻強磁場區(qū)域和，直線

10、OP是它們的邊界區(qū)域中的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向外；區(qū)域中的磁感應(yīng)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，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sin370.6，cos370.8.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74C該粒子在磁場中運動的最短時間tD該粒子運動的可能速度為v(n1,2,3，)解析帶電粒子射入磁場中，由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得qvBm，解得R，所以粒子在和兩磁場中做圓周運動的半徑關(guān)系

11、為R12R2，設(shè)OP邊與x軸的夾角為，則tan，知37，帶正電粒子從P點平行于y軸負方向射入?yún)^(qū)域，與OP邊的夾角為53，由對稱性知從區(qū)域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)域中轉(zhuǎn)過的圓心角為1106，則粒子每次在區(qū)域中運動的時間為t1T1，粒子每次在區(qū)域中轉(zhuǎn)過的圓心角為2106，則粒子每次在區(qū)域中運動的時間為t1T2，所以該粒子在磁場中運動的最短時間tt1t2，故C選項正確；設(shè)帶電粒子每兩次從區(qū)域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L0L1L2，其中L12R1

12、cos37，L22R2cos37，而5LnL0(n1,2,3，)，聯(lián)立解得v(n1,2,3，)，故D選項正確；綜上所述，只有B選項錯誤，符合題意 答案B8.(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)設(shè)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tt等于()A11 B23C32 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

13、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(guān)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(guān)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間為t，故tt32，選項C正確答案C9(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x3a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(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m

14、、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t，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t，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(shè)粒子做圓周運動的半徑為r1，如圖(1)

15、，由幾何關(guān)系得：r1sin303ar1，又qv1Bm，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t所對應(yīng)軌跡對應(yīng)的圓心角為36060，如圖(2)，由幾何關(guān)系知粒子到達B點的速度與x軸夾角30；設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r2，由幾何關(guān)系得：3a2r2sin30acos30，又qv2Bm，解得：v2，故C正確，D錯誤答案AC二、非選擇題10(2019全國卷)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)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

16、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)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(shè)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qUmv2設(shè)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qvBm由幾何關(guān)系知dr聯(lián)立式得(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為srtan30帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t聯(lián)立式得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x0的區(qū)域內(nèi)

17、有電場強度大小E4 N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場，其寬度d2.0 m一質(zhì)量m6.41027 kg、電荷量q3.21019 C的帶電粒子從P點(0,1 m)以速度v4104 m/s，沿x軸正方向進入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)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0x3 m內(nèi)，要求帶電粒子仍能通過Q點，求此電場左邊界的橫坐標x與電場強度的大小E的函數(shù)關(guān)系解析(1)帶電粒子進入電場后做類平拋運動，粒子在電場中加速度a，運動時間t1，沿y方向位移yat，沿y方向分速度vyat1，粒子出電場后又經(jīng)時間t2到達x軸上Q點，vyt2yyP1 m，故Q點的橫坐標為xdvt25.0 m.(2)電場左邊界的橫坐標為x.當0x3 m時，設(shè)粒子離開電場時的速度偏向角為，則tan.由幾何關(guān)系，有tan，由以上兩式，得E.答案(1)5.0 m(2)E12