知識像燭光，能照亮一個人，也能照亮無數(shù)的人。-培根fcsz2020屆高考倒計時沖刺金典專題訓(xùn)練專題4電場和磁場中的曲線運動一、選擇題(16題為單項選擇題，7、8題為多項選擇題)1.如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的一條直徑一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為2v，方向與ab成30°時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t；若僅將入射速度大小改為v，則粒子在磁場中運動的時間為(不計帶電粒子所受重力)()A3t B.tC.t D2t答案：D解析：由洛倫茲力提供向心力得BqvmmR，化簡得R，T；粒子以2v的速度從a射入、b點射出得到劃過圓弧的圓心角為60°，由R得，當(dāng)粒子以速度v入射時，粒子運動軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼囊话?，劃過的圓弧所對的圓心角變?yōu)?20°，由T得，兩次粒子運動的周期不變，所以粒子在磁場中運動的時間變?yōu)?t，故D項正確2.如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A小球帶負電B電場力跟重力平衡C小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D小球在運動過程中機械能守恒答案：B解析：由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯，B對；從ab，電場力做負功，電勢能增大，C錯；由于有電場力做功，機械能不守恒，D錯3.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強電場，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負極板不動，正極板在豎直方向移動，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?)A2倍 B4倍C. D.答案：C解析：電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，做類平拋運動假設(shè)電子的帶電荷量為e，質(zhì)量為m，初速度為v，極板的長度為L，極板的間距為d，電場強度為E.由于電子做類平拋運動，所以水平方向有：Lvt，豎直方向有：yat2··2d.因為E，可得：d2，若電子的速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，仍從正極板邊緣飛出，則由上式可得兩極板的間距d應(yīng)變?yōu)樵瓉淼模蔬xC.4.AB板間存在豎直方向的勻強電場，現(xiàn)沿垂直電場線方向射入三種比荷相同的帶電微粒(不計重力)，a、b和c的運動軌跡如圖所示，其中b和c是從同一點射入的不計空氣阻力，則可知粒子運動的全過程()A運動加速度：aa>ab>acB飛行時間：tbtc>taC水平速度：va>vbvcD電勢能的減小量：EcEb>Ea答案：B解析：根據(jù)牛頓第二定律得，微粒的加速度為a，據(jù)題相同，E相同，所以aaabac，選項A錯誤；三個帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動，由yat2得t，由圖有ybyc>ya，則tbtc>ta，選項B正確；三個帶電微粒水平方向都做勻速直線運動，由xv0t得v0，由圖知xa>xb>xc，又tbtc>ta，則va>vb>vc，選項C錯誤；電場力做功為WqEy，由于三個微粒的電荷量關(guān)系不能確定，所以不能確定電場力做功的大小，也就不能確定電勢能減少量的大小，選項D錯誤5如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，a60°，b90°，邊長acL.一個粒子源在a點將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是()A. B.C. D.答案：A解析：由分析知，粒子沿著ab邊入射且運動軌跡與bc邊相切時滿足題意，粒子運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系知，粒子運動軌跡半徑rabL，則粒子速度的最大值v，選項A正確6.如圖所示，水平放置的平行板長度為L、兩板間距也為L，兩板之間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在兩板正中央P點有一個不計重力的電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)，現(xiàn)在給電子一水平向右的瞬時初速度v0，欲使電子不與平行板相碰撞，則() Av0>或v0< B.<v0<Cv0> Dv0<答案：A解析：此題疑難點在于確定“不與平行板相碰撞”的臨界條件電子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為R，如圖所示當(dāng)R1時，電子恰好與下板相切；當(dāng)R2時，電子恰好從下板邊緣飛出兩平行板(即飛出磁場)由R1，解得v1，由R2，解得v2，所以欲使電子不與平行板相碰撞，電子初速度v0應(yīng)滿足v0>或v0<，故選項A正確7.如圖，一粒子發(fā)射源P位于足夠長絕緣板AB的上方d處，能夠在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率為v、比荷為k的帶正電的粒子，空間存在垂直紙面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力已知粒子做圓周運動的半徑大小恰好為d，則()A磁感應(yīng)強度的大小為B磁感應(yīng)強度的大小為C同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為D同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為答案：BC解析：根據(jù)qvBm和Rd、k得B，選項A錯誤，B正確；能打到板上的粒子中，在磁場中運動時間最長和最短的運動軌跡示意圖如圖所示，由幾何關(guān)系，最長時間t1T，最短時間t2T，T，所以最大時間差tt1t2T，選項C正確，D錯誤8.用長為1.4 m的輕質(zhì)柔軟絕緣細線，拴一質(zhì)量為1.0×102 kg、電荷量為2.0×108 C的小球，細線的上端固定于O點現(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與鉛垂線成37°角，如圖所示現(xiàn)向左拉小球使細線水平且拉直，靜止釋放，則(sin 37°0.6)()A該勻強電場的場強為3.75×106 N/CB平衡時細線的拉力為0.17 NC經(jīng)過0.5 s，小球的速度大小為6.25 m/sD小球第一次通過O點正下方時，速度大小為7 m/s答案：AC解析：小球處于平衡狀態(tài)時，受力分析如圖所示，則可知qEmgtan 37°，則該勻強電場的電場強度E3.75×106 N/C，A正確；細線的拉力F0.125 N，故B錯誤；在外力作用下，小球拉至細線水平時，由靜止釋放，如圖所示，小球在電場力和重力的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動至B點，OABOBA53°，OAOBl1.4 m，在此過程中，細線處于松弛狀態(tài)，無拉力作用，小球運動至B點時，細線繃緊，勻加速直線運動結(jié)束根據(jù)牛頓第二定律可知小球勻加速直線運動時的加速度a m/s212.5 m/s2，假設(shè)經(jīng)過0.5 s后，小球仍在沿AB方向做勻加速直線運動，則小球的速度vat6.25 m/s，經(jīng)過的距離xat2×12.5×0.52 m1.562 5 m，A、B間的距離|AB|2×l×cos 53°1.68 m，x<|AB|，假設(shè)成立，故0.5 s時，小球的速度大小為6.25 m/s，故C正確；小球運動至B點時，細線繃緊，小球沿細線方向的分速度減為零，動能減小，假設(shè)細線繃緊過程小球機械能損失E，此后在電場力、重力和細線拉力作用下沿圓弧運動至O點正下方，根據(jù)能量守恒定律，可知(qEmg)·lEmv2，可得v>7 m/s，故D錯誤二、非選擇題9.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中有兩個全等的直角三角形區(qū)域和，充滿了方向均垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為B0，區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小可調(diào)，C點坐標(biāo)為(4L,3L)，M點為OC的中點質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從C點以平行于y軸方向射入磁場中，速度大小為，不計粒子所受重力，粒子運動軌跡與磁場區(qū)域相切時認為粒子能再次進入磁場(1)若粒子無法進入?yún)^(qū)域中，求區(qū)域磁感應(yīng)強度大小范圍；(2)若粒子恰好不能從AC邊射出，求區(qū)域磁感應(yīng)強度大小9：(1)B<(2)解析：(1)如圖甲所示，當(dāng)運動軌跡與x軸相切時，粒子恰好能進入?yún)^(qū)域中由幾何關(guān)系可知粒子圓周運動半徑為r3L，v，由qvBm得B若粒子無法進入?yún)^(qū)域中，則r>3L，區(qū)域磁感應(yīng)強度B<.(2)若粒子恰好不能從AC邊射出，粒子軌跡與AC邊相切于E點，運動軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知O2O1E2，粒子在磁場中，qvB0m，v，可得粒子在磁場中軌道半徑為r1.設(shè)在磁場中的軌道半徑為R，由幾何關(guān)系可知，Rr1由sin 可知sin 2，解得RL在磁場中由qvBm，v，可知B.10.如圖所示，有一平面直角坐標(biāo)系xOy，其中x軸的正方向為水平向右，y軸的正方向為豎直向上在x>0的空間中，存在沿x軸正方向的勻強電場；在x<0的空間中，存在沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小均為E1 N/C.一質(zhì)量m10 g、電荷量q0.1 C的帶負電的小球在點P(10 cm,0)處由靜止釋放，不計空氣阻力，(重力加速度g10 m/s2)求：(1)小球第一次到達y軸時的速度；(2)小球第二次到達y軸時的位置坐標(biāo)10：(1)2 m/s(2)(0，90 cm)解析：(1)小球在P點時，對小球受力分析可知：所受電場力水平向左，大小為F電qE0.1 N所受重力豎直向下，大小為Gmg0.1 N所以小球受到的合力斜向左下方，與x軸的負方向的夾角為45°，大小為F N由牛頓第二定律和運動學(xué)公式可知，小球在x>0的空間運動的加速度大小為：a設(shè)小球第一次到達y軸上的點為A，則v2alPA，其中l(wèi)PAxP解得小球到達A點的速度為v12 m/s(2)小球在x<0的空間運動時受合力的大小仍為F、方向斜向右下方，與y軸負方向的夾角為45°，所以小球在x<0的空間內(nèi)以大小為a的加速度做類平拋運動，小球從A運動到B的過程中，在合力的方向與合力垂直的方向運動的位移大小相等，則有v1tat2lllAB解得：lAB80 cm由幾何關(guān)系可知lOA10 cm所以小球第二次到達y軸的坐標(biāo)為(0，90 cm)7 / 7