《2022年高三物理二輪復習 第1部分 專題1 力與運動 第4講 電場和磁場中的曲線運動課時作業(yè)集訓》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三物理二輪復習 第1部分 專題1 力與運動 第4講 電場和磁場中的曲線運動課時作業(yè)集訓（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理二輪復習 第1部分 專題1 力與運動 第4講 電場和磁場中的曲線運動課時作業(yè)集訓 一、選擇題(1～3題為單項選擇題，4～6題為多項選擇題) 1．從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用．如圖為地磁場的示意圖(虛線，方向未標出)，赤道上方的磁場可看成與地面平行．若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有α(氦核)、β(電子)、γ(光子)射線以及質子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下(　　) A．α射線沿直線射向赤道 B．β射線向西偏轉 C．γ射線向東偏轉 D．質子向北偏轉 解析：　赤道上

2、方磁場方向與地面平行、由南向北，根據(jù)左手定則可知，帶正電的α射線、質子向東偏轉，帶負電的β射線向西偏轉，不帶電的γ射線不偏轉，B項正確． 答案：　B 2．如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則為(　　) A.　　　　　　　　 B．2 C. D．3 解析：　兩電子進入同一勻強磁場中，由圓周運動半徑公式R＝可知，兩電子軌跡半徑相同．電子1垂直MN射入勻強磁場，由幾何知識可知，電子1在磁場中運動軌跡

3、所對圓心角為π，電子2在磁場中運動軌跡所對圓心角為.由周期公式T＝可知，兩電子運動周期相同，故運動時間之比等于軌跡所對圓心角之比，即t1∶t2＝3∶1，D項正確． 答案：　D 3.如圖所示，兩平行金屬極板之間有一勻強電場，金屬板長為L，一帶電粒子以速度v0垂直于場強方向沿上極板邊緣射入勻強電場，剛好貼下極板邊緣飛出，如果帶電粒子以某一垂直于場強方向的初速度v1射入電場并能從其中射出，當它的豎直位移等于板間距d時，它的水平射程為2L(軌跡未畫出)．則粒子進入電場的初速度v1等于(　　) A．v0 B．v0 C.v0 D．2v0 解析：　設粒子在電場中的加速度為a.第一次，粒子恰好從

4、下極板的邊緣飛出，粒子做類平拋運動，有L＝v0t，d＝at2，解得：v0＝L .第二次，由類平拋運動的推論知粒子好像是從上極板的中點沿直線飛出，由幾何相似可得，粒子飛出電場時豎直方向的位移為y＝，可得L＝v1t′，y＝＝at′2，解得：v1＝L ＝v0，故C正確． 答案：　C 4．(xx·河南省開封第二次模擬)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形絕緣軌道，圓軌道半徑為R，圓心為O，A、B為圓水平直徑的兩個端點，OC豎直．一個質量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量

5、損失，關于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是(　　) A．小球一定能從B點離開軌道 B．小球在AC部分可能做勻速圓周運動 C．若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H D．小球到達C點的速度可能為零 解析：　由于題中沒有給出H與R、E的關系，所以小球不一定能從B點離開軌道；若重力大小等于電場力，小球在AC部分做勻速圓周運動．由于小球在AC部分運動時電場力做負功，所以若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H；若小球到達C點的速度為零，則電場力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運動，所以小球到達C點的速度不可能為零． 答案：　BC 5．(xx·四川理綜·7)如圖所示，S處有一電子

6、源，可向紙面內任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內的長度L＝9.1 cm，中點O與S間的距離d＝4.55 cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0×10－4 T．電子質量m＝9.1×10－31 kg，電荷量e＝－1.6×10－19 C，不計電子重力．電子源發(fā)射速度v＝1.6×106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則(　　) A．θ＝90°時，l＝9.1 cm B．θ＝60°時，l＝9.1 cm C．θ＝45°時，l＝4.55 cm D．θ＝30°時，l＝4.55 cm 解

7、析：　電子在勻強磁場運動的軌道半徑為 R＝＝4.55 cm 電子沿逆時針方向做勻速圓周運動，當θ＝90°時，豎直向下發(fā)射的粒子恰好打到N點，水平向右發(fā)射的粒子恰好打到M點，如圖甲所示，故l＝L＝9.1 cm，A正確；當θ＝30°時，豎直向下發(fā)射的粒子，恰好打到N點，由幾何關系知，另一臨界運動軌跡恰好與MN相切于O點，如圖乙所示，故粒子只能打在NO范圍內，故l＝＝4.55 cm，D正確；進而可分析知當θ＝45°或θ＝60°時，粒子打到板上的范圍大于ON小于NM，即4.55 cm

8、場中，從傾角為θ的斜面上的M點水平拋出一個帶負電小球，小球的初速度為v0，最后小球落在斜面上的N點．在已知θ、v0和小球所受的電場力大小F及重力加速度g的條件下，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是(　　) A．可求出小球落到N點時重力的功率 B．由圖可知小球所受的重力大小可能等于電場力 C．可求出小球從M點到N點的過程中電勢能的變化量 D．可求出小球落到N點時速度的大小和方向 解析：　質量未知，故無法求重力功率，故A錯誤；小球做類平拋運動，重力與電場力的大小不確定，可能兩者相等，故B正確；小球從M點到N點的過程中電勢能的變化量ΔEp＝Fy＝F·，由于加速度a無法求出，所以電勢能的變

9、化量不能求出，故C錯誤；利用平拋知識有＝＝＝tan θ，速度偏向角設為α，則tan α＝＝2tan θ，則得：vy＝2v0tan θ，故vN＝＝v0，D正確． 答案：　BD 二、非選擇題 7．如圖所示，x軸上方有寬為L、方向水平向右的勻強電場，一質量為m(重力不計)、帶電荷量為＋q(q＞0)的粒子從y軸上的A點以初速度v0沿y軸負方向射入電場，粒子從x軸上的B點沿與x軸正方向成37°角的方向射出磁場，并打在x軸下方的接收屏上C點(沒畫出)，已知粒子從B到C的運行時間與粒子在電場中的運行時間相同，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求勻強電場的電場強度E的大?。?

10、 (2)求粒子接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離； (3)若粒子是質量為m、帶電荷量為＋q的液滴，重力加速度為g，若要求液滴也能通過B點，則液滴的初速度應為多少？ 解析：　(1)粒子從A到B做類平拋運動，由類平拋規(guī)律知 L＝v0t，vx＝t，OB＝t，vB＝ 在B點有tan 37°＝，即vx＝v0 聯(lián)立得E＝，OB＝L，vB＝v0. (2)粒子從B到C做勻速直線運動，由題意知BC＝vBt＝L 所以接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離s＝OB＋BC·cos 37°＝2L. (3)若粒子變?yōu)橐旱?，設液滴的初速度為v，則液滴沿y軸做初速度為v的勻加速直線運動，沿x軸做初速度為零的勻加速直線運動，因

11、水平方向各量均沒變，所以液滴的運行時間仍為t，則L＝vt＋gt2，代入t值得v＝v0－. 答案：　(1)　(2)2L　(3)v0－ 8．(xx·四川綿陽南山中學月考)如圖所示，桌面上有一輕質彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端B點位于桌面右側邊緣．水平桌面右側有一豎直放置、半徑R＝0.3 m的光滑半圓軌道MNP，桌面與軌道相切于M點．在以MP為直徑的右側和水平半徑ON的下方部分有水平向右的勻強電場，場強的大小E＝.現(xiàn)用質量m0＝0.4 kg的小物塊a將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點．用同種材料、質量為m＝0.2 kg、帶＋q的絕緣小物塊b將彈簧緩慢壓縮到C點，釋

12、放后，小物塊b離開桌面由M點沿半圓軌道運動，恰好能通過軌道的最高點P.(g取10 m/s2)求： (1)小物塊b經(jīng)過桌面右側邊緣B點時的速度大??； (2)釋放后，小物塊b在運動過程中克服摩擦力做的功； (3)小物塊b在半圓軌道運動中最大速度的大?。? 解析：　(1)在P點，mg＝m， 由B到P由動能定理得qER－2mgR＝mv－mv， 解得vB＝3 m/s. (2)由C到B，對物塊a由能量守恒定律得Ep＝μm0gxCB， 由C到B，對物塊b由能量守恒定律得Ep＝μmgxCB＋mv， 摩擦力做功Wf＝μmgxCB， 解得Wf＝0.9 J. (3)物塊b與圓心連線與豎直方向

13、的夾角為45°位置時(設為D)，速度最大，B→D，由動能定理得 qERsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝mv－mv， 解得vD＝ m/s. 答案：　(1)3 m/s　(2)0.9 J　(3) m/s 9.(xx·湖北部分重點中學聯(lián)考)如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)，O為圓心．在柱形區(qū)域內加一方向垂直于紙面向外的勻強磁場，一質量為m、電荷量為＋q的粒子沿圖中直徑從圓上的A點射入柱形區(qū)域，在圓上的D點離開該區(qū)域，已知圖中θ＝120°，現(xiàn)將磁場換為豎直向下的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直徑從A點射入柱形區(qū)域，也在D點離開該區(qū)域．若磁感應強度大小為B，不計

14、重力，試求： (1)電場強度E的大??； (2)經(jīng)磁場從A到D的時間與經(jīng)電場從A到D的時間之比． 解析：　(1)加磁場時，粒子從A到D有 qBv0＝m① 由幾何關系有r＝Rtan ＝R② 加電場時，粒子從A到D有 R＋Rcos 60°＝v0t③ Rsin 60°＝ t2④ 聯(lián)立①②③④得E＝. (2)粒子在磁場中運動時，由幾何關系可知圓心角為α＝60°. 運動周期T＝＝， 在磁場中的運動時間t′＝T＝. 由①②③④得粒子經(jīng)電場從A到D的運動時間t＝. 即＝. 答案：　(1)　(2) 10．如圖所示，在平面直角坐標系中的三角形FGH區(qū)域內存在著垂直紙面向里的

15、勻強磁場，磁感應強度大小為B，三點坐標分別為F(－3L,5L)、G(－3L，－3L)、H(5L，－3L)．坐標原點O處有一體積可忽略的粒子發(fā)射裝置，能夠連續(xù)不斷地在該平面內向各個方向均勻地發(fā)射速度大小相等的帶正電的同種粒子，單位時間內發(fā)射粒子數(shù)目穩(wěn)定．粒子的質量為m，電荷量為q，不計粒子間的相互作用以及粒子的重力． (1)速率在什么范圍內所有粒子均不可能射出該三角形區(qū)域？ (2)如果粒子的發(fā)射速率為，設在時間t內粒子源發(fā)射粒子的總個數(shù)為N，在FH邊上安裝一個可以吸收粒子的擋板，那么該時間段內能夠打在擋板FH上的粒子有多少？并求出擋板上被粒子打中的長度． 解析：　(1)如圖所示，以OM

16、為直徑的粒子在運動過程中剛好不飛離磁場，可以保證所有粒子均不能射出三角形區(qū)域． 根據(jù)數(shù)學幾何關系，OM＝2r0＝L 根據(jù)牛頓第二定律qv0B＝m 可得滿足v0≤ 的粒子均不可能射出該三角形區(qū)域 (2)當粒子速率v＝時，可求得其做圓周運動半徑r＝ L 如圖所示，當粒子的入射速度方向沿OM的反方向時，運動軌跡與FH相切于J點；當粒子的入射速度方向沿OM時，運動軌跡與FH相切于I點，介于這二者之間的入射粒子均可打在擋板FH上，共計N/2 擋板上被粒子打中的長度為圖中IK之間的距離，其中IM＝r＝L OK＝2r＝2L MK＝＝L 擋板上被粒子打中的長度IK＝(＋)L 答案：　(1)v0≤　(2)(＋)L