2023届高考物理二轮复习专题四电场和磁场中的曲线运动作业含答案

这是一份2023届高考物理二轮复习专题四电场和磁场中的曲线运动作业含答案，共13页。
专题四  电场和磁场中的曲线运动1．(2022·广州二模)如图所示，一质量m＝1×10－3 kg，电荷量为q＝1×10－3 C的粒子，重力不计，在竖直向下的电场强度为E＝1×103 N/C的匀强电场中运动，在A点时速度方向与电场方向夹角为60°，经过0.1 s后到达B点，速度方向与电场方向夹角为30°，则粒子在A点速度的大小为(　　)A．100 m/s　　　　　　　　 B．200 m/sC．300 m/s   D．400 m/s答案　A解析　电荷只受电场力作用，由牛顿第二定律可得a＝＝103 m/s2，整个运动过程中水平方向不受力，速度不变，设水平方向的速度为v0，则有＝＋at，解得v0＝50 m/s，故粒子在A点速度大小vA＝＝100 m/s，故选A项．2．(2022·延边一模)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．现为了使打在纸上的字迹扩大，下列措施可行的是(　　)A．增大墨汁微粒所带的电荷量B．增大墨汁微粒的质量C．减小极板的长度D．减小偏转板间的电压答案　A解析　使打在纸上的字迹扩大，实质是使速度偏向角θ增大，根据t＝，a＝＝，vy＝at，tan θ＝，则微粒所带的电荷量q增大时，tan θ增大，字迹扩大，A项正确；增大墨汁微粒的质量或减小偏转板间的电压或减小极板的长度时，tan θ减小，字迹缩小，B、C、D三项错误．故选A项．3.(2022·绵阳三模)如图所示，在矩形ABCD内有一垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域(磁场区域未画出)，已知AB边长4L，BC边长6L，E是BC边的中点．一质量为m，电荷量为＋q的粒子从A点沿AE方向以速度v0进入矩形区域，恰能从D点沿ED方向射出矩形区域．不计粒子的重力，则此磁场的磁感应强度最小值为(　　)A.   B.C.   D.答案　B解析　根据牛顿第二定律qv0B＝，解得B＝，故粒子在磁场中的轨迹半径越大，磁感应强度越小，如图根据几何关系可得半径的最大值为rm＝L，解得B＝，故选B项．
4.(2022·永州三模)如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子，不计重力)．若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时(忽略边缘效应)，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为(　　)A.   B.C.   D.答案　C解析　研究从C管中水平射出的粒子运动的逆过程，则L＝v0t，d＝at2，vy＝at，a＝，v＝，解得v＝，故选C项．5.(2022·重庆模拟)(多选)如图所示，一质量为m、带电荷量为＋q的离子(不计重力)在A点以速度v水平射入某匀强电场，该离子仅在电场力的作用下运动一段时间后以竖直向下的速度打中B点．已知AB之间的距离为L，AB连线与水平面的夹角为60°，则(　　)A．电场方向与AB垂直B．场强大小为C．离子从A点运动到B点所用的时间为D．离子的最小动能为答案　BD解析　设由A到B的时间为t，水平方向v＝axt，竖直方向v＝ayt，故tan θ＝＝，则合加速度方向与水平方向夹角为60°，方向斜向左下，即电场方向与AB方向夹角为60°，故A项错误；由A到B过程，根据动能定理qELcos 60°＝m(v)2－mv2，解得E＝，故B项正确；水平方向加速度大小ax＝cos 60°＝，离子从A点运动到B点所用的时间t＝＝，故C项错误；当离子沿电场方向的速度变为零，只有垂直电场方向的速度时，离子的速度最小，动能最小，离子垂直电场方向的初速度为v0＝vcos 30°，离子的最小动能为Ek＝mv02＝mv2，故D项正确．故选B、D两项．6.(2022·邯郸模拟)如图所示，在一个正三角形区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，速度大小均为v的粒子从BC边的中点O处沿各个方向射入磁场，若已知粒子的质量为m，电荷量为q，正三角形边长为L，粒子运动的轨道半径为，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，则(　　)A．该磁场的磁感应强度为B．该磁场的磁感应强度为C．粒子在磁场中运动的最长时间为D．粒子在磁场中运动的最长时间为答案　B解析　根据牛顿第二定律qvB＝m，r＝，解得B＝，故A项错误，B项正确；粒子运动轨迹如图所示，由图可知，粒子在磁场中运动时间最长时，轨迹与AC边相切，若粒子能过A点，在磁场中运动时间t＝＝＝，粒子不可能过A点，则运动最长时间小于，如图所示轨迹的圆心角θ≠90°，则t′≠＝，故C、D两项错误．故选B项．7.(2022·浙江模拟)如图所示，圆形区域直径MN上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相同．现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向从M点入射，最终都从N点离开磁场，则(　　)A．粒子a、b可能带异种电荷B．粒子a从N点离开磁场时的速度方向一定与初速度v1的方向垂直C．v1∶v2可能为2∶1D．v1∶v2一定为1∶1答案　C解析　两粒子都从M点入射，从N点出射，则a粒子向下偏转，b粒子向上偏转，由左手定则可知两粒子均带正电，故A项错误；设磁场半径为R，将MN当成磁场的边界，两粒子均与边界成45°角入射，由运动对称性可知出射时与边界成45°角，则第一次偏转穿过MN时速度偏转90°；同理第二次穿过MN时速度方向再次偏转90°与初速度方向平行，B项错误；两粒子可以围绕MN重复穿越，运动有周期性，设a粒子重复k次穿过MN，b粒子重复n次穿过MN，由几何关系可知k·r1＝2R(k＝1，2，3…)，n·r2＝2R(n＝1，2，3…)，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得v＝，而两个粒子的比荷相同，可知＝＝，如n＝1，k＝1时＝，如n＝2，k＝1时＝，则v1∶v2可能为1∶1或2∶1，故C项正确，D项错误．故选C项．8.(2022·湖南模拟)如图所示，某同学在xOy平面直角坐标系中设置了一个“心”形图线，A点坐标为(0，－L)，C点坐标为，D点与C点关于y轴对称，为使带电粒子沿图线运动，该同学在x轴下方和上方添加了方向垂直纸面向里、磁感应强度大小分别为B1和B2的匀强磁场，在O点沿x轴放置很短的绝缘弹性板，粒子撞到板上时，竖直速度反向，水平速度不变．从A点沿与y轴正方向成53°角的方向向左以速度v0射入一带电荷量为－q、质量为m的粒子，不计粒子重力，经过一段时间粒子又回到A点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则B1与B2的比值应为(　　)A.   B.C.   D.答案　D解析　带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，粒子从A点运动到C点，设轨迹半径为r1，过C点时速度方向与竖直方向夹角为θ，由几何关系可得L＝r1cos 37°＋r1sin θ，＝r1cos θ－r1sin 37°，可得r1＝L，θ＝0°，粒子从C点运动到O点，设轨迹半径为r2，则有2r2＝，可得r2＝L，带电粒子在磁场中做圆周运动时，仅由洛伦兹力提供向心力，有Bqv0＝，B＝，可得＝＝，故选D项．9.(2022·四川二模)(多选)如图所示，水平平行板电容器间距为d，电源电压恒定．闭合开关S，板间电场稳定后，一电子以初速度v从平行板左端水平射入，经过时间t离开平行板间电场时速度与水平方向夹角为θ，电场力对电子做功为W，电子在屏上所产生光点的竖直偏移量为y；若保持开关S闭合，将两板间距调整为2d，电子仍然以初速度v水平射入，不计电子重力，则(　　)A．电子通过平行板电容器的时间是tB．平行板间电场对电子做功是WC．电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角是θD．电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是y答案　AD解析　水平方向是匀速直线运动，电子通过平行板电容器的时间是t，故A项正确；电子在平行板电容器间竖直偏移量y1＝at2＝××t2，平行板间电场对电子做功是W＝qEy1＝×××t2＝，将两板间距调整为2d，则W′＝W，故B项错误；电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角满足tan θ＝＝＝t，将两板间距调整为2d，则tan θ′＝tan θ，故C项错误；电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是y＝y1＋y2＝＋Dtan θ，将两板间距调整为2d，tan θ′＝tan θ，则y′＝y，故D项正确．故选A、D两项．10.(2022·安徽模拟)(多选)如图为“EAST超导托卡马克核聚变实验装置”的简化模型：把核材料约束在半径为r2的圆形区域内，等离子体只在半径为r1的圆形区域内反应，环形区域(约束区)存在着垂直于截面的匀强磁场．假设约束的核聚变材料只有氕核(11H)和氘核(12H)，已知氕核(11H)的质量为m，电荷量为q，两个同心圆的半径满足r2＝(＋1)r1，只研究在纸面内运动的核子，不考虑核子间的相互作用、中子和质子的质量差异以及速度对核子质量的影响．设核聚变材料氕核(11H)和氘核(12H)具有相同的动能Ek，以下说法正确的是(　　)A．氕核(11H)和氘核(12H)的比荷之比为1∶2B．氕核(11H)和氘核(12H)分别在环形区域做匀速圆周运动的半径之比为1∶C．为了约束从反应区沿不同方向射入约束区的核子，则环形磁场区域所加磁场磁感应强度B满足的条件为B>D．若约束区的磁感应强度为B0，氕核(11H)从圆心O点沿半径方向以某一速度射入约束区，恰好经过约束区的外边界，则氘核(11H)再次回到反应区所用时间t＝答案　BD解析　氕核(11H)和氘核(12H)的比荷之比为∶＝2∶1，故A项错误；根据qvB＝m，Ek＝mv2，得R＝＝，则半径之比为＝，故B项正确；若氘核不从磁场中射出，则氕核一定不从磁场中射出，即只要满足氘核不射出即可．如图1所示，当核子的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨道与磁场外圆相切时所需磁场的磁感应强度B，即为要求的值，设轨迹圆的半径为R1，由几何关系得R1＝＝r1，根据qv1B＝2m，Ek＝·2mv12，解得B＝＝，故C项错误；如图2所示，设核子在磁场中运动的轨迹半径为R2，由几何关系得R22＋r12＝(r2－R2)2，解得R2＝r1，qv2B0＝m，核子在b区域中做匀速圆周运动的周期T＝，核子在b区域中一次运动的时间t1＝T，核子在a区域运动的时间t2＝，联立解得t＝，故D项正确．故选B、D两项．11．(2022·湖北模拟)如图1所示，水平放置的平行金属板A和B的间距为d，紧靠金属板的右端竖直安放着荧光屏MN，在A、B板间加上如图2所示的方波形电压，周期为T.t＝0时，A板比B板的电势高，电压的大小为U0.现有一束带负电的粒子流，从AB的中点O以初速度v0平行于金属板方向射入，设粒子能全部打到荧光屏MN上，而且所有粒子在AB间的飞行时间均为T，粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力影响．(1)求粒子打在荧光屏上的速度大小；(2)荧光屏MN的中心点O′下方到上方多大范围内有粒子击中？(3)要使粒子能全部打在荧光屏MN上，电压U0的数值应满足什么条件？答案　(1)　(2)距靶MN的中心点O′下方至O′上方范围内有粒子击中　(3)U0≤解析　(1)在竖直方向上，加速度的大小ay＝打到荧光屏上竖直方向上分速度vy＝ay(T－T)＝则打到荧光屏上的速度大小v＝＝.(2)t＝0时刻进入电场，在竖直方向先向上做匀加速，后做匀减速，再反向做匀加速运动，其加速度大小均相等，粒子打到荧光屏MN上O′点上方的范围s1＝＋··－＝即打在O′点上方处；如果从t1＝时刻进入，在竖直方向先向下做匀加速，加速时间为，再向下做匀减速运动，运动时间为，故粒子打到荧光屏MN上O′点下方的范围s2＝＋··－＝故距荧光屏MN的中心点O′上方至O′下方范围内有粒子击中．(3)要使粒子能全部打在荧光屏MN上，则s2＝≤解得U0≤.12.(2022·浙江6月选考)离子速度分析器截面图如图所示．半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S.整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点．离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q(q>0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场．落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用． (1)①求磁感应强度B的大小；②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小．(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小．(3)若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)．答案　(1)①　②(4k＋1)，(k＝0，1，2，…)(2)·tan ，(n＝0，1，2，…)(3)π，π解析　(1)①离子在磁场中运动qv0B＝B＝②离子在磁场中的运动时间t＝转筒的转动角度ωt＝2kπ＋ω＝(4k＋1)，(k＝0，1，2，…)(2)设速度大小为v的离子在磁场中做圆周运动的半径为R′R′＝Rtan ，v＝v0tan 离子在磁场中的运动时间t′＝(π－θ)＝(π－θ)转筒的转动角度ω′t′＝2nπ＋θ转筒的转动角速度为ω′＝·，(n＝0，1，2，…)动量定理F＝NmvF＝·tan ，(n＝0，1，2，…)．(3)由题意并结合(1)(2)的结论，可知转筒的转动角速度＝<还需满足0<θ′<π，且θ′≠解得k＝1，θ′＝π，n＝0，2可得θ′＝π，π.