届二轮复习 力与物体的曲线运动二 专题卷.docx

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届二轮复习力与物体的曲线运动二专题卷

第4讲　力与物体的曲线运动

（二）

　　　　　——电场、磁场中的曲线运动

一、选择题（1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题）

1.如图1所示，垂直纸面向里的匀强磁场足够大，两个不计重力的带电粒子同时从A点在纸面内沿相反方向垂直虚线MN运动，经相同时间两粒子又同时穿过MN，则下列说法正确的是（　　）

图1

A．两粒子的电荷量一定相等，电性可能不同

B．两粒子的比荷一定相等，电性可能不同

C．两粒子的动能一定相等，电性也一定相同

D．两粒子的速率、电荷量、比荷均不等，电性相同

解析　因两粒子是从垂直MN开始运动的，再次穿过MN时速度方向一定垂直MN，两粒子均运动了半个周期，即两粒子在磁场中运动周期相等，由T＝知两粒子的比荷一定相等，但质量、电荷量不一定相等，选项A、D错误；因不知粒子的偏转方向，所以粒子电性无法确定，选项B正确；因粒子运动的周期与速度无关，所以粒子的动能也不能确定，选项C错误。

答案　B

2.如图2，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场。

一带负电的粒子从原点O以与x轴成60°角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R（不计重力），则（　　）

图2

A．粒子经偏转一定能回到原点O

B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1

C．粒子再次回到x轴上方所需的时间为

D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R

解析　根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A选项错误；根据R＝可知粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，则B错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t＝×＋×＝，则C选项正确；粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进的距离为x＝2Rcos30°＋4Rcos30°＝3R，则D选项错误。

答案　C

3.如图3，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍。

有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为（　　）

图3

A.B.

C.D.

解析　设加速电压为U1，偏转电压为U2，因为qU1＝mv，电荷离开加速电场时的速度v0＝；在偏转电场中＝t2，解得t＝d，水平距离l＝v0t＝·d＝d＝d，所以＝。

答案　B

4.如图4，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，某种比荷为、速度大小为v的一群离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos为（　　）

图4

A.－B．1－

C．1－D．1－

解析　由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得r＝。

根据题述，当离子速度方向沿y轴正方向时打在N点，当离子速度方向与y轴正方向夹角为时打在M点，画出两种情况下离子的运动轨迹如图所示，设OM之间的距离为x，则有2rcos＝x，2r＝x＋L，联立解得cos＝1－，选项B正确。

答案　B

5.如图5所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD的中点，一个初速度为v0、质量为m、电荷量为q的带负电粒子沿纸面射入电场。

带电粒子的重力不计，如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场，则恰好从D点离开电场。

若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，则带电粒子（　　）

图5

A．从BC边界离开电场

B．从AD边界离开电场

C．在电场中的运动时间为

D．离开电场时的动能为mv

解析　带电粒子从M点以垂直电场线方向进入电场后做类平抛运动，水平方向上有L＝v0t，竖直方向上有L＝at2＝t2，联立解得E＝；带电粒子从N点进入电场后做匀减速直线运动，设带电粒子在电场中减速为零时的位移为x，由动能定理有－qEx＝0－mv，解得x＝L，当粒子速度减至零后沿原路返回，从N点射出，粒子在电场中运动的时间t1＝，由于电场力做功为零，根据动能定理有0＝Ek2－mv，粒子离开电场时的动能Ek2＝mv，选项B、D正确。

答案　BD

6．如图6所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。

一带电粒子从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°。

当该粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180°。

不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）

图6

A．该粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点

B．该粒子的比荷为

C．该粒子在磁场中的运动时间为

D．该粒子在磁场中的运动时间为

解析　由题意可画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，A项错；由几何关系知粒子做圆周运动的半径为r＝，结合qv0B＝，可得＝，B项正确；粒子在磁场中的运动时间t＝＝，C项正确，D项错。

答案　BC

7.如图7所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。

a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是（　　）

图7

A．v1∶v2＝1∶2B．v1∶v2＝∶4

C．t1∶t2＝2∶1D．t1∶t2＝3∶1

解析　甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T＝，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T甲＝T乙。

设正方形的边长为L，则由图知甲粒子运行半径为r1＝，运行时间为t1＝，乙粒子运行半径为r2＝，运行时间为t2＝，而r＝，所以v1∶v2＝r1∶r2＝∶4，选项A错误，B正确；t1∶t2＝3∶1，选项C错误，D正确。

答案　BD

二、非选择题

8．（2016·北京理综，23）如图8所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。

已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。

图8

（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；

（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。

在解决

（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。

已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2。

（3）极板间既有静电场也有重力场。

电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。

类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的φG概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。

解析　

（1）根据动能定理，有eU0＝mv

电子射入偏转电场时的初速度v0＝

在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L

加速度a＝＝

偏转距离Δy＝a（Δt）2＝

（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力

G＝mg≈10－30N

电场力F＝≈10－16N

由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力。

（3）电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即φ＝，类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能Ep与其质量m的比值，叫做重力势，即φG＝电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。

答案　

（1）　　

（2）见解析　（3）见解析

9．如图9甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB＝AD＝L，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。

图9

（1）若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，求磁场的磁感应强度B0和粒子运动中的加速度a的大小；

（2）若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，求磁场的磁感应强度B0的大小及磁场变化的周期T0。

解析　

（1）设粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得

B0qv0＝m，解得R＝

由题意分析可知粒子运动了3个圆周垂直打在CD上，则

可得3R＝L

联立解得B0＝

粒子做圆周运动的加速度大小为a＝＝。

（2）由题意可知粒子每经过一周期，其末速度方向与初速度方向相同，其部分轨迹如图所示，粒子从A到C经历的时间为磁场变化周期的整数（n）倍

即AB方向有L＝2nRsinθ

AD方向有L＝2nR（1－cosθ）

联立得cosθ＝，cosθ＝1（舍去）

即θ＝60°，R＝

联立B0qv0＝m得B0＝（n＝1，2，…）

又因粒子的运动周期

T＝＝＝（n＝1，2，…）

由图可推得T0＝，所以

T0＝（n＝1，2，…）

答案　

（1）　

（2）（n＝1，2，…）　（n＝1，2，…）

10.（2016·石家庄市高三调研检测）如图10所示，在xOy平面内的第一象限内，x＝4d处竖直放置一个长l＝4d的粒子吸收板AB，在AB左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场。

在原点O处有一粒子源，可沿y轴正向射出质量为m、电量为＋q的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力。

图10

（1）若射出的粒子能打在AB板上，求粒子速率v的范围；

（2）若在点C（8d，0）处放置一粒子回收器，在B、C间放一挡板（粒子与挡板碰撞无能量损失），为回收恰从B点进入AB右侧区间的粒子，需在AB右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O点发射到进入回收器所用的时间。

解析　

（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

①粒子打在吸收板AB的下边界A点，设粒子的速率为v1，由图中几何关系可知圆心在O1点，粒子的轨道半径r1＝2d

由牛顿第二定律可得：

qv1B＝

联立可得：

v1＝

②粒子打在吸收板AB的上边界B点，设粒子的速率为v2，由图中几何关系可知圆心在C点，粒子的轨道半径

r2＝8d，

由牛顿第二定律可得：

qv2B＝

联立可得：

v2＝

由题意可得：

射出的粒子能打在AB上，粒子的速度需满足：

≤v≤

（2）经过B点的粒子能够到达C点，设磁场的磁感应强度为B′，由图中几何关系，粒子的半径r＝（n＝1、2、3…）

由牛顿第二定律可得：

qv2B′＝

联立可得：

B′＝2nB（n＝1、2、3…）

粒子从O到B的时间t1＝＝

粒子从B到C的时间t2＝T＝×＝（n＝1、2、3…）

故粒子从O到C的时间t＝t1＋t2＝

答案　

（1）≤v≤　

（2）2nB（n＝1、2、3…）