2023年高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动课时作业4力与物体的曲线运动（二）

课时作业4力与物体的曲线运动(二)一、选择题(1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题)1．如下图，匀强磁场方向垂直纸面向里，甲、乙、丙、丁四个带负电的点电荷分别沿四个方向、以大小相同的初速度v0垂直磁场方向进入磁场．那么进入磁场瞬间，受到洛伦兹力方向向下的点电荷是()A．甲B．乙C．丙D．丁解析：根据左手定那么分析，丁受到的洛伦兹力方向向下，应选项D正确．答案：D2．在如下图的电路结构中的Q点处，能源源不断地向两平行板电容器的中央处释放出速度为v的带电微粒，假设滑动变阻器的滑片P在图中所处的位置时，微粒恰能沿平行板电容器的中线运动，并能打在左边的挡板M上，现将滑片P往下移动一小段，那么此后从Q点发出的带电微粒的运动将()A．向上偏转B．向下偏转C．不发生偏转D．无法确定解析：当滑动变阻器的滑片P向下移动时，滑动变阻器分得的电压将减小，但由于二极管，平行板电容器两板的电荷量将保持不变，由C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4kπd)，可得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)，即两板之间的电场强度保持不变，故微粒的运动不发生变化，选项C正确．答案：C3.(2023·朝阳区模拟)如下图，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直于纸面向外，比荷为eq\f(e,m)的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，那么磁感应强度B的取值应为()A．B>eq\f(\r(3)mv0,ae)B．B<eq\f(2mv0,ae)C．B<eq\f(\r(3)mv0,ae)D．B>eq\f(2mv0,ae)解析：由题意，假设电子正好经过C点其运动轨迹如下图，此时其圆周运动的半径R＝eq\f(a,2cos30°)＝eq\f(a,\r(3))，要使电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于eq\f(a,\r(3))，由带电粒子在磁场中运动的半径公式r＝eq\f(mv,qB)，有eq\f(a,\r(3))<eq\f(mv0,eB)，即B<eq\f(\r(3)mv0,ae)，选项C正确．答案：C4.a、b、c三个相同带电粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如下图，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定()A．b和c同时飞离电场B．进入电场时，c的速度最小，a的速度最大C．a的动能增量最小，b和c的动能增量一样大D．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上为匀加速直线运动，水平方向为匀速直线运动，因为三个带电粒子相同，故在电场中的加速度是相同的，由y＝eq\f(1,2)at2结合图示可知，三个粒子在电场中的运动时间ta＝tb>tc，所以可知va<vb<vc，选项A、B均错误；ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝eq\f(1,2)ma2t2，三个粒子的动能增量ΔEa＝ΔEb>ΔEc，选项C错误；因a、b粒子在电场中的运动时间相同，所以两粒子打在负极板与离开电场是同时的，选项D正确．答案：D5．在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如下图，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，那么()A．A球带正电，B球带负电B.A球比B球先落地C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球的小解析：两球均做类平抛运动，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有h＝eq\f(1,2)at2，得加速度大小a＝eq\f(2hv\o\al(2,0),x2)，可见水平距离x越大，加速度a越小，相应所用时间t越长，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，说明A球带正电而受到竖直向上的电场力，B球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A球做负功，A球电势能增加，电场力对B球做正功，B球电势能减少，选项A正确；B、C均错误；根据动能定理有mah＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，而Δv＝v－v0，可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量Δv越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确．答案：AD6．(2023·陕西高三质量检测)如下图，半圆形和矩形组成的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两粒子从A点沿水平直径AP以相同的速度v0入射，结果甲、乙两粒子分别从C、D点射出．CD⊥AP，AQ＝eq\f(1,4)AP，∠COP＝60°，那么以下说法中正确的选项是()A．甲、乙两粒子的比荷之比为5eq\r(3)：6B．甲、乙两粒子的比荷之比为eq\r(3)：5C．甲、乙两粒子在磁场中运动时间之比为24eq\r(3)：37D．甲、乙两粒子在磁场中运动时间之比为60：37解析：画出两粒子在磁场中运动的轨迹图，设半圆形磁场区域的半径为R，AP＝2R，AQ＝eq\f(1,4)AP＝eq\f(1,2)R.对从C点射出的粒子，由图中几何关系可知，r1tan30°＝R，解得r1＝eq\r(3)R；对从D点射出的粒子，由图中几何关系可知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)R))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(1,2)R))2＝req\o\al(2,2)，解得r2＝eq\f(5,2)R；由qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br).甲、乙两粒子的比荷之比eq\f(q1,m1)：eq\f(q2,m2)＝r2r1＝eq\f(5,2)R：eq\r(3)R＝5eq\r(3)：6，选项A正确、B错误．甲粒子轨迹圆弧所对圆心角为60°，运动时间为eq\f(1,6)T，由sinθ2＝eq\f(1.5R,2.5R)＝0.6，乙粒子轨迹圆弧所对圆心角为37°，甲、乙两粒子在磁场中运动时间之比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(r1,r2)·eq\f(θ1,θ2)＝eq\f(\r(3)×60°,2.5×37°)＝eq\f(24\r(3),37)，选项C正确、D错误．答案：AC7.如下图，匀强磁场方向垂直于纸面向里，在纸面内有一半径为R的圆周、圆心为O.一带电粒子质量为m、电荷量为＋q，从圆周上的M点以速度v0射向圆心，经过一段时间从圆周上的N点离开圆周，经过N点时的速度方向与从M点射入时的速度方向夹角为θ(图中未画出)，不计重力，那么()A．磁感应强度大小为eq\f(mv0tan\f(θ,2),qR)B．磁感应强度大小为eq\f(mv0,qR)C．粒子经历此过程的时间为eq\f(θR,v0)D．粒子经历此过程的时间为eq\f(θR,v0tan\f(θ,2))解析：此题易错点在于把圆周半径当作粒子做圆周运动的半径．作出带电粒子做圆周运动的轨迹，如下图．由数学知识可知在圆内运动轨迹对应圆心角为θ，α＝eq\f(1,2)θ，r＝eq\f(R,tanα).带电粒子受到的洛伦兹力提供向心力有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，运动时间t＝eq\f(θr,v0)，联立解得t＝eq\f(θR,v0tan\f(θ,2))、B＝eq\f(mv0tan\f(θ,2),qR)，应选项B、C错误，A、D正确．答案：AD二、非选择题8．(2023·山西太原二模)如图，在直角坐标系xOy中，y≥0的区域有匀强电场，方向沿y轴负方向．在与x轴夹角θ＝30°直线上有P、Q两点，两点关于坐标原点O对称，PO＝l.一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从P点沿x轴正方向以速度v0开始运动，经x轴上M点后恰好能通过Q点．不计粒子的重力，求：(1)M的横坐标xM；(2)电场强度E的大小．解析：(1)粒子由P到M做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为txM＋lcosθ＝v0t，lsinθ＝eq\f(1,2)at2设粒子在M点的速度v与x轴间夹角为α，沿y方向的分速度为vyvy＝attanα＝eq\f(vy,v0)由几何关系有tanα＝eq\f(lsinθ,lcosθ－xM)解得xM＝eq\f(lcosθ,3)＝eq\f(\r(3),6)l.(2)由牛顿运动定律有qE＝ma解得E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),4ql).答案：(1)eq\f(\r(3),6)l(2)eq\f(3mv\o\al(2,0),4ql)9.如下图，在水平面内固定一个半径分别为R、eq\f(R,2)的两段半圆弧组成的细玻璃管，处于垂直纸面方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.一个质量为m，带电荷量为＋q的小球(小球可视为质点，重力不计)从A端点以一定的初速度入射，在AB段管内运动时恰好不受玻璃管侧壁的作用力．(1)判断所加磁场的方向，并求出小球入射的初速度大小．(2)小球在BC段管中做什么运动，对玻璃管侧壁的作用力大小是多少？解析：(1)小球所受洛伦兹力充当向心力指向圆心，根据左手定那么，磁场方向应垂直纸面向外．根据qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)可得v0＝eq\f(qBR,m).(2)洛伦兹力对小球不做功，小球动能不变，仍做匀速圆周运动．根据牛顿第二定律FN－qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),\f(R,2))解得：FN＝eq\f(3q2B2R,m).答案：(1)垂直纸面向外eq\f(qBR,m)(2)匀速圆周运动eq\f(3q2B2R,m)10．如下图，在竖直虚线MN的右侧存在着电场强度为E1＝3×102N/C、方向竖直向上的匀强电场E1，在MN的左侧存在着水平方向的匀强电场E2.在右侧的匀强电场E1中，一条长为L＝0.8m的绝缘细线一端固定在O点，另一端拴着质量m＝0.3kg、电荷量q＝2×10－2C的小球，O点到虚线MN的距离为x＝1.2m．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，那么小球能运动到图中的位置P(P点在O点的正上方)．(不计阻力，g取10m/s2(1)判断小球的电性(不需要说明理由)．(2)求小球运动到P点的速度大小vP.(3)假设小球运动到P点时细线刚好断裂，细线断裂后小球继续运动，求小球运动到虚线MN处时速度大小．(4)在(3)的情况下，假设小球运动经过虚线MN后进入左侧的匀强电场E2恰能做直线运动，求匀强电场E2的大小．解析：(1)小球要向上运动，电场力必须向上，故小球带正电．(2)小球从静止释放到运动至P点，根据动能定理得：(qE1－mg)·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0解得：vP＝eq\r(\f(2qE1－mg·L,m))＝4m/s.(3)细线断裂后小球继续运动到虚线MN处，该过程小球做类平抛运动(水平匀速，竖直匀加速)，如图甲，设做类平抛运动的时间为t，那么：vP·t＝x①由牛顿第二定律得：qE1－mg＝ma②小球运动到虚线MN处时竖直方向的分速度为vy＝at③合速度为v＝eq\r(v