高考物理二轮复习 重点讲练专题四 电场和磁场中的曲线运动课时作

专题四 电场和磁场中的曲线运动

一、选择题(共10个小题，1－6为单选，7－10为多选，每题5分共50分) 1.如图，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在电子能射出平行板间的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( ) A．U1变大，U2变大 C．U1变大，U2变小 答案 B

12

解析 设电子质量为m，电荷量为e，经电势差为U1的电场加速后，由动能定理得eU1＝mv0.

2eU2lvy

经平行板射出时，其水平速度和竖直速度分别为：vx＝v0，vy＝at＝，由此得tanθ＝

dmv0vxeU2lU2l

＝.当l、d一定时，增大U2或减小U1都能使偏角θ增大． 2＝dmv02dU12.(20162江西省重点中学盟校高三第一次联考理综物理试卷)如图所示，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m、带电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v由小孔O沿位于纸面内的各个方向射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下面各图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，R＝的是( )

mv

.其中正确Bq

B．U1变小，U2变大 D．U1变小，U2变小

答案 A

解析 所有粒子在磁场中半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A，故选A项． 考点定位 带电粒子在匀强磁场中的运动

3．(20162安徽“江南十校”高三联考)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.M为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧1

上，这段圆弧的弧长是圆周长的.下列说法正确的是( )

4BqR

A．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝

mB．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝

2BqR

2m

2 2

C．若将磁感应强度的大小增加到2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来

2

D．若将磁感应强度的大小增加到2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来

3答案 BD

解析 边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，即偏转圆半径r＝2Rmv2BqR

＝，得v＝，所以选项B对，选项A错；磁感应强度增加到原来的2倍，直径2Bq2m对应的弦长为R，有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°，所以弧长之比为2∶3，D项正确，C项错误．

4．(20152郴州模拟)如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )

A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 B．滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 C．电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 答案 BD

12

解析 由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得eU1＝mv，电子获得的速

2度为v＝

2eU1

；电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0m

eU12

的匀加速直线运动，加速度为a＝；电子在电场方向偏转的位移为y＝at，垂直电场方

md2L

向做匀速直线运动，电子在电场中运动时间为t＝.滑动触头向右移动时，加速电压变大，

v所以电子获得的速度v增加，可知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，A项错误；滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，可知，电子在电场中运动时间t变大，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，B项正确；偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故D项正确；电子在偏转电场中偏转位移增大，电子打在荧光屏上的速度增大，C项错误．

5.(20162四川)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则( )

A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 答案 A

解析 由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由公式

v4π2πrqvB＝m＝mr2，T＝

rTv

2πm

可以得出vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，又由T＝ qB

且粒子运动一周为2π，可以得出时间之比等于偏转角之比．由上图看出偏转角之比为2∶1. 则tb∶tc＝2∶1，可得A项正确，B、C、D三项错误．

6.(20152怀化三模)如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，

2

2

相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点(不计重力)，仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，据此可知不正确的是( ) ．．．A．三个等势面中，a的电势最高

B．带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大 C．带电质点通过M点时的动能比通过N点时大 D．带电质点通过M点时的加速度比通过N点时大 答案 C

解析 等差等势面密集的地方场强大，稀疏的地方场强小，由图知M点的场强大，则质点通过M点时的加速度大．故选项D正确．根据电场线与等势面垂直，定性画出过M、N两点的电场线．假设质点从N向M运动，根据初速度的方向和轨道偏转方向可判定质点在N点所受电场力F

如图所示．可以判断出等势面a的电势高．选项A正确．由N向M运动过程中，电场力做负功，动能减少，电势能增加．故选项B正确，C项错误．若质点从M向N运动，也可得出选项B正确．

7．如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OMq＝3 m．现有一个比荷大小为＝1.0 C/kg、可视为质点、带正电的小球(重力不计)从挡板下

m端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是( )

A．3 m/s C．4 m/s 答案 ABD

解析 因为小球通过y轴的速度方向一定是＋x方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值mvmin为3 m，即Rmin＝，解得vmin＝3 m/s；经验证，带电小球以3 m/s速度进入磁场，与ON

qB碰撞一次，再经四分之三圆周经过M点，如图1所示，A项正确；当带电小球与ON不碰撞，直接经过M点，如图2所示，小球速度沿－x方向射入磁场，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值Rmax＝5 m，又

B．3.75 m/s D．5 m/s

mvmax

Rmax＝，解得vmax＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图

qBmv

3所示，由几何条件计算可知轨迹半径R＝3.75 m，由半径公式R＝得v＝3.75 m/s，B项

qB正确，由分析易知选项C错误．

8.(20162海南)如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是( ) A．M带负电荷，N带正电荷

B．M在b点的动能小于它在a点的动能 C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 答案 ABC

解析 如题图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知M带电粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，故A项正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，故动能减小，故B项正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从d到e电场力不做功，故电势能不变，故C项正确；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故D项错误． 考点定位 等势面、电势能

名师点睛 本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路．

9．(20162山东省青岛市高三3月自主练习物理试题)如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN之间加上高压直流电源，其间产生强非匀强电场E；水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥．如图所示虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹，则下列说法正确的是( )

A．水分子在B点时，水分子带正电一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相等

B．水分子沿轨迹ABCD运动过程中电场力始终做正功 C．水分子沿轨迹ABCD运动过程中电势能先减少后增加

D．如果把高压直流电源的正负极反接，水分子从A处开始将向下运动 答案 AC

解析 由于电场的分布不均匀，由图可知，上端的电场强度大于下端电场强度，根据F＝qE可得，水分子带正电一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相等，故A项正确；水分子沿轨迹ABCD运动过程中，在CD阶段，受到的电场力方向与运动的方向夹角大于90°，故电场力做负功，故B项错误；水分子沿轨迹ABCD运动过程中，电场力先做正功，后做负功，故电势能先减小后增大，故C项正确；如果把高压直流电源的正负极反接，产生的电场方向发生反转，但水分子是一端带正电，另一端带等量负电，故水分子的正负端发生反转，水分子还是从A处开始将向上运动，故D项错误． 考点定位 电场强度，电场力做功

10．(多选)(20162云南玉溪一中月考)如图，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为BB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

2原点O以与x轴成30°角斜向上的速度射入磁场，且在上方运动半径为R，则(不计重力)( )

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1∶2 2πm

C．粒子在完成一次周期性运动的时间为

qBD．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R 答案 BD

解析 根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点O，故mv

A项错误；由r＝，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场

qB中运动的半径之比为1∶2，故B项正确；负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，2πm

在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T＝，保持不变，在

qB60°πm

一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为t1＝T＝；同理，在第四象限运动的时360°3qB60°2πmπm

间为t2＝T′＝；完成一次周期性运动的时间为T′＝t1＋t2＝，故C项错误；

360°3qBqB根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x＝R＋2R＝3R，故D项正确，故选B、D项．

二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，13题13分，14题14分，共50分) 11．(20162青海省平安县第一高级中学高三4月月考)一条绝缘的挡板轨道ABC固定在光滑水平桌面上，BC段为直线，长为4R，动摩擦因数为0.25，AB是半径为R的光滑半圆弧(两部分相切于B点)．挡板轨道在水平的匀强电场中，场强大小为E＝8310 N/C，方向与BC夹角为θ＝53°.一带电量为q＝5310 C、质量为m＝5310 kg的小球从C点静止释放，已知R＝0.4 m，求：

－4

－3

2

(1)小球在B点的速度大小；

(2)若场强E与BC夹角θ可变，为使小球沿轨道运动到A点的速度最大，θ的取值以及A点速度大小；

(3)若场强E与BC夹角θ可变，为使小球沿轨道运动到A点沿切线飞出，θ的取值范围． 8

答案 (1)10 m/s (2)vA＝16 m/s (3)0≤θ≤arctan

712

解析 (1)根据动能定理：(Eqcosθ－μEqsinθ)24R＝mvB－0

2整理可以得到：vB＝

Eq（8cosθ－2sinθ）R16

，代入数据得到：vB＝10 m/s≈10 m/s.

m5

(2)由于θ＝0°，小球与BC挡板的摩擦力为零，小球到B点的速度最大，且A、B等势，则小球在A点速度最大，根据动能定理：

12

Eq24R＝mvA－0，则：

2vA＝

8EqR

，代入数据整理得到：vA＝16 m/s. m

(3)在A点不脱离轨道能沿切线飞出，则 vA

F向A＝Eqsinθ≤m

R

12

根据动能定理：Eqcosθ(4R－2Rtanθ)－μEq4Rsinθ>mvA.

28

解得：tanθ≤.

7

8

得到θ的取值范围是：0≤θ≤arctan. 7

考点定位 匀强电场中电势差和电场强度的关系、向心力

名师点睛 本题关键是明确滑块的受力情况和运动情况，然后分过程结合向心力公式、牛顿第二定律和动能定理列式分析．

12.(20152云南省部分名校)如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B.有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为＋q.将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用． (1)求带电粒子的速率．

B(2)若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为，求粒子在磁场中最长

4的运动时间t.

(3)若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1(R1>R0)圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为B/2，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T.

解析 (1)粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍R0＝2r. vqBR0

qvB＝m v＝ r2m

B

(2)磁场的大小变为后，粒子的轨道半径为r1；

4mv4mv

r1＝＝＝2R0.

qB1qB

根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2R0时最长，圆心角60°.

2

2

60°4πmt＝T＝ 360°3qB

B

(3)根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为，方向向里，

2B

R0以外的区域磁场大小为，方向向外．粒子运动的半径为R0.

2根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为(3＋1)R0 π5π

（＋）24m3628πmT＝＝. qB/23qB

13．(20162江西吉安高三教学质检)如图所示，为一环形磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场．一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0、R0)的A点沿y负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成60°.不计重力和粒子间的相互作用．求：

(1)区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；

(2)若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形半径R至少为大；

(3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期． 答案 (1)(2)

2mE0

qR0

3R0

6mE0

方向垂直纸面向外 qR0

86πR0mE0

(3)(＋32)2

3E0

解析 (1)设在区域Ⅰ内轨迹圆半径为r1＝R0； mv12

r1＝ E0＝mv

qB12∴B1＝

2mE0

qR0

(2)设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图，有几何关系知：r2＝

3mvr1，r2＝， 3qB2

6mE0

， qR0

∴B2＝3B1＝方向与B1相反，即垂直xOy平面向外 由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2， 即R＝3R0

(3)轨迹从A点到Q点对应圆心角θ＝90°＋60°＝150°，要仍从A点沿y轴负方向射入，需满足；150n＝360m，m、n属于自然数，即取最小整数m＝5，n＝12. 122πm2πmT＝123(T1＋T2)，其中T1＝，T2＝

43qB1qB286πR0mE0

代入数据得T＝(＋32)2.

3E0

14．(20162浙江)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．

(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T； (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin答案 (1)r＝

2

α

. 2

mv2π（2π＋33）m；旋转方向为逆时针方向 (2)θ＝；T＝ (3)B′＝qB3qB

3－1

B 2

mv

解析 (1)峰区内圆弧半径r＝①

qB旋转方向为逆时针方向②

2π

(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝③

3

2πr2πmv

每个圆弧的长度l＝＝④

33qBπ3mv

每段直线长度L＝2rcos＝3r＝⑤

6qB3（l＋L）

周期T＝⑥

v（2π＋33）m

代入得T＝⑦

qB

(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧

谷区内的轨道圆弧半径r′＝

mv⑨ qB′

θθ′

由几何关系rsin＝r′sin⑩

2230°6－4

由三角关系sin＝sin15°＝

22代入得B′＝

3－1B 2

3－1

B 2

mv

解析 (1)峰区内圆弧半径r＝①

qB旋转方向为逆时针方向②

2π

(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝③

3

2πr2πmv

每个圆弧的长度l＝＝④

33qBπ3mv

每段直线长度L＝2rcos＝3r＝⑤

6qB3（l＋L）

周期T＝⑥

v（2π＋33）m

代入得T＝⑦

qB

(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧

谷区内的轨道圆弧半径r′＝

mv⑨ qB′

θθ′

由几何关系rsin＝r′sin⑩

2230°6－4

由三角关系sin＝sin15°＝

22代入得B′＝

3－1B 2

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