2019屆高考物理二輪復習 第1章 力與運動 課時作業(yè)4 電學中的曲線運動.doc

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課時作業(yè)4　電學中的曲線運動 一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6、7題為多項選擇題) 1. 如圖，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行板間的電場中，入射方向跟極板平行．整個裝置處在真空中，重力可忽略．在電子能射出平行板間的條件下，下述四種情況下，一定能使電子的偏轉角θ變大的是(　　) A．U1變大，U2變大　　　B．U1變小，U2變大 C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小 解析：設電子質量為m，電荷量為e，經電勢差為U1的電場加速后，由動能定理得eU1＝mv.經平行板射出時，其水平速度和豎直速度分別為：vx＝v0，vy＝at＝，由此得tanθ＝＝＝.當l、d一定時，增大U2或減小U1都能使偏角θ增大． 答案：B 2. 如圖所示，勻強磁場垂直紙面分布在半徑為R的圓內，一帶電粒子沿半徑方向射入磁場，當磁感應強度為B時，粒子離開磁場時速度方向改變了60；若保持入射速度不變，而使粒子離開磁場時速度方向改變90，則磁場的磁感應強度變?yōu)?　　) A. B.B C.B D.B 解析：偏轉60時，有tan30＝，r＝R，偏轉90時r′＝R，由于r＝，所以B′＝B，故B項正確． 答案：B 3．如圖所示，x軸上方存在垂直紙面向外的勻強磁場(未畫出)，坐標原點處有一正離子源，在xOy平面內發(fā)出速率均為v的離子，分布在y軸兩側各為θ角的范圍內，離子的質量為m，電荷量為q.在x軸上放置長度為L的離子收集板，其右端距坐標原點的距離為2L.整個裝置處于真空中，不計離子重力，不考慮離子間的碰撞，忽略離子間的相互作用．若磁感應強度大小為B＝，且發(fā)射的離子能夠全部被收集，則θ的最大值為(　　) A．30 B．45 C．60 D．22.5 解析： 離子在磁場中運動的向心力由洛倫茲力提供，有qvB＝m，可得R＝L，當θ最大時，處于最外側的離子剛好能打到板最左端，則有2Rcosθm＝L，解得θm＝45，選項B正確． 答案：B 4．[2018永州二模]三個質量相等的帶電微粒(重力不計)以相同的水平速度沿兩極板的中心線方向從O點射入，已知上極板帶正電，下極板接地，三微粒的運動軌跡如圖所示，其中微粒2恰好沿下極板邊緣飛出電場，則(　　) A．三微粒在電場中的運動時間有t3>t2>t1 B．三微粒所帶電荷量有q1>q2＝q3 C．三微粒所受電場力有F1＝F2>F3 D．飛出電場時微粒2的動能大于微粒3的動能 解析：粒子在電場中運動的時間t＝，水平速度相等而位移x1q2，而對粒子2和3，在E、m、t相同的情況下，粒子2的豎直位移大，則q2>q3，故B錯誤；由F＝qE，q1>q2可知，F(xiàn)1>F2，故C錯誤；由q2>q3，且y2>y3，則q2Ey2>q3Ey3，電場力做功多，增加的動能大，故D正確． 答案：D 5．如圖所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點．已知該粒子在A點的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為60；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30.不計重力．若A點電勢為零，則B點的電勢為(　　) A．－ B. C．－ D. 解析：設帶電粒子在B點的速度大小為vB，又粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，則有vBsin30＝vsin60，得vB＝v.由動能定理知電場力做的功WAB＝mv－mv2，設A、B兩點間的電勢差為UAB，由WAB＝qUAB，得UAB＝，又UAB＝φA－φB且φA＝0，得φB＝－.或者用WAB＝EpA－EpB，因為A點電勢為零，所以EpB＝－mv2，又Ep＝qφ，解得φB＝－，選項A正確． 答案：A 6．如圖所示，直線MN與水平方向成60角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B.一粒子源位于MN上的a點，能水平向右發(fā)射不同速率、質量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子，所有粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是(　　) A. B. C. D. 解析：由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示． 所有圓弧的圓心角均為120，所以粒子運動的半徑為r＝(n＝1,2,3…)，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，則v＝＝(n＝1,2,3…)，故選項A、B正確． 答案：AB 7．在豎直向上的勻強電場中，有兩個質量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質點)處在同一水平面上．現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則(　　) A．A球帶正電，B球帶負電 B. A球比B球先落地 C．在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加 D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的速率變化量比B球的小 解析：兩球均做類平拋運動，水平方向上有x＝v0t，豎直方向上有h＝at2，得加速度大小a＝，可見水平距離x越大，加速度a越小，相應所用時間t越長，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，說明A球帶正電而受到豎直向上的電場力，B球帶負電而受到豎直向下的電場力，在下落過程中，電場力對A球做負功，A球電勢能增加，電場力對B球做正功，B球電勢能減少，選項A正確；B、C均錯誤；根據動能定理有mah＝mv2－mv，而Δv＝v－v0，可見加速度a越大，落地速度v越大，速率變化量Δv越大，即A球的速率變化量較小，選項D正確． 答案：AD 二、非選擇題 8．[2018株洲二模]如圖所示，在xOy平面內，在00的區(qū)域內充滿垂直紙面向外的勻強磁場Ⅱ，兩磁場的磁感應強度大小都為B.有一質量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標原點O以某一初速度沿與x軸正方向成θ＝30射入磁場Ⅰ，粒子剛好經過P點進入磁場Ⅱ，后經過x軸上的M點(圖中未標出)射出磁場Ⅱ.已知P點坐標為(1.5l，l)，不計重力的影響，求： (1)粒子的初速度大?。? (2)M點在x軸上的位置． 解析：(1)連接OP，過P作y軸垂線交y軸于點A，過O作初速度垂線OO1交PA于點O1，根據P點的坐標值及初速度方向可得∠APO＝∠O1OP＝30 故O1為粒子在磁場中做圓周運動的圓心， OO1即為圓周半徑r. 由幾何關系可得r＋rcos60＝1.5l 解得r＝l 根據牛頓第二定律有qvB＝m 解得v＝. (2)粒子在勻強磁場Ⅱ中的運動半徑與其在勻強磁場Ⅰ中的運動半徑相同． 由對稱性可知OM＝21.5l＝3l. 答案：(1)　(2)3l 9．[2018浙大附中模擬]如圖所示，某一水平面內有一直角坐標系xOy，x＝0和x＝L＝10 cm的區(qū)間內有一沿x軸負方向的有理想邊界的勻強電場，且E1＝1.0104 V/m，x＝L和x＝3L的區(qū)間內有一沿y軸負方向的有理想邊界的勻強電場，且E2＝1.0104 V/m，一電子(為了計算簡單，比荷取21011 C/kg)從直角坐標系xOy的坐標原點O以很小的速度進入勻強電場，計算時不計此速度且只考慮xOy平面內的運動．求： (1)電子從O點進入電場到離開x＝3L處的電場所需的時間； (2)電子離開x＝3L處的電場時對應的縱坐標長度． 解析：(1)設電子離開x＝L的位置為P點， 離開x＝3L的位置為Q點，則 mv＝eE1L 代入數據得vP＝2107 m/s 電子從O點運動到P點， 所用時間滿足L＝t 代入數據得t1＝10－8 s 電子從P點運動到Q點， 所用時間t2＝＝10－8 s 所以總時間為t＝t1＋t2＝210－8 s. (2)電子運動到Q點時 yQ＝t 代入數據得yQ＝0.1 m. 答案：(1)210－8 s　(2)0.1 m