2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1章 力與運(yùn)動(dòng) 課時(shí)作業(yè)4 電學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng).doc

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課時(shí)作業(yè)4　電學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng) 一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6、7題為多項(xiàng)選擇題) 1. 如圖，電子在電勢(shì)差為U1的加速電場(chǎng)中由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊平行板間的電場(chǎng)中，入射方向跟極板平行．整個(gè)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(zhuǎn)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(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，經(jīng)電勢(shì)差為U1的電場(chǎng)加速后，由動(dòng)能定理得eU1＝mv.經(jīng)平行板射出時(shí)，其水平速度和豎直速度分別為：vx＝v0，vy＝at＝，由此得tanθ＝＝＝.當(dāng)l、d一定時(shí)，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(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面分布在半徑為R的圓內(nèi)，一帶電粒子沿半徑方向射入磁場(chǎng)，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向改變了60；若保持入射速度不變，而使粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向改變90，則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?　　) A. B.B C.B D.B 解析：偏轉(zhuǎn)60時(shí)，有tan30＝，r＝R，偏轉(zhuǎn)90時(shí)r′＝R，由于r＝，所以B′＝B，故B項(xiàng)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(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)，坐標(biāo)原點(diǎn)處有一正離子源，在xOy平面內(nèi)發(fā)出速率均為v的離子，分布在y軸兩側(cè)各為θ角的范圍內(nèi)，離子的質(zhì)量為m，電荷量為q.在x軸上放置長(zhǎng)度為L(zhǎng)的離子收集板，其右端距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為2L.整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)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(yīng)強(qiáng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，有qvB＝m，可得R＝L，當(dāng)θ最大時(shí)，處于最外側(cè)的離子剛好能打到板最左端，則有2Rcosθm＝L，解得θm＝45，選項(xiàng)B正確． 答案：B 4．[2018永州二模]三個(gè)質(zhì)量相等的帶電微粒(重力不計(jì))以相同的水平速度沿兩極板的中心線方向從O點(diǎn)射入，已知上極板帶正電，下極板接地，三微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其中微粒2恰好沿下極板邊緣飛出電場(chǎng)，則(　　) A．三微粒在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(chǎng)力有F1＝F2>F3 D．飛出電場(chǎng)時(shí)微粒2的動(dòng)能大于微粒3的動(dòng)能 解析：粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝，水平速度相等而位移x1q2，而對(duì)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(cuò)誤；由F＝qE，q1>q2可知，F(xiàn)1>F2，故C錯(cuò)誤；由q2>q3，且y2>y3，則q2Ey2>q3Ey3，電場(chǎng)力做功多，增加的動(dòng)能大，故D正確． 答案：D 5．如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)．已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為60；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為30.不計(jì)重力．若A點(diǎn)電勢(shì)為零，則B點(diǎn)的電勢(shì)為(　　) A．－ B. C．－ D. 解析：設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB，又粒子在垂直于電場(chǎng)方向的速度分量不變，則有vBsin30＝vsin60，得vB＝v.由動(dòng)能定理知電場(chǎng)力做的功WAB＝mv－mv2，設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB，由WAB＝qUAB，得UAB＝，又UAB＝φA－φB且φA＝0，得φB＝－.或者用WAB＝EpA－EpB，因?yàn)锳點(diǎn)電勢(shì)為零，所以EpB＝－mv2，又Ep＝qφ，解得φB＝－，選項(xiàng)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(qiáng)磁場(chǎng)，左下方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一粒子源位于MN上的a點(diǎn)，能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m(重力不計(jì))、電荷量為q(q>0)的同種粒子，所有粒子均能通過(guò)MN上的b點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． 所有圓弧的圓心角均為120，所以粒子運(yùn)動(dòng)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(xiàng)A、B正確． 答案：AB 7．在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有兩個(gè)質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))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(yùn)動(dòng)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(fù)電 B. A球比B球先落地 C．在下落過(guò)程中，A球的電勢(shì)能減少，B球的電勢(shì)能增加 D．兩球從拋出到各自落地的過(guò)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(yùn)動(dòng)，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(jiàn)水平距離x越大，加速度a越小，相應(yīng)所用時(shí)間t越長(zhǎng)，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，說(shuō)明A球帶正電而受到豎直向上的電場(chǎng)力，B球帶負(fù)電而受到豎直向下的電場(chǎng)力，在下落過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)A球做負(fù)功，A球電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力對(duì)B球做正功，B球電勢(shì)能減少，選項(xiàng)A正確；B、C均錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理有mah＝mv2－mv，而Δv＝v－v0，可見(jiàn)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(xiàng)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(nèi)，在00的區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B.有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以某一初速度沿與x軸正方向成θ＝30射入磁場(chǎng)Ⅰ，粒子剛好經(jīng)過(guò)P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ，后經(jīng)過(guò)x軸上的M點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)射出磁場(chǎng)Ⅱ.已知P點(diǎn)坐標(biāo)為(1.5l，l)，不計(jì)重力的影響，求： (1)粒子的初速度大?。? (2)M點(diǎn)在x軸上的位置． 解析：(1)連接OP，過(guò)P作y軸垂線交y軸于點(diǎn)A，過(guò)O作初速度垂線OO1交PA于點(diǎn)O1，根據(jù)P點(diǎn)的坐標(biāo)值及初速度方向可得∠APO＝∠O1OP＝30 故O1為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心， OO1即為圓周半徑r. 由幾何關(guān)系可得r＋rcos60＝1.5l 解得r＝l 根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m 解得v＝. (2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑與其在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)半徑相同． 由對(duì)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(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x＝0和x＝L＝10 cm的區(qū)間內(nèi)有一沿x軸負(fù)方向的有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且E1＝1.0104 V/m，x＝L和x＝3L的區(qū)間內(nèi)有一沿y軸負(fù)方向的有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且E2＝1.0104 V/m，一電子(為了計(jì)算簡(jiǎn)單，比荷取21011 C/kg)從直角坐標(biāo)系xOy的坐標(biāo)原點(diǎn)O以很小的速度進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，計(jì)算時(shí)不計(jì)此速度且只考慮xOy平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)．求： (1)電子從O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)到離開(kāi)x＝3L處的電場(chǎng)所需的時(shí)間； (2)電子離開(kāi)x＝3L處的電場(chǎng)時(shí)對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)長(zhǎng)度． 解析：(1)設(shè)電子離開(kāi)x＝L的位置為P點(diǎn)， 離開(kāi)x＝3L的位置為Q點(diǎn)，則 mv＝eE1L 代入數(shù)據(jù)得vP＝2107 m/s 電子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)， 所用時(shí)間滿足L＝t 代入數(shù)據(jù)得t1＝10－8 s 電子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)， 所用時(shí)間t2＝＝10－8 s 所以總時(shí)間為t＝t1＋t2＝210－8 s. (2)電子運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí) yQ＝t 代入數(shù)據(jù)得yQ＝0.1 m. 答案：(1)210－8 s　(2)0.1 m