《2019届高考物理二轮复习 第1章 力与运动 课时作业4 电学中的曲线运动》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理二轮复习 第1章 力与运动 课时作业4 电学中的曲线运动（5页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、课时作业4电学中的曲线运动一、选择题(15题为单项选择题，6、7题为多项选择题)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，下述四种情况下，一定能使电子的偏转角变大的是()AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小 DU1变小，U2变小解析：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eU1mv.经平行板射出时，其水平速度和竖直速度分别为：vxv0，vyat，由此得tan.当l、d一定时，增大U2或减小U1都能使偏角增大
2、答案：B2.如图所示，匀强磁场垂直纸面分布在半径为R的圆内，一带电粒子沿半径方向射入磁场，当磁感应强度为B时，粒子离开磁场时速度方向改变了60；若保持入射速度不变，而使粒子离开磁场时速度方向改变90，则磁场的磁感应强度变为()A. B.BC.B D.B解析：偏转60时，有tan30，rR，偏转90时rR，由于r，所以BB，故B项正确答案：B3如图所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出)，坐标原点处有一正离子源，在xOy平面内发出速率均为v的离子，分布在y轴两侧各为角的范围内，离子的质量为m，电荷量为q.在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端距坐标原点的距离为2L.整个装置处于真空中
3、，不计离子重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用若磁感应强度大小为B，且发射的离子能够全部被收集，则的最大值为()A30 B45C60 D22.5解析：离子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvBm，可得RL，当最大时，处于最外侧的离子刚好能打到板最左端，则有2RcosmL，解得m45，选项B正确答案：B42018永州二模三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则()A三微粒在电场中的运动时间有t3t2t1B三微粒所带电荷量有q1q2q3C三微粒所受
4、电场力有F1F2F3D飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能解析：粒子在电场中运动的时间t，水平速度相等而位移x1x2x3，所以t1q2，而对粒子2和3，在E、m、t相同的情况下，粒子2的竖直位移大，则q2q3，故B错误；由FqE，q1q2可知，F1F2，故C错误；由q2q3，且y2y3，则q2Ey2q3Ey3，电场力做功多，增加的动能大，故D正确答案：D5如图所示，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点已知该粒子在A点的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30.不计重力若A点电势为零，则B点的电势为()A
5、 B.C D.解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB，又粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，则有vBsin30vsin60，得vBv.由动能定理知电场力做的功WABmvmv2，设A、B两点间的电势差为UAB，由WABqUAB，得UAB，又UABAB且A0，得B.或者用WABEpAEpB，因为A点电势为零，所以EpBmv2，又Epq，解得B，选项A正确答案：A6如图所示，直线MN与水平方向成60角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q0)的同种
6、粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知abL，则粒子的速度可能是()A. B.C. D.解析：由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示所有圆弧的圆心角均为120，所以粒子运动的半径为r(n1,2,3)，由洛伦兹力提供向心力得qvBm，则v(n1,2,3)，故选项A、B正确答案：AB7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，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则()AA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
7、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xv0t，竖直方向上有hat2，得加速度大小a，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mahmv2mv，而vvv0，可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量v越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确答案：AD二、非选择题82018株洲二模如图所
8、示，在xOy平面内，在0x0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小都为B.有一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从坐标原点O以某一初速度沿与x轴正方向成30射入磁场，粒子刚好经过P点进入磁场，后经过x轴上的M点(图中未标出)射出磁场.已知P点坐标为(1.5l，l)，不计重力的影响，求：(1)粒子的初速度大小(2)M点在x轴上的位置解析：(1)连接OP，过P作y轴垂线交y轴于点A，过O作初速度垂线OO1交PA于点O1，根据P点的坐标值及初速度方向可得APOO1OP30故O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径r.由几何关系可得rrcos601.5l解得rl根据牛顿
9、第二定律有qvBm解得v.(2)粒子在匀强磁场中的运动半径与其在匀强磁场中的运动半径相同由对称性可知OM21.5l3l.答案：(1)(2)3l92018浙大附中模拟如图所示，某一水平面内有一直角坐标系xOy，x0和xL10 cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场，且E11.0104 V/m，xL和x3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场，且E21.0104 V/m，一电子(为了计算简单，比荷取21011 C/kg)从直角坐标系xOy的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场，计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动求：(1)电子从O点进入电场到离开x3L处的电场所需的时间；(2)电子离开x3L处的电场时对应的纵坐标长度解析：(1)设电子离开xL的位置为P点，离开x3L的位置为Q点，则mveE1L代入数据得vP2107 m/s电子从O点运动到P点，所用时间满足Lt代入数据得t1108 s电子从P点运动到Q点，所用时间t2108 s所以总时间为tt1t22108 s.(2)电子运动到Q点时yQt代入数据得yQ0.1 m.答案：(1)2108 s(2)0.1 m5
2019届高考物理二轮复习 第1章 力与运动 课时作业4 电学中的曲线运动
