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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(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)電勢差為U1的電場加速后,由動能定理得eU1=mv.經(jīng)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(nèi),一帶電粒子沿半徑方向射入磁場,當磁感應(yīng)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(yīng)強度變?yōu)? )
A. B.B
C.B D.B
解析:偏轉(zhuǎn)60時,有tan30=,r=R,偏轉(zhuǎn)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(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(yīng)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(cè)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(zhì)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x1
q2,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(zhì)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(shè)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(shè)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(yīng)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(zhì)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(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)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(yīng)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(jù)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(nèi),在00的區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強磁場Ⅱ,兩磁場的磁感應(yīng)強度大小都為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(jīng)過P點進入磁場Ⅱ,后經(jīng)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(jù)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(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(nèi)有一直角坐標系xOy,x=0和x=L=10 cm的區(qū)間內(nèi)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(nèi)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(nèi)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(yīng)的縱坐標長度.
解析:(1)設(shè)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(shù)據(jù)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(shù)據(jù)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(shù)據(jù)得yQ=0.1 m.
答案:(1)210-8 s (2)0.1 m
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