《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》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《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(5頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
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x1
q2,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P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ,后經(jīng)過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P作y軸垂線交y軸于點(diǎn)A,過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x=3L處的電場(chǎng)所需的時(shí)間;
(2)電子離開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x=L的位置為P點(diǎn),
離開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
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