2019年高考物理二輪復(fù)習(xí)電學(xué)中的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

1、 課時(shí)作業(yè) 4 電學(xué)中的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 一、選擇題（15 題為單項(xiàng)選擇題，6、7 題為多項(xiàng)選擇題） 1. 1 - fcA + 、 如圖，電子在電勢(shì)差為 Ui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 。變大 的是（ ） A . Ui變大，U2變大 B. Ui變小，U2變大 C. Ui變大，U2變小 D. Ui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 Ui的電場(chǎng) 1 加速后，由動(dòng)能定理得 eUi = mv0.經(jīng)平行板射出時(shí)，

2、其水平速度 和豎直速度分別為：Vx=vo,Vy= at = dm：，由此得 tanB=護(hù)=黒侖 =2dU.當(dāng) l、d 一定時(shí)，增大 U2或減小 Ui都能使偏角B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) A. 2 B. 3B C.33B D.?B 解析：偏轉(zhuǎn) 60 時(shí)，有 tan30 = R, r = V3R,偏轉(zhuǎn) 90寸 r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)?=R,由于 r = qB，所以 B = 3B,故 B項(xiàng)正確. 答

3、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(huà) 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B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 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 2mv =qlT 離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供， 有 qvB= 可得 R= 2 L,當(dāng)B最大時(shí)，處于最外側(cè)的離子剛好能打到板最 左端，則有 2Rcos9m= L,解得9m = 45 ,選項(xiàng) B 正確. 答

4、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,且發(fā)射的離子能夠全部被收集，貝 V。的最大值為（ A. C. 解析: 30 B. 60 D. 45 2 V mR的水平速度沿兩極板的中心線(xiàn)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t3t2tl B. 三微粒所帶電荷量有 qiq2= q3 C. 三微粒所受電場(chǎng)力有 Fi = F2F3 D. 飛出電場(chǎng)時(shí)微粒 2 的動(dòng)能大于微粒 3 的動(dòng)能 X 解析：粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t=v,水平速度相等而位移 1 2

5、 1 qE 2 xiX2 = X3,所以 tiq2,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 q2q3,故 B 錯(cuò)誤; 由 F= qE, qiq2可知，F(xiàn)IF2,故 C 錯(cuò)誤；由 q2q3，且 y2y3, 則q2Ey2q3Ey3,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 電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B 為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn). 的速度大小為 v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為 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, ( ) q(q0)的粒子在勻強(qiáng) 已知該粒子在 A 點(diǎn) 60它運(yùn)動(dòng)到 B 點(diǎn) 則 B

6、點(diǎn)的電勢(shì)為 mv2 A. - q mv C._ q mv2 B.mr mv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 則有 vBsin30 =vsin60，得 vB=V3 1 i WAB= QEVB 2mv2,設(shè) A、B 兩點(diǎn) 2 mv 于電場(chǎng)方向的速度分量不變, v.由動(dòng)能定理知電場(chǎng)力做的功 間的電勢(shì)差為UAB,由WAB= qUAB,得UAB= q ,又UAB=艇一帕 mv2 且 叭=0,得 帕=一 一 J.或者用 WAB= EpA EpB，因?yàn)?A點(diǎn)電勢(shì) 2 2 mv 為零，所以 EpB= mv ,又 Ep = q 札解得由=，選項(xiàng) A 正確. 答案：A 6. 如圖所示，直

7、線(xiàn) 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 點(diǎn)，能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為 q（q0） 的同種粒子， 所有粒子均能通過(guò) =L,則粒子的速度可能是（ ） A/3qBL 口 也qBL A. 6m /3qBL 廠(chǎng)質(zhì) qBL C. 2m 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 = 廠(chǎng) 2 3 n（n= 1,2,3），由洛倫茲力提供向心力得 qvB= m*，則 v=晉 *3 qBL 1 = 爲(wèi) n= 1,2,3），故選項(xiàng) A、B 正確. 答案：

8、AB B.粒子源位于 MN 上的 a m（重力不計(jì)）、電荷量為 MN 上的 b 點(diǎn)，已知 ab B. 3m D. m N 2 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 V。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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上有 x=

9、Vot，豎直方 2 向上有 h= ：at2，得加速度大小 a=弓嚴(yán)，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 ai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 1 2 1 2 mah= 2mv - Qmvo,而 Av = v- vo,可見(jiàn)加速度 a 越大，落地速 度 v越大，速率變化量 Av 越大，即 A 球的速率變化量較小，選

10、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 0 x 1.5l, y0 的區(qū) 域內(nèi)充滿(mǎn)垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)H, 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 A 30 射入磁場(chǎng)I,粒子剛好經(jīng) 過(guò) P 點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)H,后經(jīng)過(guò) x 軸上的 M 點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）射出磁場(chǎng) 已知 P 點(diǎn)坐標(biāo)為（1.51, l），不計(jì)重力的影響，求： K XJK X X K X K X X X X X X K X X (1)粒子的初速度大小. M 點(diǎn)在 x 軸上的位置. 解析：連接 0P

11、,過(guò) P作 y 軸垂線(xiàn)交 y軸于點(diǎn) A,過(guò) O 作 初速度垂線(xiàn) 001交 PA于點(diǎn) 01,根據(jù) P 點(diǎn)的坐標(biāo)值及初速度方向 可得 / APO= / OiOP = 30 故 Oi為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心， OOi即為圓周半徑 r. 由幾何關(guān)系可得 r + rcos60 1.51 解得 r = l 2 根據(jù)牛頓第二定律有 qvB = m* 解得 v =豐 (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(chēng)性可知 OM = 2X 1.51 = 31. 答案：(1)qBl (2)31 m 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,

12、 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= 1.0X 104 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 = 1.0X 104 V/m , 一電子(為了計(jì)算簡(jiǎn)單，比荷取 2X 1011 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)，貝 V 2mvP = eE1L 代入數(shù)據(jù)得VP = 2X 107 m/s 電子