2019高考物理课时作业（四）（含解析） 13页

课时作业(四)一、选择题(共10个小题，3、4、7、8、10为多选，其余为单选，每题5分共50分)1.(2018·宿州三模)如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为(　　)A.　　　　　　　　　B．－C．－D.答案　B解析　粒子在最高点速度等于初速度的水平分量，为：vN＝v0cos60°＝v0，对从M到N过程，根据动能定理，有：qUMN＝mvN2－mvM2，解得：UMN＝－，故A、C、D三项错误，B项正确；故选B项．2.(2018·南昌一模)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现只改变带电粒子的速度大小，仍从A点沿原方向射入原磁场，不计重力，测出粒子在磁场中的运动时间变为2Δt、则粒子的速度大小变为(　　)A.vB．2vC.vD．3v答案　C解析　设圆形磁场区域的半径是R，以速度v射入时，半径r1＝，n根据几何关系可知，＝tan60°，所以r1＝R；运动时间Δt＝T；设第二次射入时的圆心角为θ，根据分析可知：θ＝120°则tan＝＝半径r2＝又：r2＝得：v′＝v故选C项．3．(2018·安徽“江南十校”高三联考)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.M为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.下列说法正确的是(　　)A．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝B．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝C．若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来D．若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来答案　BD解析　边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，即偏转圆半径r＝n＝，得v＝，所以B项正确，A项错误；磁感应强度增加到原来的倍，直径对应的弦长为R，有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°，所以弧长之比为2∶3，D项正确，C项错误．4.如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是(　　)A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B．滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C．电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D．电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变答案　BD解析　由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得eU1＝mv2，电子获得的速度为v＝；电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为a＝；电子在电场方向偏转的位移为y＝at2，垂直电场方向做匀速直线运动，电子在电场中运动时间为t＝.滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v增加，可知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，A项错误；滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，可知，电子在电场中运动时间t变大，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，B项正确；偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故D项正确；电子在偏转电场中偏转位移增大，电子打在荧光屏上的速度增大，C项错误．5.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则(　　)A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2nC．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2答案　A解析　由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由公式qvB＝m＝mr，T＝可以得出vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，又由T＝且粒子运动一周为2π，可以得出时间之比等于偏转角之比．由上图看出偏转角之比为2∶1.则tb∶tc＝2∶1，可得A项正确，B、C、D三项错误．6.(2016·课标全国Ⅱ)如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb答案　D解析　在点电荷的电场中，场强大小E＝k，由图可知ra>rc>rb，可得EaUcb，则va>vc>vb，故选D项．7.如图所示，xOyn平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3m．现有一个比荷大小为＝1.0C/kg、可视为质点、带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(　　)A．3m/s　　　　　　　　B．3.75m/sC．4m/sD．5m/s答案　ABD解析　因为小球通过y轴的速度方向一定是＋x方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3m，即Rmin＝，解得vmin＝3m/s；经验证，带电小球以3m/s速度进入磁场，与ON碰撞一次，再经四分之三圆周经过M点，如图1所示，A项正确；当带电小球与ON不碰撞，直接经过M点，如图2所示，小球速度沿－x方向射入磁场，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值Rmax＝5m，又Rmax＝，解得vmax＝5m/s，D项正确；当小球速度大于3m/s、小于5m/s时，轨迹如图3所示，由几何条件计算可知轨迹半径R＝3.75m，由半径公式R＝得v＝3.75m/s，B项正确，由分析易知C项错误．8．(2015·四川)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则(　　)nA．θ＝90°时，l＝9.1cmB．θ＝60°时，l＝9.1cmC．θ＝45°时，l＝4.55cmD．θ＝30°时，l＝4.55cm答案　AD解析　电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力公式和向心力公式，有evB＝m，解得电子圆周运动的轨道半径为r＝＝m＝4.55×10－2m＝4.55cm，恰好有r＝d＝L/2，由于电子源S可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，又由题设选项可知，MN与SO直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如图所示，当l＝4.55cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如图中实线，由图中几何关系可知，n此时S1O与MN的夹角θ＝30°，故C项错误，D项正确；当l＝9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如图中实线S2A2.由图几何关系可知，此时S2O与MN的夹角为90°，故A项正确．9.(2016·课标全国Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为(　　)A.　　　　　　　　B.C.D.答案　D解析　设射入磁场的入射点为A，延长入射速度v所在直线交ON于一点C，则轨迹圆与AC相切；由于轨迹圆只与ON有一个交点，所以轨迹圆与ON相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O′为圆心，B为出射点．由几何关系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot30°＝R；由对称性知，AC＝CD＝R；等腰△ACO中，OA＝2AC·cos30°＝3R；等边△O′AB中，AB＝R，所以OB＝OA＋AB＝4R.由qvB＝m，得R＝，所以OB＝，D项正确．10．(2018·云南玉溪)如图，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上的速度射入磁场，且在上方运动半径为R，则(不计重力)(　　)A．粒子经偏转一定能回到原点OnB．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2C．粒子在完成一次周期性运动的时间为D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R答案　BD解析　根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点O，故A项错误；由r＝，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，故B项正确；负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第四象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T＝，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为t1＝T＝；同理，在第四象限运动的时间为t2＝T′＝；完成一次周期性运动的时间为T′＝t1＋t2＝，故C项错误；根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x＝R＋2R＝3R，故D项正确，故选B、D两项．二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，12题13分，14题14分，共50分)11．(2018·青海省平安县)一条绝缘的挡板轨道ABC固定在光滑水平桌面上，BC段为直线，长为4R，动摩擦因数为0.25，AB是半径为R的光滑半圆弧(两部分相切于B点)．挡板轨道在水平的匀强电场中，场强大小为E＝8×102N/C，方向与BC夹角为θ＝53°.一带电量为q＝5×10－4C、质量为m＝5×10－3kg的小球从C点静止释放，已知R＝0.4m，求：(1)小球在B点的速度大小；(2)若场强E与BC夹角θ可变，为使小球沿轨道运动到A点的速度最大，θ的取值以及A点速度大小；(3)若场强E与BC夹角θ可变，为使小球沿轨道运动到A点沿切线飞出，θ的取值范围．答案　(1)10m/s　(2)θ＝0°，vA＝16m/s　(3)0≤θ≤arctan解析　(1)根据动能定理：(Eqcosθ－μEqsinθ)·4R＝mvB2－0n整理可以得到：vB＝，代入数据得到：vB＝m/s≈10m/s.(2)由于θ＝0°，小球与BC挡板的摩擦力为零，小球到B点的速度最大，且A、B等势，则小球在A点速度最大，根据动能定理：Eq·4R＝mvA2－0，则：vA＝，代入数据整理得到：vA＝16m/s.(3)在A点不脱离轨道能沿切线飞出，则F向A＝Eqsinθ≤m根据动能定理：Eqcosθ(4R－2Rtanθ)－μEq4Rsinθ>mvA2.解得：tanθ≤.得到θ的取值范围是：0≤θ≤arctan.12.如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B.有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为＋q.将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用．(1)求带电粒子的速率．(2)若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为，求粒子在磁场中最长的运动时间t.(3)若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1(R1>R0)圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为B/2，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该粒子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T.解析　(1)粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍R0＝2r.qvB＝m　v＝(2)磁场的大小变为后，粒子的轨道半径为r1；nr1＝＝＝2R0.根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2R0时最长，圆心角60°.t＝T＝(3)根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为，方向向里，R0以外的区域磁场大小为，方向向外．粒子运动的半径为R0.根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为(＋1)R0T＝＝.13．(2018·东城区二模)带电粒子的电荷量与其质量之比称为比荷()．是带电粒子的基本参量之一．如图所示是汤姆孙用来测定电子比荷的实验装置，真空玻璃管中K是金属板制成的阴极，由阴极K发出的射线被加速后穿过带有狭缝的极板A、B.经过两块平行铝板C、D中心轴线后打在玻璃管右侧的荧光屏上形成光点．若平行铝板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的中心O点；若在平行铝板C、D间施加偏转电压U，则电子将打在O1点，O1点与O点的竖直间距为h，水平间距可忽略不计．若再在平行铝板C、D间施加一个方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O点．已知平行铝板C、D的长度均为L1，板间距离为d，它们的右端到荧光屏中心O点的水平距离为L2，不计电子的重力和电子间的相互作用．(1)求电子刚进入平行铝板C、D间时速度的大小；(2)推导出电子比荷的表达式．答案　(1)电子刚进入平行铝板C、D间时速度的大小为(2)推导出电子比荷的表达式为＝解析　(1)加偏转电压U后，板间区域的电场为匀强电场，电场强度的大小E＝，方向竖直向下；n当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为v，则evB＝eE得v＝即v＝(2)当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，竖直方向做匀加速运动，加速度为a＝电子在水平方向做匀速运动，在电场内的运动时间为t1＝这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为d1＝at12＝离开电场时竖直向上的分速度为v1＝at1＝电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏t2＝t2时间内向上运动的距离为d2＝v1t2＝这样，电子向上的总偏转距离为h＝d1＋d2＝L1(L2＋)可解得＝14．(2018·课标全国Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示；中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．n答案　(1)轨迹图如图所示：(2)v0＝　(3)　(1＋)分析　粒子在电场中做类平抛，然后进入磁场做圆周运动，再次进入电场做类平抛运动，结合相应的计算即可画出轨迹图.(2)在电场中要分两个方向处理问题，一个方向做匀速运动，一个方向做匀加速运动．(3)在磁场中的运动关键是找到圆心，求出半径，结合向心力公式求解．解析　(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，故画出粒子运动的轨迹，如图所示．(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度大小为a，粒子的电荷量为q，质量为m，粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，如下图所示，根据牛顿第二定律可得：qE＝ma①速度沿电场方向的分量为：v1＝at②垂直电场方向有：l′＝v0t③n根据几何关系可得：v1＝vcosθ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m⑤根据几何关系可得：l＝2Rcosθ⑥联立①②③④⑤⑥式可得粒子从M点入射时速度的大小：v0＝⑦(3)根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：v1＝⑧联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：＝⑨粒子在磁场中运动的周期：T＝＝⑩粒子由M点到N点所用的时间：t′＝2t＋·T⑪联立③⑦⑨⑪式可得：t′＝(1＋)．