【物理】2019届二轮复习电学中的曲线运动作业（全国通用） 7页

课时作业4　电学中的曲线运动 一、选择题(1～5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θ变大的是(　　)‎ A．U1变大，U2变大　　　B．U1变小，U2变大 C．U1变大，U2变小 D．U1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eU1＝mv.经平行板射出时，其水平速度和竖直速度分别为：vx＝v0，vy＝at＝，由此得tanθ＝＝＝.当l、d一定时，增大U2或减小U1都能使偏角θ增大．‎ 答案：B ‎2.‎ 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.B C.B D.B 解析：偏转60°时，有tan30°＝，r＝R，偏转90°时r′＝R，由于r＝，所以B′＝B，故B项正确．‎ 答案：B ‎3．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θ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，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θ的最大值为(　　)‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．22.5°‎ 解析：‎ 离子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝m，可得R＝L，当θ最大时，处于最外侧的离子刚好能打到板最左端，则有2Rcosθm＝L，解得θm＝45°，选项B正确．‎ 答案：B ‎4．[2018·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t3>t2>t1‎ B．三微粒所带电荷量有q1>q2＝q3‎ C．三微粒所受电场力有F1＝F2>F3‎ D．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x1q2，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q2>q3，故B错误；由F＝qE，q1>q2可知，F1>F2，故C错误；由q2>q3，且y2>y3，则q2Ey2>q3Ey3，电场力做功多，增加的动能大，故D正确．‎ 答案：D ‎5．如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)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．－ 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vBsin30°＝vsin60°，得vB＝v.由动能定理知电场力做的功WAB＝mv－mv2，设A、B两点间的电势差为UAB，由WAB＝qUAB，得UAB＝，又UAB＝φA－φB且φA ‎＝0，得φB＝－.或者用WAB＝EpA－EpB，因为A点电势为零，所以EpB＝－mv2，又Ep＝qφ，解得φB＝－，选项A正确．‎ 答案：A ‎6．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(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，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＝·(n＝1,2,3…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则v＝＝·(n＝1,2,3…)，故选项A、B正确．‎ 答案：AB ‎7．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(　　)‎ A．A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x＝v0t，竖直方向上有h＝at2，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mah＝mv2－mv，而Δv＝v－v0，可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量Δv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 ‎8．[2018·株洲二模]如图所示，在xOy平面内，在00的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，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θ＝30°射入磁场Ⅰ，粒子刚好经过P点进入磁场Ⅱ，后经过x轴上的M点(图中未标出)射出磁场Ⅱ.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∠APO＝∠O1OP＝30°‎ 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r＋rcos60°＝1.5l 解得r＝l 根据牛顿第二定律有qvB＝m 解得v＝.‎ ‎(2)粒子在匀强磁场Ⅱ中的运动半径与其在匀强磁场Ⅰ中的运动半径相同．‎ 由对称性可知OM＝2×1.5l＝3l.‎ 答案：(1)　(2)3l ‎9．[2018·浙大附中模拟]如图所示，某一水平面内有一直角坐标系xOy，x＝0和x＝L＝10 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E1＝1.0×104 V/m，x＝L和x＝3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场，且E2＝1.0×104 V/m，一电子(为了计算简单，比荷取2×1011 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x＝3L处的电场所需的时间；‎ ‎(2)电子离开x＝3L处的电场时对应的纵坐标长度．‎ 解析：(1)设电子离开x＝L的位置为P点，‎ 离开x＝3L的位置为Q点，则 mv＝eE1L 代入数据得vP＝2×107 m/s 电子从O点运动到P点，‎ 所用时间满足L＝×t 代入数据得t1＝10－8 s 电子从P点运动到Q点，‎ 所用时间t2＝＝10－8 s 所以总时间为t＝t1＋t2＝2×10－8 s.‎ ‎(2)电子运动到Q点时 yQ＝··t 代入数据得yQ＝0.1 m.‎ 答案：(1)2×10－8 s　(2)0.1 m