2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1章 力與運動 課時作業(yè)4 電學(xué)中的曲線運動.doc
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課時作業(yè)4電學(xué)中的曲線運動一、選擇題(15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)角變大的是()AU1變大,U2變大BU1變小,U2變大CU1變大,U2變小 DU1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eU1mv.經(jīng)平行板射出時,其水平速度和豎直速度分別為:vxv0,vyat,由此得tan.當(dāng)l、d一定時,增大U2或減小U1都能使偏角增大答案:B2.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(dāng)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.BC.B D.B解析:偏轉(zhuǎn)60時,有tan30,rR,偏轉(zhuǎn)90時rR,由于r,所以BB,故B項正確答案:B3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(biāo)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(biāo)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,則的最大值為()A30 B45C60 D22.5解析:離子在磁場中運動的向心力由洛倫茲力提供,有qvBm,可得RL,當(dāng)最大時,處于最外側(cè)的離子剛好能打到板最左端,則有2RcosmL,解得m45,選項B正確答案:B42018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t3t2t1B三微粒所帶電荷量有q1q2q3C三微粒所受電場力有F1F2F3D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x1x2x3,所以t1q2,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q2q3,故B錯誤;由FqE,q1q2可知,F(xiàn)1F2,故C錯誤;由q2q3,且y2y3,則q2Ey2q3Ey3,電場力做功多,增加的動能大,故D正確答案:D5如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)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vBsin30vsin60,得vBv.由動能定理知電場力做的功WABmvmv2,設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB,由WABqUAB,得UAB,又UABAB且A0,得B.或者用WABEpAEpB,因為A點電勢為零,所以EpBmv2,又Epq,解得B,選項A正確答案:A6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(q0)的同種粒子,所有粒子均能通過MN上的b點,已知abL,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(n1,2,3),由洛倫茲力提供向心力得qvBm,則v(n1,2,3),故選項A、B正確答案:AB7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()AA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xv0t,豎直方向上有hat2,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(fù)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(fù)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mahmv2mv,而vvv0,可見加速度a越大,落地速度v越大,速率變化量v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82018株洲二模如圖所示,在xOy平面內(nèi),在0x0的區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強磁場,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(biāo)原點O以某一初速度沿與x軸正方向成30射入磁場,粒子剛好經(jīng)過P點進入磁場,后經(jīng)過x軸上的M點(圖中未標(biāo)出)射出磁場.已知P點坐標(biāo)為(1.5l,l),不計重力的影響,求:(1)粒子的初速度大小(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(biāo)值及初速度方向可得APOO1OP30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rrcos601.5l解得rl根據(jù)牛頓第二定律有qvBm解得v.(2)粒子在勻強磁場中的運動半徑與其在勻強磁場中的運動半徑相同由對稱性可知OM21.5l3l.答案:(1)(2)3l92018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,x0和xL10 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電場,且E11.0104 V/m,xL和x3L的區(qū)間內(nèi)有一沿y軸負(fù)方向的有理想邊界的勻強電場,且E21.0104 V/m,一電子(為了計算簡單,比荷取21011 C/kg)從直角坐標(biāo)系xOy的坐標(biāo)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x3L處的電場所需的時間;(2)電子離開x3L處的電場時對應(yīng)的縱坐標(biāo)長度解析:(1)設(shè)電子離開xL的位置為P點,離開x3L的位置為Q點,則mveE1L代入數(shù)據(jù)得vP2107 m/s電子從O點運動到P點,所用時間滿足Lt代入數(shù)據(jù)得t1108 s電子從P點運動到Q點,所用時間t2108 s所以總時間為tt1t22108 s.(2)電子運動到Q點時yQt代入數(shù)據(jù)得yQ0.1 m.答案:(1)2108 s(2)0.1 m- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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