2019年高考物理二轮复习电学中的曲线运动

1、 课时作业 4 电学中的曲线运动 一、选择题（15 题为单项选择题，6、7 题为多项选择题） 1. 1 - fcA + 、 如图，电子在电势差为 Ui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 。变大 的是（ ） A . Ui变大，U2变大 B. Ui变小，U2变大 C. Ui变大，U2变小 D. Ui变小，U2变小 解析：设电子质量为 m,电荷量为 e,经电势差为 Ui的电场 1 加速后，由动能定理得 eUi = mv0.经平行板射出时，

2、其水平速度 和竖直速度分别为：Vx=vo,Vy= at = dm：，由此得 tanB=护=黒侖 =2dU.当 l、d 一定时，增大 U2或减小 Ui都能使偏角B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 A. 2 B. 3B C.33B D.?B 解析：偏转 60 时，有 tan30 = R, r = V3R,偏转 90寸 r磁场时速度方向改变 90则磁场的磁感应强度变为 =R,由于 r = qB，所以 B = 3B,故 B项正确. 答

3、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B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 2mv =qlT 离子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供， 有 qvB= 可得 R= 2 L,当B最大时，处于最外侧的离子刚好能打到板最 左端，则有 2Rcos9m= L,解得9m = 45 ,选项 B 正确. 答

4、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,且发射的离子能够全部被收集，贝 V。的最大值为（ A. C. 解析: 30 B. 60 D. 45 2 V mR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t3t2tl B. 三微粒所带电荷量有 qiq2= q3 C. 三微粒所受电场力有 Fi = F2F3 D. 飞出电场时微粒 2 的动能大于微粒 3 的动能 X 解析：粒子在电场中运动的时间 t=v,水平速度相等而位移 1 2

5、 1 qE 2 xiX2 = X3,所以 tiq2,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 q2q3,故 B 错误; 由 F= qE, qiq2可知，FIF2,故 C 错误；由 q2q3，且 y2y3, 则q2Ey2q3Ey3,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 电场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点. 的速度大小为 v，方向与电场方向的夹角为 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, ( ) q(q0)的粒子在匀强 已知该粒子在 A 点 60它运动到 B 点 则 B

6、点的电势为 mv2 A. - q mv C._ q mv2 B.mr mv解析：设带电粒子在 B 点的速度大小为 VB,又粒子在垂直 则有 vBsin30 =vsin60，得 vB=V3 1 i WAB= QEVB 2mv2,设 A、B 两点 2 mv 于电场方向的速度分量不变, v.由动能定理知电场力做的功 间的电势差为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，因为 A点电势 2 2 mv 为零，所以 EpB= mv ,又 Ep = q 札解得由=，选项 A 正确. 答案：A 6. 如图所示，直

7、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 点，能水平向右发射不同速率、质量为 q（q0） 的同种粒子， 所有粒子均能通过 =L,则粒子的速度可能是（ ） A/3qBL 口 也qBL A. 6m /3qBL 厂质 qBL C. 2m 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 = 厂 2 3 n（n= 1,2,3），由洛伦兹力提供向心力得 qvB= m*，则 v=晋 *3 qBL 1 = 爲 n= 1,2,3），故选项 A、B 正确. 答案：

8、AB B.粒子源位于 MN 上的 a m（重力不计）、电荷量为 MN 上的 b 点，已知 ab B. 3m D. m N 2 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 V。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=

9、Vot，竖直方 2 向上有 h= ：at2，得加速度大小 a=弓严，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 ai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 1 2 1 2 mah= 2mv - Qmvo,而 Av = v- vo,可见加速度 a 越大，落地速 度 v越大，速率变化量 Av 越大，即 A 球的速率变化量较小，选

10、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 0 x 1.5l, y0 的区 域内充满垂直纸面向外的匀强磁场H, 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 A 30 射入磁场I,粒子刚好经 过 P 点进入磁场H,后经过 x 轴上的 M 点（图中未标出）射出磁场 已知 P 点坐标为（1.51, l），不计重力的影响，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 点在 x 轴上的位置. 解析：连接 0P

11、,过 P作 y 轴垂线交 y轴于点 A,过 O 作 初速度垂线 001交 PA于点 01,根据 P 点的坐标值及初速度方向 可得 / APO= / OiOP = 30 故 Oi为粒子在磁场中做圆周运动的圆心， OOi即为圆周半径 r. 由几何关系可得 r + rcos60 1.51 解得 r = l 2 根据牛顿第二定律有 qvB = m* 解得 v =豐 (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 = 2X 1.51 = 31. 答案：(1)qBl (2)31 m 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,

12、 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= 1.0X 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 = 1.0X 104 V/m , 一电子(为了计算简单，比荷取 2X 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，贝 V 2mvP = eE1L 代入数据得VP = 2X 107 m/s 电子