2019高考物理课时作业四含解析.pdf

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1、课时作业(四)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 3mv02 8q 3mv02 8q C D. mv02 8q mv02 8q 答案 B 解析 粒子在最高点速度等于初速度的水平分量，为： vNv0cos60 v0， 1 2 对从 M 到 N

2、过程，根据动能定理，有： qUMN mvN2 mvM2， 1 2 1 2 解得：UMN，故 A、C、D 三项错误，B 项正确；故选 B 项 3mv02 8q 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t 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 2t、则粒子的速 度大小变为( ) A. v B2v 1 2 C. v D3v 1 3 答案 C 解析 设圆形磁场区域的半径是

3、R， 以速度 v 射入时，半径 r1， mv qB 根据几何关系可知，tan60，所以 r1R； r1 R 3 运动时间t T； 1 6 设第二次射入时的圆心角为 ，根据分析可知：120 则 tan 2 R r2 3 半径 r2 R 3 又：r2mv qB 得：v v 1 3 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

4、段圆弧的弧长是圆周长的 . 下列说法正确的是( ) 1 4 A粒子从 M 点进入磁场时的速率为 vBqR m B粒子从 M 点进入磁场时的速率为 v 2BqR 2m 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2 2 2 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2 2 3 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 ，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 2R 2 mv Bq 2BqR 2m 2 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

5、 23，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 1 2 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

6、为 0 的 2eU1 m 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 eU md 1 2 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 L v 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

7、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 ( ) Avbvc12，tbtc21 Bvbvc21，tbtc12 Cvbvc21，tbtc

8、21 Dvbvc12，tbtc12 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 qvBmmr，T v2 r 42 T2 2r v 可以得出 vbvcrbrc12，又由 T2m qB 且粒子运动一周为 2， 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 21. 则 tbtc21，可得 A 项正确，B、C、D 三项错误 6.(2016课标全国)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

9、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 ( ) Aaaabac，vavcvb Baaabac，vbvcva Cabacaa，vbvcva Dabacaa，vavcvb 答案 D 解析 在点电荷的电场中，场强大小 Ek，由图可知 rarcrb，可得 EaUcb，则 vavcvb，故选 D 项 7.如图所示， xOy平面的一、 二、 三象限内存在垂直纸面向外、 磁感 应强度B1 T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 9 m， M 点为 x 轴正方向上一点， OM3 m 现有一个比 荷大小为 1

10、.0 C/kg、 可视为质点、 带正电的小球(重力不计)从 q m 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 ( ) A3 m/s B3.75 m/s C4 m/s D5 m/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 3 m，即 Rmin，解得 vmin3 m/s； 经验证，带电小球以 3 m/s 速度进入磁场，与 ON mvmin qB 碰撞一次，再经四分之三圆周经过 M 点，如图 1 所

11、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 Rmax5 m， 又 Rmax，解得 vmax5 m/s，D 项正确；当小球速度大于 3 m/s、小于 5 m/s 时，轨迹如 mvmax qB 图 3 所示，由几何条件计算可知轨迹半径 R3.75 m，由半径公式 R得 v3.75 m/s，B mv qB 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

12、于纸面，在纸面内的长度 L9.1 cm，中点 O 与 S 间的距离 d4.55 cm，MN 与 SO 直线的夹 角为 ， 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 2.0104 T，电子质量 m9.11031 kg，电量 e1.61019 C，不计电子重力电 子源发射速度 v1.6106 m/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( ) A90时，l9.1 cm B60时，l9.1 cm C45时，l4.55 cm D30时，l4.55 cm 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，

13、有 evBm，解得电子圆周运动的轨道半径为 r m v2 r mv eB 9.1 1031 1.6 106 1.6 1019 2.0 104 4.55102 m4.55 cm， 恰好有 rdL/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：lNA， 又由题设选项可知，MN 与 SO 直线的夹角 不定，但要使电子轨迹与 MN 板相切，根据图中

14、 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 4.55 cm 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，S1A1 此时 S1O 与 MN 的夹角 30，故 C 项错误，D 项正确；当 l9.1 cm 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)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

15、子的质 量为 m， 电荷量为 q(q0) 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. mv 2qB 2mv qB C. D. 2mv qB 4mv qB 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，

16、其中 O为圆心，B 为出射点 由几何关系可知OCD30， RtODC 中， CDODcot30R； 由对称性知， AC3 CDR； 等腰ACO 中， OA2ACcos303R； 等边OAB 中， ABR， 所以 OBOAAB3 4R.由 qvBm，得 R，所以 OB，D 项正确 v2 R mv qB 4mv qB 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 B 2 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

17、偏转一定能回到原点 O B粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 12 C粒子在完成一次周期性运动的时间为2m qB 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 mv qB 运动的半径之比为 12，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 6

18、0，粒子圆周运动的周期为 T，保持不变，在一 2m qB 个周期内，粒子在第一象限运动的时间为 t1T；同理，在第四象限运动的时间 60 360 m 3qB 为 t2T；完成一次周期性运动的时间为 Tt1t2，故 C 项错误；根 60 360 2m 3qB m qB 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 xR2R3R，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

19、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E8102 N/C，方向与BC夹角为53.一带电量为q 5104 C、质量为 m5103 kg 的小球从 C 点静止释放，已知 R0.4 m，求： (1)小球在 B 点的速度大小； (2)若场强 E 与 BC 夹角 可变，为使小球沿轨道运动到 A 点的速度最大，的取值以及 A 点速度大小； (3)若场强 E 与 BC 夹角 可变，为使小球沿轨道运动到 A 点沿切线飞出，的取值范围 答案 (1)10 m/s (2)0，vA16 m/s (3)0arctan8

20、 7 解析 (1)根据动能定理：(EqcosEqsin)4R mvB20 1 2 整理可以得到：vB，代入数据得到：vB m/s10 m/s. Eq（8cos2sin）R m 16 5 10 (2)由于 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： Eq4R mvA20，则： 1 2 vA，代入数据整理得到：vA16 m/s. 8EqR m (3)在 A 点不脱离轨道能沿切线飞出，则 F向 AEqsinmv A2 R 根据动能定理：Eqcos(4R2Rtan)Eq4Rsin mvA2. 1 2 解得：tan . 8

21、7 得到 的取值范围是：0arctan . 8 7 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. B 4 (3)若原磁场不变，再叠加另一个半径为 R1(R1R0)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

22、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 R02r. qvBm v v2 r qBR0 2m (2)磁场的大小变为 后，粒子的轨道半径为 r1； B 4 r12R0. mv qB1 4mv qB 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. tT 60 360 4m 3qB (3)根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为 ，方向向里， B 2 R0以外的区域磁场大小为 ，方向向外粒子运动的半径为 R0. B 2 根据对称性画出情境图，由几何

23、关系可得 R1的最小值为(1)R03 T. （ 3 5 6 ）4m qB/2 28m 3qB 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 q m 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

24、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 U Bd (2)推导出电子比荷的表达式为 e m Uh B2dL1（L2L 1 2 ） 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

25、 U d 向下； 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 evBeE 得 vE B 即 v U Bd (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 eU md 电子在水平方向做匀速运动，在电场内的运动时间为 t1L 1 v 这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为 d1 at12 1 2 eL12U 2mv2d 离开电场时竖直向上的分速度为 v1at1eL 1U mvd 电子离开电场后做匀速直线运动，经 t2时间到达荧光屏 t2L 2 v t2时间内向上运动的距离为 d2v

26、1t2eUL 1L2 mv2d 这样，电子向上的总偏转距离为 hd1d2L1(L2) eU mv2d L1 2 可解得 e m Uh B2dL1（L2L 1 2 ） 14 (2018课标全国)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

27、， 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 6 点运动到 N 点的时间 答案 (1)轨迹图如图所示： (2)v0 (3) (1) 2El Bl 4 3El B2l2 Bl E 3l 18l 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

28、)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 ，如下图所示， 根据牛顿第二定律可得：qEma 速度沿电场方向的分量为：v1at 垂直电场方向有：lv0t 根据几何关系可得：v1vcos 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：qvBm v2 R 根据几何关系可得：l2Rcos 联立式可得粒子从 M 点入射时速度的大小：v0 2El Bl (3)根据几何关系可得速度沿电场方向的分量： v1 v0 tan 6 联立式可得该粒子的比荷： q m 4 3El B2l2 粒子在磁场中运动的周期：T 2R v 2m qB 粒子由 M 点到 N 点所用的时间： t2tT 2（ 2 6 ） 2 联立式可得：t(1) Bl E 3l 18l