2019高考物理课时作业七含解.pdf

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1、课时作业(七)课时作业(七) 一、选择题(共 10 个小题，均为单选，每题 5 分共 50 分) 1.(2018宝鸡一模)如图所示， 垂直纸面放置的两根平行长直导 线分别通有方向相反的电流 I1和 I2，且 I1I2，纸面内的一点 H 到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中 的( ) AB1 BB2 CB3 DB4 答案 C 解析 根据右手螺旋定则得出两电流在 H 点的磁场方向， 如图， 根据平 行四边形定则知 H 点的合场强可能为 B3方向故 C 项正确，A、 B、 D 三 项错误，故选 C 项 2 (2018静安区一模)如图所示，折成不同形状的四个导线框质量相 等、匝数相同

2、，高度相同，MN 边长度相等，将它们用相同的细线悬挂 在空中，四个导线框的下边处在同一水平线上， 且四个线框的下半部分都处在与线框平面垂 直的同一匀强磁场中， 磁场的上边界水平(如图中虚线所示)， 四个导线框中都通有顺时针方 向、 电流强度相同的电流， 均处于平衡状态 若使磁场缓慢变强， 细线最不易拉断的是( ) 答案 B 解析 导线框中都通有顺时针方向的电流，即从 N 指向 M，由左手定则可知，安培力的方向 向下 ； 所以绳子的拉力等于线框的重力与受到安培力的和， 四个导线框质量相等则重力相等， 受到安培力大的线框对细线的拉力大设 MN 的长度为 L，导线在各磁场内有效长度不同， 故各通电导

3、线受到安培力大小不同 各线框在磁场中的有效长度 ： LAMNL； LB L； LC MN 2 1 2 L；LD L；可知 B 图中的有效长度最小由公式：FBIL有效， MN上边长 2 1 2 MN下边长 2 1 2 可知 B 项中受到的安培力最小则 B 项中，线框对细线的拉力最小，细线最不容易拉 断故 B 项正确，A、C、D 三项错误，故选 B 项 3(2018包头一模)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有 A、B、C 三点， 如图甲所示， 一个电荷量为 2 C， 质量为 1 kg 的小物块从 C 点静止释放， 其运动的 vt 图像如图乙所示，其中 B 点处为整条图线切线斜率最

4、大的位置(图中标出了该切线)则 下列说法正确的是( ) AB 点为中垂线上电场强度最大的点，场强 E1 V/m B由 C 到 A 的过程中物块的电势能先减小后变大 C由 C 点到 A 点电势逐渐升高 DA、B 两点间的电势差 UAB5 V 答案 A 解析 A 项，据 vt 图可知带电粒子在 B 点的加速度最大为 2 m/s2，所受的电场力最大为 2 N，据 E 知，B 点的场强最大为 1 N/C，故 A 项正确 ； B 项，据 vt 图可知带电粒子的速度 E q 增大，电场力做正功，电势能减小，故 B 项错误；C 项，据两个等量的同种正电荷，其连线 中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外

5、侧，故由 C 点到 A 点的过程中电势逐渐降低， 故 C 项错误 ； D 项， 据 vt 图可知 A、 B 两点的速度， 在根据动能定理得电场力做的功 WBA10 J，再用 UAB V5 V，故 D 项错误，故选 A 项 WAB q 10 2 4.(2018苏北三市联考)一对平行金属板带有等量异种电荷， 如果金属板不是足够大， 两板之间的电场线就不是相互平行的 直线，如图所示，C、 D、 E、 F 为金属板表面上的不同位置关 于该电场，下列说法正确的是( ) AA 点的场强小于 B 点的场强 BA 点的电势低于 B 点的电势 C一带电粒子分别从 C 移到 D 和从 E 移到 F，电场力做功相等

6、 D带正电粒子从 P 点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动 答案 C 解析 电场线的疏密表示电场强度的相对大小， 则电场内部 A 点的电场强度大于 B 点的电场 强度， 故A项错误 ； 沿着电场线方向电势逐渐降低， 故A点电势高于B点电势， 故B项错误 ； C、 E 两点的电势相等，D、F 两点的电势相等，且 C、E 两点的电势高于 D、F 两点的电势，则 C、D 两点的电势差等于 E、F 两点的电势差，故一带电粒子分别从 C 移到 D 和从 E 移到 F，电场 力做功相等，C 项正确；带正电粒子从 P 点沿平行于极板方向射入，则由于竖直方向所受的 电场力不是恒力，故它不是做类平抛运动，D

7、 项错误；故选 C 项 5(2018郑州一模)等量异种电荷在周围空间产生静电场，其连线(x 轴)上各点的电势 随坐标 x 的分布图像如图所示，x 轴上 AOAO BEAEOEB CEpOEpOEpA 答案 D 解析 A 项，依据沿着电场线方向电势降低，由图知，BEAEO.故 B 项错误 ； C 项，电子带负电，根据电势能公式 Epqe 分析得知，EpBEpOEpA，故 C 项错误；D 项，由图知，OA 间电势差小于 OB 间电势差，即有 AOW45 答案 D 解析 A 项，由图看出滑块的轨迹向右弯曲，可知滑块受到了斥力作用，则知小球与小滑块 电性一定相同故 A 项错误；B 项，滑块与小球的距离

8、先减小后增大，由库仑定律得知滑块 所受的库仑力先增大后减小，则其加速度先增大后减小故 B 项错误；C 项，根据能量守恒 定律得知，小滑块运动过程中具有的动能与电势能之和保持不变，因阻力做功，导致动能先 减小后增大，那么电势能先增大后减小故 C 项错误；D 项，从位置 1 到 2 的电场线越来越 密，由 UEd 分析 4、5 间电势差与 3、4 间电势差关系是：U45mbmc Bmbmamc Cmcmamb Dmcmbma 答案 B 分析 由粒子的运动状态， 根据牛顿第二定律得到其合外力情况， 再对粒子进行受力分析即 可求解 解析 a 在纸面内做匀速圆周运动， 意味着合外力为洛伦兹力， 则 Eq

9、 mag.b 做向右的匀速直线运动，c 做向左的匀速直线运动，受力分 析 mcgBqvEq mbgEqBqv 得出 mbmamc，选 B 项 二、计算题(共 4 个小题，11 题 10 分，12 题 12 分，13 题 14 分，14 题 14 分，共 50 分) 11(2016四川)中国科学院 2015 年 10 月宣布中国将在 2020 年开始建造世界上最大的粒 子加速器加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方 面有广泛应用如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相 邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极 质子从 K 点沿轴线进入加速器并

10、依次向右穿过各漂 移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变设质子进 入漂移管B时速度为8106 m/s， 进入漂移管E时速度为1107 m/s， 电源频率为1107 Hz， 漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的 .质子的比荷取 1108 1 2 C/kg.求： (1)漂移管 B 的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压 答案 (1)0.4 m (2)6104 V 解析 (1)设质子进入漂移管 B 的速度为 vB，电源频率、周期分别为 f、T，漂移管 B 的长度 为 L，则 T 1 f LvB T 2 联立式并代入数据得 L0.4 m (2)设质子进

11、入漂移管 E 的速度为 vE，相邻漂移管间的加速电压为 U，电场对质子所做的功 为 W.质子从漂移管 B 运动到 E 电场做功 W，质子的电荷量为 q、质量为 m，则 WqU W3W W mvE2 mvB2 1 2 1 2 联立式并代入数据得 U6104 V 12(2018延庆区模拟)1932 年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电 粒子在磁场中的运动特点， 解决了粒子的加速问题 现在回旋加速器被广泛应用于科学研究 和医学设备中某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图回旋加速器的 核心部分为两个 D 形盒，分别为 D1、D2.D 形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的

12、电磁 铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与 D 形盒底面垂直两盒间的狭缝 很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计D 形盒的半径为 R，磁场的磁感应强度为 B.设质 子从粒子源 A 处进入加速电场的初速度不计质子质量为 m、电荷量为q.加速器接入一定 频率的高频交变电源，加速电压为 U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用求： (1)质子第一次经过狭缝被加速后进入 D2盒时的速度大小 v1和进入 D2盒后运动的轨道半径 r1； (2)质子从静止开始加速到出口处所需的时间 t； (3)若两 D 形盒狭缝之间距离为 d，dR，计算说明质子在电场中运动的时间与在磁场中运 动时间相比可以忽

13、略不计的原因 分析 (1)根据动能定理求出质子第一次经过狭缝被加速后进入 D2盒时的速度大小，结合洛 伦兹力提供向心力求出质子进入 D2盒后运动的轨道半径 r1； (2)根据 D 形盒的半径求出质子的最大速度，抓住质子每经过一圈加速两次，结合动能定理 得出加速的次数， 根据质子在磁场中的运动周期求出质子从静止开始加速到出口处所需的时 间 t； (3)根据加速的圈数求出粒子在磁场中的运动时间，结合匀变速直线运动的推论得出在电场 中加速的时间，通过时间的比值分析判断 答案 (1)质子第一次经过狭缝被加速后进入 D2盒时的速度大小为， 进入 D2盒后运动的 2qU m 轨道半径为1 B 2mU q

14、(2)质子从静止开始加速到出口处所需的时间 t 为BR 2 2U (3)证明见解析 解析 (1)根据动能定理可得：Uq mv12， 1 2 解得 v1， 2Uq m 由质子运动过程中洛伦兹力充当向心力，所以 qv1Bm， v12 r1 解得 r1. 1 B 2Um q (2)设质子从静止开始加速到离开被加速了 n 圈，质子在出口处的速度为 v， 根据动能定理可得：2nqU mv2， 1 2 由质子在出口处做圆周运动的半径恰为 D 形盒半径 R，即 qvB， mv2 R 则 R， mv qB 由 T，解得 T. 2r v 2m qB 因为 tnT，解得 t. BR2 2U (3)设质子在出口处速

15、度为 v，完成圆周运动 n 圈，被加速了 2n 次，则在磁场中运动时间 (每圈周期相同)为 t，则 tn， 2R v 在电场中加速，有t12nd，则加速的时间 t1， 0v 2 4nd v 时间之比. t t1 R 2d 因为 Rd，则 tt1 可知质子在电场中的运动时间可以忽略不计 13 (2018天津)如图所示， 在水平线 ab 下方有一匀强电场， 电场强度为 E， 方向竖直向下， ab 的上方存在匀强磁场， 磁感应强度为 B， 方向垂直纸面向里， 磁场中有一内、 外半径分别为 R、 R 的半圆环形区域，外圆与 ab 的交点分别为 M、N.一质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子3 在电场

16、中 P 点静止释放，由 M 进入磁场，从 N 射出，不计粒子重力 (1)求粒子从 P 到 M 所用的时间 t； (2)若粒子从与 P 同一水平线上的 Q 点水平射出， 同样能由 M 进入磁场， 从 N 射出， 粒子从 M 到 N 的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在 Q 时速度 v0的大小 答案 (1) (2) 3RB E qBR m 解析 粒子在磁场中以洛伦兹力为向心力做圆周运动， 在电场中做初速度为零的匀加速直线 运动，据此分析运动时间 ； 粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，当轨迹与内圆相切时，所 用的时间最短， 粒子从 Q 射出后在电场中做类平抛运动， 在电场方向上

17、的分运动和从 P 释放 后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为 v，结合几何知识求解 (1)设粒子在磁场中运动的速度大小为 v，所受洛伦兹力提供向心力，有 qvBm v2 3R 设粒子在电场中运动所受电场力为 F，有 FqE 设粒子在电场中运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律有 Fma 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有 vat；联立式得 t 3RB E (2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、半径无关，运动时间只由粒子所 通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在 磁场中的轨迹半径为 r，由几何关系可知(rR)

18、2(R)2r23 设粒子进入磁场时速度方向与 ab 的夹角为 ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知 tan 3R rR 粒子从 Q 射出后在电场中做类平抛运动， 在电场方向上的分运动和从 P 释放后的运动情况相 同， 所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为 v， 在垂直于电场方向的分速度始终为 v0， 由运动的合成和分解可知 tan v v0 联立式得 v0 qBR m 14.如图， 绝缘粗糙的竖直平面 MN 左侧同时存在相互垂直的 匀强电场和匀强磁场， 电场方向水平向右，电场强度大小为 E，磁场方向垂直纸面向外，磁 感应强度大小为 B.一质量为 m、 电荷量为 q 的带正电的小滑块从

19、A 点由静止开始沿 MN 下 滑，到达 C 点时离开 MN 做曲线运动A、C 两点间距离为 h，重力加速度为 g. (1)求小滑块运动到 C 点时的速度大小 vc； (2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动 过程中速度最大的位置，当小滑块运动到 D 点时撤去磁场， 此后小滑块继续运动到水平地面 上的 P 点已知小滑块在 D 点时的速度大小为 vD，从 D 点运动到 P 点的时间为 t，求小滑块 运动到 P 点时速度的大小 vP. 答案 (1)E/B (2)mgh m 1 2 E2 B2 (3) （mg）2（qE）2

20、m2 t2vD2 解析 (1)由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力， 当洛伦兹力等于电场力 qE 时滑块离开 MN 开始做曲线运动，即 BqvCqE 解得 vCE/B (2)从 A 到 C 根据动能定理 mghWf mvC20 1 2 解得 Wfmgh m 1 2 E2 B2 (3)设重力与电场力的合力为 F， 由题意知， 在 D 点速度 vD的方向与 F 的方向垂直， 从 D 到 P 做类平抛运动，在 F 方向做匀加速运动 aF/m， t 时间内在 F 方向的位移为 x at2 1 2 从 D 到 P，根据动能定理 Fx mvP2 mvD2， 1 2 1 2 其中 F （mg）2（qE）2 联立解得 vP （mg）2（qE）2 m2 t2vD2