1、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.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 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1
2、2 20 eU2ldmv0得 tan .当 l、 d一定时，增大 U2或减小 U1都能使偏角 增大vyvx eU2ldmv20 U2l2dU1答案：B2.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. B2 3C. B D. B33 22解析：偏转 60时，有 tan30 ， r R，偏转 90时 r R，由于 r ，所Rr 3 mvqB以 B B，故 B项正确3答案：B3如图所示， x轴上方存在垂直纸面向外
3、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 角的范围内，离子的2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 的最大值为( )2mvqLA30 B45C60 D22.5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 最大v2R 22时，处于最外侧的离子刚好能打到板最左端，则有 2Rcos m L，解得 m45，选项 B正
4、确答案：B42018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 t3t2t1B三微粒所带电荷量有 q1q2 q3C三微粒所受电场力有 F1 F2F3D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3E、 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， q1q2可知，F1F2，故 C错误；由 q2q
5、3，且 y2y3，则 q2Ey2q3Ey3，电场力做功多，增加的动能大，故D正确答案：D5如图所示，一质量为 m、电荷量为 q(q0)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.mv2q mv2qC D.mvq mvq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312 2B 12
6、A、 B两点间的电势差为 UAB，由 WAB qUAB，得 UAB ，又 UAB A B且 A0，得mv2q B .或者用 WAB EpA EpB，因为 A点电势为零，所以 EpB mv2，又 Ep q ，解得mv2q B ，选项 A正确mv2q答案：A6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(q0)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( )4A. B.
7、3qBL6m 3qBL3mC. D.3qBL2m 3qBLm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 (n1,2,3)，由洛33 Ln伦兹力提供向心力得 qvB m ，则 v (n1,2,3)，故选项 A、B 正确v2r qBrm 3qBL3m 1n答案：AB7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
8、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12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2hv20x2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 v v v0，可
9、见加速度 a越大，落地速度 v越大，速率变化量 v12 12 20越大，即 A球的速率变化量较小，选项 D正确答案：AD5二、非选择题82018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，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 30射入磁场，粒子刚好经过 P点进入磁场，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(1.5 l， 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
10、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 O1OP30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 rcos601.5 l解得 r l根据牛顿第二定律有 qvB mv2r解得 v .qBlm(2)粒子在匀强磁场中的运动半径与其在匀强磁场中的运动半径相同由对称性可知 OM21.5 l3 l.答案：(1) (2)3 lqBlm92018浙大附中模拟如图所示，某一水平面内有一直角坐标系 xOy， x0 和x L10 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 E11.010 4 V/m， x L和 x3 L
11、的区间内有一沿 y轴负方向的有理想边界的匀强电场，且E21.010 4 V/m，一电子( 为了计算简单，比荷取 21011 C/kg)从直角坐标系 xOy的坐6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 x3 L处的电场所需的时间；(2)电子离开 x3 L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 x3 L的位置为 Q点，则mv eE1L12 2P代入数据得 vP210 7 m/s电子从 O点运动到 P点，所用时间满足 L t12 eE1m 21代入数据得 t110 8 s电子从 P点运动到 Q点，所用时间 t2 10 8 s2LvP所以总时间为 t t1 t2210 8 s.(2)电子运动到 Q点时yQ t12 eE2m 2代入数据得 yQ0.1 m.答案：(1)210 8 s (2)0.1 m
