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1、课时作业五一、选择题1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60角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R(不计重力)，则() A粒子经偏转一定能回到原点OB粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为21C粒子再次回到x轴上方所需的时间为D粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3RC根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A选项错误；根据R可知粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为12，则B错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t，则C选项正确；粒子第二次射
2、入x轴上方磁场时，沿x轴前进的距离为x2Rcos 304Rcos 303R，则D选项错误2如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比的值为()A.B.C.D.B设加速电压为kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：qkUmv2对类平抛运动过程，有：lvtt2联立解得：.3(多选)(2017山西五校四联)如图所示，空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场纸面内A、B、C三点构成一等边三角形，在A点有甲、乙、丙
3、三个质量相同的粒子以相同的速度垂直于BC边进入磁场，并分别从B点、BC的中点D、AC的中点E离开三角形区域，粒子重力不计下列说法正确的是()A甲粒子带正电，乙粒子不带电，丙粒子带负电B若磁场区域足够大，则三个粒子都能回到A点C甲粒子在三角形内运动的时间是丙粒子的2倍D甲粒子受到的洛伦兹力大小是丙粒子的2倍AC由左手定则判断可知甲粒子带正电，乙粒子不带电，丙粒子带负电，A项正确若磁场区域足够大，过D点的乙粒子一直做匀速直线运动，不能回到A点，B项错误设三角形ABC边长为L，画出甲、丙粒子运动轨迹图如图所示，由图可知R甲L，R丙，由R可得，再由洛伦兹力公式fqvB可得f甲f丙，D项错误由周期公式T
4、，可得T甲2T丙，由几何关系可知甲丙60，带电粒子在磁场中运动时间tT，则知t甲2t丙，C项正确4如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab2bc2L，电场线与矩形所在的平面平行已知a点电势为18 V，b点电势为10 V，c点电势为6 V一质子从a点以速度v0射入电场，v0与ab边的夹角为45，一段时间后质子经过ab中点e.不计质子重力，下列判断正确的是()Ad点电势为12 VB质子从a到b电势能增加了6 eVC电场强度大小为D质子从a到e所用时间为D匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，故UadUbc，可得d点电势为14 V，故A错误；Uab8 V，故质子从a到b
5、电场力做功为WeUab8 eV，电场力做正功，电势能减小，故B错误；经计算可知，d点和e点的电势相同，故de连线为等势线，由于ab2bc2L，故ade为等腰直角三角形，a点到直线de的距离为，由电场强度与电压的关系可得，电场强度大小为，故C错误；de连线为等势线，故质子抛出后做类平抛运动，落到e点时，垂直于电场线方向的位移为L，所需时间为t，故D正确5(多选)(2017天津和平质量调查)光滑水平面上有一边长为L的正方形区域ABCD处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形的某一条边平行，一质量为m、带电荷量为q的小球由AD边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域，当小球再次运动到
6、该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为()A.mvqELB.mvqELC.mvqELD.mvqELAC若电场方向与BC平行，则电场力做的功WEqL，动能满足mvv2Bv1v2 Ct1t2 Dt1t2BD从O点沿OA方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子，粒子都做匀速圆周运动，如图所示. 根据图象可知，两次做匀速圆周运动的圆心角相等，到达P点的粒子半径小于到达Q点粒子的半径，即r1r2，根据洛伦兹力提供向心力得：Bqvm解得：r，因为比荷相等，则半径大的速度大，即v1v2，周期T，因为比荷相等，则周期相同，而圆心角相等，所以运动时间相等，即t1t2，故B、D正确10如图所示，圆形区域内有一垂直纸
7、面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点相同的带正电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则等于()A. B. C.D.答案C二、非选择题11如图所示，绝缘平台AB距离水平地面CD的高度为h，整个空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m、带正电量为q的小物块从P点由静止开始运动，PB之间的距离也为h.若匀强电场的场强E，物块与平台之间的动摩擦因数为0.25.求物块落到水平地面上时的速度大
8、小和方向解析物块从P到B的过程，由动能定理得qEhmghmv又 E，代入解得 vB 物块离开平台后做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，根据hgt2，可得：下落时间t 落地时竖直分速度大小vy在水平方向上，由牛顿第二定律得 qEma，得 a落地时水平分速度大小 vxvBat故物块落到水平地面上时的速度大小 v2速度与水平方向的夹角正切 tan 1，得45.答案2gh与水平方向的夹角是4512(2017石家庄市高三调研)如图所示，在xOy平面内的第一象限内，x4d处竖直放置一个长l4d的粒子吸收板AB，在AB左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场在原点O处有一粒子源，可沿y轴正向射出
9、质量为m、电量为q的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力(1)若射出的粒子能打在AB板上，求粒子速率v的范围；(2)若在点C(8d,0)处放置一粒子回收器，在B、C间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B点进入AB右侧区间的粒子，需在AB右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O点发射到进入回收器所用的时间解析(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力粒子打在吸收板AB的下边界A点，设粒子的速率为v1，由图中几何关系可知圆心在O1点，粒子的轨道半径r12d由牛顿第二定律可得：qv1B联立可得：v1粒子打在吸收板AB的上边界B点，设粒子的速率为v2，由图中几何关系可知圆心在C点，粒子的轨道半径r28d，由牛顿第二定律可得：qv2B联立可得：v2由题意可得：射出的粒子能打在AB上，粒子的速度需满足：v(2)经过B点的粒子能够到达C点，设磁场的磁感应强度为B，由图中几何关系，粒子的半径r(n1、2、3)由牛顿第二定律可得：qv2B联立可得：B2nB(n1、2、3)粒子从O到B的时间t1粒子从B到C的时间t2T(n1、2、3)故粒子从O到C的时间tt1t2答案(1)v(2)2nB(n1、2、3)