第9章3 第三節(jié)　課后達(dá)標(biāo)能力提升—2021屆高中物理一輪復(fù)習(xí)課后達(dá)標(biāo)檢測

1、學(xué)生用書P365(單獨成冊)(建議用時：40分鐘)一、單項選擇題1.如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又沿垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為() Ad隨v0增大而增大，d與U無關(guān)Bd隨v0增大而增大，d隨U增大而增大Cd隨U增大而增大，d與v0無關(guān)Dd隨v0增大而增大，d隨U增大而減小解析：選A.設(shè)粒子從M點進(jìn)入磁場時的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為，故有v，粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r.而MN之間的距離為d2rcos .聯(lián)

2、立解得d，故A正確2.如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，粒子最后落到P點，設(shè)OPx，下列圖線能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()解析：選B.帶電粒子在電場中加速時，由動能定理得qUmv2，而在磁場中偏轉(zhuǎn)時，由牛頓第二定律得qvBm，依題意x2r，聯(lián)立解得x ，B正確3.如圖所示，電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量的同種電荷已知a靜止，b、c在紙面內(nèi)按圖示方向做勻速圓周運動(軌跡未畫出)忽略三個油滴間的靜電力作用，比較三個油滴的質(zhì)量及b、c的

3、運動情況，以下說法中正確的是()A三個油滴的質(zhì)量相等，b、c都沿順時針方向運動Ba的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小，b、c都沿逆時針方向運動Cb的質(zhì)量最大，a的質(zhì)量最小，b、c都沿順時針方向運動D三個油滴的質(zhì)量相等，b沿順時針方向運動，c沿逆時針方向運動解析：選A.油滴a靜止不動，其受到的合力為零，所以magqE，電場力方向豎直向上，油滴帶負(fù)電荷又油滴b、c在場中做勻速圓周運動，則其重力和受到的電場力是一對平衡力，所以mbgmcgqE，油滴受到的洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，由左手定則可判斷，b、c都沿順時針方向運動故A正確4.如圖所示，一平行板電容器，右極板接電源正極，板長為2d，板間距離為

4、d.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的負(fù)離子(重力不計)以速度v0貼近左極板沿極板方向射入，恰從右極板下邊緣射出在右極板右側(cè)空間存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(未標(biāo)出)要使該負(fù)離子在磁場中運動后，又恰能直接從右極板上邊緣進(jìn)入電場，則() A磁場方向垂直紙面向里B磁場方向垂直紙面向外、向里都有可能C磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為D在磁場中運動時間為解析：選C.粒子在電場中做類似平拋運動，離開電場后做勻速圓周運動，軌跡如圖，粒子帶負(fù)電荷，根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向外，故A、B錯誤；對于平拋運動，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的兩倍，即tan 2tan 2·1，故45°，又由于tan ，故v

5、yv0，vv0；根據(jù)幾何關(guān)系，圓周運動的軌道半徑為Rd；圓周運動中，洛倫茲力提供向心力，有qvBm；解得B，故C正確；磁場中運動時間為：tT，故D錯誤5.(2020·安徽銅陵質(zhì)檢)如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中小球的vt圖象如下圖所示，其中正確的是() 解析：選C.小球下滑過程中，qE與qvB反向，開始下落時qE>qvB，所以a，隨下落速度v的增大a逐漸增大；當(dāng)qE<qvB之后，其a，隨下落速度v的增大a逐漸減小；最后a0，小球勻速下落，故

6、C正確，A、B、D錯誤二、多項選擇題6.如圖所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源的兩極上，使a、b兩板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(場強(qiáng)大小為E)，右邊有一塊擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里從兩板左側(cè)中點c處射入一束正離子(不計重力)，這些正離子都沿直線運動到右側(cè)，從d孔射出后分成三束，則下列判斷正確的是()A這三束正離子的速度一定不相同B這三束正離子的比荷一定不相同Ca、b兩板間的勻強(qiáng)電場方向一定由a指向bD若這三束離子改為帶負(fù)電而其他條件不變，則仍能從d孔射出解析：選BCD.因為三束正離子在兩極板間都是沿直線運動的，電場力等于洛倫茲

7、力，可以判斷三束正離子的速度一定相同，且電場方向一定由a指向b，A錯誤，C正確；在右側(cè)磁場中三束正離子運動軌跡半徑不同，可知這三束正離子的比荷一定不相同，B正確；若將這三束離子改為帶負(fù)電，而其他條件不變的情況下分析受力可知，三束離子在兩板間仍做勻速直線運動，仍能從d孔射出，D正確7.(2020·山東濟(jì)南高三期末)如圖所示，兩豎直平行邊界內(nèi)，勻強(qiáng)電場方向豎直(平行紙面)向下，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里一帶負(fù)電小球從P點以某一速度垂直邊界進(jìn)入，恰好沿水平方向做直線運動若增大小球從P點進(jìn)入的速度但保持方向不變，則在小球進(jìn)入的一小段時間內(nèi)() A小球的動能減小B小球的電勢能減小C小球的重力勢能

8、減小D小球的機(jī)械能減小解析：選ACD.小球在電磁場中做直線運動時，共受到三個力作用：重力G、電場力F、洛倫茲力f，這三個力都在豎直方向上，小球在水平直線上運動，判斷可知小球受到的合力一定是零，則小球一定做勻速直線運動小球帶負(fù)電，受到的電場力向上，洛倫茲力向下，重力向下，當(dāng)小球的入射速度增大時，洛倫茲力增大，而電場力和重力不變，小球?qū)⑾蛳缕D(zhuǎn)，電場力與重力的合力向上，則它們的合力對小球做負(fù)功，洛倫茲力不做功，小球動能減小，A正確；除重力外，只有電場力對小球做功，且做負(fù)功，則小球的機(jī)械能減小，電勢能增大，B錯誤，D正確；重力對小球做正功，重力勢能減小，C正確8.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)

9、存在著垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B的勻強(qiáng)磁場，第三象限內(nèi)存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場一帶負(fù)電的粒子從原點O以某一速度沿與y軸成30°角方向斜向上射入磁場，且在第二象限運動時的軌跡圓的半徑為R，已知帶電粒子的質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，且所受重力可以忽略則()A粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為12B粒子完成一次周期性運動的時間為C粒子從O位置入射后第二次經(jīng)過x軸時的位置到坐標(biāo)原點的距離為3RD若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子完成一次周期性運動的時間將減少解析：選AC.由半徑公式r知，軌跡圓半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度B成反比，所以粒子在第

10、二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為12，故A正確；粒子在磁場中運動一個周期的軌跡如圖所示：在第二象限的周期T1，圓心角為120°，運動時間t1T1，在第三象限運動的周期T2，圓心角為120°，運動時間t2T2，所以粒子完成一次周期性運動的時間t0t1t2，故B錯誤；粒子在第三象限軌跡圓的半徑為R22R，從O點入射后第一次經(jīng)過x軸的距離x1R1R，第二次圓弧的弦長x2R22R，所以粒子從O位置入射后第二次經(jīng)過x軸時的位置到坐標(biāo)原點的距離為xx1x23R，故C正確；若僅將粒子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，周期T與速度無關(guān)，圓心角不變，所以在磁場中周期運動的時間不變，故D

11、錯誤三、非選擇題9(2017·高考天津卷)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等不計粒子重力，問：(1)粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向；(2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比解析：(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有2Lv0tLat2設(shè)粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速

12、度為vyvyat設(shè)粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向夾角為，有tan 聯(lián)立式得45°即粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上設(shè)粒子到達(dá)O點時速度大小為v，由運動的合成有v聯(lián)立式得vv0.(2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得Fma又FqE設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvBm由幾何關(guān)系可知RL聯(lián)立式得.答案：見解析10(2018·高考全國卷)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用求(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?2)甲、乙兩種離子的比荷之比解析：(1)設(shè)甲種離子所帶