第八章第三節(jié)課后達(dá)標(biāo)檢測整理版

1、課后達(dá)標(biāo)檢測說練促學(xué)揀補短板一、單項選擇題1. （2015江蘇常州高級中學(xué)高三月考 ）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示設(shè) D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,高頻交流電頻率為f.則下列說法正確的是（）A .質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2 nRB .質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關(guān)C.高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流D .不改變B和f,該回旋加速器也能用于

2、加速a粒子解析：選A.由T= 2jR, T =1,可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2nR,不可能超過2nR,vf質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，選項A正確，B錯誤.高頻電源可以使用正弦式交變電流，選項C錯誤.要加速 a粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)閍粒子在其中做圓周運動的周期，即 T = 豐：故D錯.q B2. 如圖所示，一個質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶電小球從水平線 PQ上方M點自由下落， 以PQ為邊界下方有方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的勻強磁場，小球從邊界上的 a點進入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出，重力加速度為g，不計空氣阻力，則以

3、下說法正確的是（）*,vIA .小球帶負(fù)電荷，勻強磁場方向垂直于紙面向外B .小球的電荷量與質(zhì)量的比值qgm_ EC.小球從a運動到b的過程中，小球和地球組成的系統(tǒng)的機械能守恒D .小球在a、b兩點的速度相同解析：選B.帶電小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則qE = mg,選項B正確；電場方向豎直向下，則可知小球帶負(fù)電， 由于小球從b點射出，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面 向里，選項 A錯誤；小球運動過程中，電場力做功，故小球和地球組成的系統(tǒng)的機械能不 守恒，只是在a、b兩點機械能相等，選項 C錯誤；小球在a、b兩點速度方向相反，故選 項D錯誤.3. （2015東北三校聯(lián)考）如圖所示，某種帶電

4、粒子由靜止開始經(jīng)電壓為Ui的電場加速后，射入水平放置、電勢差為 U2的兩導(dǎo)體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從 兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的 M、N兩點間的距離d隨著Ui和U2的變化情況為（不計重力，不考慮邊 緣效應(yīng)）（）A. d隨Ui變化，d與U2無關(guān)B. d與Ui無關(guān)，d隨U2變化C. d隨Ui變化，d隨U2變化D. d與Ui無關(guān)，d與U2無關(guān)解析：選A.設(shè)帶電粒子在加速電場中被加速后的速度為Vo，根據(jù)A動能定理有qUi= 2mv：設(shè)帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場中出來進入磁場時的速度大小為v,與水平方向的夾角為0,如圖所

5、示，在磁場中有mvl-hr =qBv= V0，而d = 2rcos 0,聯(lián)立解得d = 2巴,因而選項a正確.cos 0qB 4.如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置 環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，質(zhì)量為 m、電荷量為+ q的粒子在環(huán)中做半徑為 R的圓周運動.A、B為兩 塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時A板電勢升高為+ U, B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中加速；每當(dāng)粒子離開電場區(qū)域時， 為零.粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變 遠(yuǎn)小于R）.下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法中正確的是（）A板電勢又降 （設(shè)極板間距A .環(huán)形區(qū)

6、域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小B .環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為BnBn+1n + iBn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為C. A、B板之間的電壓可以始終保持不變D .粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為tn解析：選B.因粒子每繞行一圈，其增加的能量為 能為*mv2= nqU，得第n圈的速度Vn = :tn+ 1 n+ 1qU,所以，繞行第n圈時獲得的總動2在磁場中，由牛頓第二定律得qBnvn= mrR,mr解得Bn =門量,A錯誤，B正確；如果A B板之間的電壓始終nmUBn，所以 -qBn + 1保持不變，粒子在 A、B兩極板之間飛行時，電場對其做功qU，從而使之

7、加速，在磁場內(nèi)飛行時，電場又對粒子做功- qU，從而使之減速，粒子繞行一周電場對其所做總功為零， 動能不會增加，達(dá)不到加速效果，C錯誤；根據(jù)t= 紅得tn= 2vD錯誤.二、多項選擇題C的勻強磁場中，當(dāng)有穩(wěn)恒5. （20i5南昌模擬）如圖所示，有一金屬塊放在垂直于側(cè)面 電流自左向右通過時，下列說法中正確的是（）A .金屬塊上表面的電勢高于下表面的電勢U增大B .磁感應(yīng)強度增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差C. 電流增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U減小D. 電流不變時，金屬塊中單位體積內(nèi)自由電子越多，上、下兩表面間的電勢差U越小 解析：選BD.電流方向水平向右，則自由電子的運動方向水平向

8、左，根據(jù)左手定則，電子向上偏，上表面得到電子帶負(fù)電， 下表面失去電子帶正電，所以下表面的電勢高，故選項A錯誤.當(dāng)電子勻速穿過勻強磁場時，此時電場力等于洛倫茲力，即ed = evB，解得U = Bdv,又電流的微觀表達(dá)式為 1= neSv, n表示單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)，S表示橫截面積，v表示自由電子定向移動的速率，綜上可知，選項B、D正確，C錯誤.6. （2015長春調(diào)研）如圖所示，一個絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管固定于豎直平面內(nèi)， 環(huán)的半徑為R（比細(xì)圓管的內(nèi)徑大得多）.在圓管的最低點有一個直徑略小于細(xì)圓管內(nèi)徑的帶 正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q,重力加速度為g.空間存在一磁

9、感應(yīng)強度大小未知（不為零），方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面向里的勻強磁場.某時刻，給小 球一方向水平向右、大小為 vo= 5gR的初速度，則以下判斷正確的是 （）A 無論磁感應(yīng)強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點一定受到管壁的彈 力作用B .無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點，且小球在最高點 一定受到管壁的彈力作用C. 無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點，且小球到達(dá)最高 點時的速度大小都相同D. 小球從環(huán)形細(xì)圓管的最低點運動到所能到達(dá)的最高點的過程中，水平方向分速度的 大小一直減小解析：選BC.小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上，若

10、洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用，A選項錯誤.小球運動的過程中， 洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒，運動至最高點時小球的速度 v= gR,由于是雙層軌道約束，小球運動過程中不會脫離軌道，所以小球一定能到達(dá)軌道2的最高點，C選項正確.在最高點時，小球圓周運動的向心力F = m豈=mg,小球受到豎直R向下的洛倫茲力的同時必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，B選項正確.小球從最低點運動到最高點的過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右且減小，到達(dá)圓心的等高點時，水平分速度為零，而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分

11、速度一定有增大的過程，D選項錯誤. 7.（2015武漢模擬）如圖所示，有3塊水平放置的長薄金屬板 a、b 和c, a、b之間相距為L.緊貼b板下表面豎直放置半徑為 R的半圓形塑 料細(xì)管，兩管口正好位于小孔 M、N處.板a與b、b與c之間接有電壓 可調(diào)的直流電源，板b與c之間還存在方向垂直紙面的勻強磁場（圖中未標(biāo)出）.當(dāng)體積為V。、密度為p電荷量為q的帶電油滴，等間隔地以速度Vo從a板上的小孔豎直向下射入，調(diào)節(jié)板間電壓Uba =Ubc= U2時，油滴穿過b板M孔進入細(xì)管，恰能與細(xì)管無接觸地從N孔射出.忽略小孔和細(xì)管對電場的影響，不計空氣阻力.則以下說法正確的是 （）A.油滴帶負(fù)電，板 b與c之間

12、的磁場方向向外B .油滴進入M孔的速度為-；v2+ 2gL+彳?C. b、c兩板間的電場強度 E為呼D. b、c兩板間的磁感應(yīng)強度為 旦，心+ 2gL + 筆q pv解析：選ABC.依題意可知，油滴在板 b和c之間恰好做勻速圓周運動，則其所受重力和靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力，由此判斷得出油滴帶負(fù)電，磁場方向向外，故選項A12mvo = mgL + qU 1，考慮至U m = pV,解得 v1 =1正確；油滴進入電場后，重力與靜電力均做功， 設(shè)到M點時的速度為 w ,由動能定理得mv2v0 + 2gL +犁1故選項B正確；由上面pV分析可得mg = qE,解得E=PVg，故選項C正確；油滴在

13、半圓形細(xì)管中運動時，洛倫茲力q2提供向心力，即qv1B= ，解得B =普v+ 2gL +，故選項D錯誤.RqRqRpV三、非選擇題& （2015陜西西安長安一中模擬）如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)系中，第I象限內(nèi)分布著 方向垂直紙面向里的勻強磁場，第n象限內(nèi)分布著方向沿 y軸負(fù)方向的勻強電場.初速度為零、帶電荷量為 q、質(zhì)量為m的粒子經(jīng)過電壓為 U的電場加速后，從 x軸上的A點垂直x 軸進入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后過 y軸上的P點且垂直y軸進入電場區(qū)域，在電場中偏轉(zhuǎn)并 擊中x軸上的C點.已知OA = OC = d.求電場強度E和磁感應(yīng)強度 B的大小（粒子的重力不 計）.解析：設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為 U的

14、電場加速后速度為 v，由動能定理：qU = 1mv22r帶電粒子進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律:qBv =依題意可知：r = d聯(lián)立式解得：B = 鼻嚴(yán)qd帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，設(shè)經(jīng)時間 律有d= vt d= jat2 又知qE= ma聯(lián)立式可解得：t從P點到達(dá)C點,由平拋運動規(guī)答案：4U 2qUm口 dqd9如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，AO是/ xOy的角平分線，x軸上方存在電場強度方向水平向左的勻強電場，下方存在電場強度方向豎直向上的勻強電場和磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等.一質(zhì)量為 m、電荷量為+ q的質(zhì)點從OA上的M點由靜

15、止 釋放，質(zhì)點恰能沿AO運動而通過O點，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點進入第 一象限內(nèi)并擊中 AO上的D點.已知OD = $M，勻強磁場的磁感應(yīng)強度4m2大小為B = （T），重力加速度為 g = 10 m/s .求：q（1）兩勻強電場的電場強度 E的大?。?, XX!xXxXXXXXXXBXKXX冥X(2) 0M 的長 L;(3) 質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間t.解析：(1)質(zhì)點在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場力作用沿A0做勻加速直線運動,所以有mg= qE,即卩E= mg.q(2)質(zhì)點在x軸下方，重力與電場力平衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，從 點進入第一象限后做類平拋運動，其軌跡如圖所示，有2

16、VBqv= mR由運動學(xué)規(guī)律知 v2 = 2aL, a =苗2g由類平拋運動規(guī)律知3L 12R= vt3, R = qat3聯(lián)立解得L = 20 2 m或篤2 m.質(zhì)點做勻加速直線運動有L = *at1，得ti = 2 s或| s質(zhì)點做勻速圓周運動有 t2= 3 x 2nm=4.71 s4 Bq質(zhì)點做類平拋運動有R= vt3,得t3 = 1 s質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間為t= t1 + t?+ 七3= 7.71 s 或 6.38 s.答案：(1罟(2)20 .2 m或省2 m(3)7.71 s 或 6.38 s 10.(2015西安模擬)如圖甲所示，豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上

17、的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E= 40 N/C，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向.t=0時刻,一質(zhì)量 m= 8x 10 4kg、電荷量 q=+ 2X 104 Cm/s, O是擋板0 8o-0.8的微粒在O點具有豎直向下的速度v= 0.122MN垂直，g取10 m/s .求：(1)微粒再次經(jīng)過直線 OO 時與O點的距離；微粒在運動過程中離開直線OO 的最大高度；(3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應(yīng)滿足的條件.解析：(1)由題意可知，微粒所受的重力 G = mg = 8 x 10 3n電場力大小F= Eq = 8x 10 3n 因此重力與電場力平衡 微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則2v_qvB= mR,解得 R= mv= 0.6 mBq由 T = ，解得 T = 10nsv則微粒在5ns內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)直線00時與0點的距離：I = 2R= 1.2 m.