第八章第三節(jié)課后檢測能力提升

(2016·東城區(qū)統(tǒng)測)如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大的正交的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，磁感線和電場線互相垂直．在MN上方有一個(gè)帶正電的小球由靜止開始列說法中正確的是()BC．力對小球做正解析：速度會(huì)發(fā)生變化，力就會(huì)跟著變化，所以小球不可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)電勢能Ep＝qφ知只有帶電小球豎直向下做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢能才保持不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；力的方向始終和速度方向垂直，所以力不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從能量守恒角度分析，選項(xiàng)D正確．a(chǎn)bNSa、3.0mm160μV0.040Ta、b的正負(fù)為()A．1.3m/s，a正、b B．2.7m/s，a正、bC．1.3m/s，a負(fù)、b D．2.7m/s，a負(fù)、b到平衡時(shí)離子所 力與電場力平衡，所以有：qvB＝U，代入數(shù)據(jù)解得v≈1.3qd磁場和射出磁場的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計(jì)重力，不考慮邊緣效應(yīng))()A．dU1變化，dU2B．dU1無關(guān)，dU2C．dU1變化，dU2D．dU1無關(guān)，dU2解析：設(shè)帶電粒子在加速電場中被加速后的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理有qU1＝1mv2. vθ＝場中有 v0，而d＝2rcosθ，聯(lián)立各式解得d＝mv0，因而選項(xiàng)A正確．＝ cos

24xB的勻強(qiáng)磁場，xB存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2Ox角斜向上的速度v射入磁場，且在x軸上方運(yùn)動(dòng)半徑為R.則下列說法正確的是 Bx2∶1Dxx解析：選D.由

x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為＝qB所以Bt＝1T＋1T

C6 6

粒子第二次射入x軸上方磁場時(shí)沿x軸前進(jìn)l＝R＋2R＝3R，粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)不能回到原點(diǎn)A錯(cuò)誤、D別與高頻交流電源兩極相連接的兩個(gè)DD形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖所DR.若用回旋加速質(zhì)子時(shí)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電頻率為f.則下列說法正確的是()D．不改變B和f，該回旋也能用于加速α粒子 解析：A.T＝v，T＝f2πfRC錯(cuò)誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣?/p>

D在空間某一區(qū)域里，有豎直向下的勻強(qiáng)電場E和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，且兩者正是()帶電性 B．運(yùn)動(dòng)周C．運(yùn)動(dòng)半 解析：選AB.油滴一定帶負(fù)電，故A正確；由qE＝mg、

T＝qB

T＝gB，R＝gB，B正確，C、DdIBI成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時(shí)通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓d霍爾元件的電阻可以忽略，則(C．IHIDRLA、BRRLIH＝RLIIHII比，選項(xiàng)C正確．由于B與I成正比，設(shè)B＝aI，則IL＝ ，PL＝I2R，故UH＝kIHBI＋dL＋d PLUH∝PLDRE有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，Q點(diǎn)．不計(jì)粒子重力．下列說法正確的是()加速電場的電壓 BPQ＝2B22

qE＝R

B正確粒子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)根 力提供向心力則有qvB＝rBq由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打在Q點(diǎn)，可得 ERm，選項(xiàng)C錯(cuò)誤BqBB

相相9．如圖所示與水平面成37°的傾斜軌道AC，其延長線在D點(diǎn)與半圓軌道DF相切，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(CMN邊界上0.4kg

＝小球從F點(diǎn)飛出時(shí)磁場同時(shí)，小球離開F點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與直線AC(或延長線G點(diǎn)(未標(biāo)出)GD力三個(gè)力且合力為0，因此帶電小球應(yīng)帶正電荷．7D7

FF＝mg＝5Ncos37°qB＝F＝ 在F處由第二定律可R RqB＝7R＝1 DFWFf，由動(dòng)能定理可得m（v2－v2 WFf≈27.6mFm22R＝2

2＝s ＝s5GDGD＝vFt＝85

m≈2.26答案：10．(2016·福建福州質(zhì)檢)如圖所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．在x軸下方存在勻強(qiáng)電場，方向豎直向上．一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q，重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點(diǎn)沿y軸正方向以某初速度開始運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，x45yby軸垂rxrcosr＝ r rv1＝qBr＝ (2)xx1bvb，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)mvb＝v1cos45°得vb＝qBhm2tb點(diǎn)，b點(diǎn)的縱坐標(biāo)為－yb結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得r＋rsin45°＝21yb＝2(v1sin

（（m

(3)T＝v1＝xt

8＝2（在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間2（xxt＝t＋t

m

4＋2答案：(1)2h

（（mm4＋211MNE1MN的右側(cè)存在豎直向上、場強(qiáng)大小為E2＝0.4N/C的勻強(qiáng)電場，還有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B(圖甲中未畫出)和水平向右的勻強(qiáng)電場E3(圖甲中未畫出)，B和E3隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，P1P2為q＝1×10－5C，從左側(cè)電場中距邊界MN為 1

mAv＝1m/sMNt＝0g＝10MNE1；(sinMN1.5sMN右側(cè)場區(qū)中運(yùn)動(dòng)多長時(shí)間與墻壁碰撞？1.2

MNE1θ，帶電微粒受力如圖(a)所示，沿水平方向有qE1cosθ＝maqE1sinE1＝0.5E10.5N/C53MN0～1sE3

a＝m

m/s2＝0.11sv1＝v＋at＝(1＋0.1×1)m/s＝1.11～1.5sT＝qB

s＝1 運(yùn)動(dòng)了1.5s時(shí)的速度大小為1.1m/s，方向水平向左．0～1ss1＝vt＋1at2＝1×1＋1×0.1×12m＝1.05 B

m＝1.1

因?yàn)閞＋s1＜2.29m，所以在1～2s時(shí)間內(nèi)帶電微粒未碰及墻壁2～3sa＝0.1m/s2在0～3s時(shí)間內(nèi)帶電微粒共向右運(yùn)動(dòng)的位移

m＝2.22 t＝3sv3＝