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磁場B和勻強電場E，磁感線和電場線互相垂直．在MN上方有一個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：速度會發(fā)生變化，力就會跟著變化，所以小球不可能做勻變速曲線運動，選項A錯誤；根據(jù)電勢能Ep＝qφ知只有帶電小球豎直向下做直線運動時，電勢能才保持不變，選項B錯誤；力的方向始終和速度方向垂直，所以力不做功，選項C錯誤；從能量守恒角度分析，選項D正確．a(chǎn)bNSa、3.0mm160μV0.040Ta、b的正負為()A．1.3m/s，a正、b B．2.7m/s，a正、bC．1.3m/s，a負、b D．2.7m/s，a負、b到平衡時離子所 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兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，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A正確．＝ cos

24xB的勻強磁場，xB存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為2Ox角斜向上的速度v射入磁場，且在x軸上方運動半徑為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動的半徑之比為＝qB所以Bt＝1T＋1T

C6 6

粒子第二次射入x軸上方磁場時沿x軸前進l＝R＋2R＝3R，粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)不能回到原點A錯誤、D別與高頻交流電源兩極相連接的兩個DD形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所DR.若用回旋加速質(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()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，有豎直向下的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B，且兩者正是()帶電性 B．運動周C．運動半 解析：選AB.油滴一定帶負電，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磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子P點垂直邊界進入磁分析器，Q點．不計粒子重力．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動根 力提供向心力則有qvB＝rBq由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打在Q點，可得 ERm，選項C錯誤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點與半圓軌道DF相切，存在垂直紙面向里的勻強磁場(CMN邊界上0.4kg

＝小球從F點飛出時磁場同時，小球離開F點后的運動軌跡與直線AC(或延長線G點(未標出)GD力三個力且合力為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軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里．在x軸下方存在勻強電場，方向豎直向上．一個質(zhì)量為m，電荷量為q，重力不計的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點沿y軸正方向以某初速度開始運動一段時間后，x45yby軸垂rxrcosr＝ r rv1＝qBr＝ (2)xx1bvb，結(jié)合類平拋運動規(guī)mvb＝v1cos45°得vb＝qBhm2tb點，b點的縱坐標為－yb結(jié)合類平拋運動規(guī)律得r＋rsin45°＝21yb＝2(v1sin

（（m

(3)T＝v1＝xt

8＝2（在電場中運動的時間2（xxt＝t＋t

m

4＋2答案：(1)2h

（（mm4＋211MNE1MN的右側(cè)存在豎直向上、場強大小為E2＝0.4N/C的勻強電場，還有垂直紙面向里的勻強磁場B(圖甲中未畫出)和水平向右的勻強電場E3(圖甲中未畫出)，B和E3隨時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)中運動多長時間與墻壁碰撞？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 運動了1.5s時的速度大小為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

因為r＋s1＜2.29m，所以在1～2s時間內(nèi)帶電微粒未碰及墻壁2～3sa＝0.1m/s2在0～3s時間內(nèi)帶電微粒共向右運動的位移

m＝2.22 t＝3sv3＝