第9章3 第三節(jié)　課后達標能力提升—2021屆高中物理一輪復習課后達標檢測

1、學生用書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Dd隨v0增大而增大，d隨U增大而減小解析：選A.設粒子從M點進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，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子最后落到P點，設OPx，下列圖線能夠正確反映x與U之間的函數關系的是()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，電場強度為E的勻強電場方向豎直向下，磁感應強度為B的水平勻強磁場垂直紙面向里，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三個油滴的質量相等，b、c都沿順時針方向運動Ba的質量最大，c的質量最小，b、c都沿逆時針方向運動Cb的質量最大，a的質量最小，b、c都沿順時針方向運動D三個油滴的質量相等，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、質量為m的負離子(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空間存在垂直紙面方向的勻強磁場(未標出)要使該負離子在磁場中運動后，又恰能直接從右極板上邊緣進入電場，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磁感應強度大小為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，粒子帶負電荷，根據左手定則，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；根據幾何關系，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電場和垂直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復合場中，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qE<qvB之后，其a，隨下落速度v的增大a逐漸減??；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兩板間產生勻強電場(場強大小為E)，右邊有一塊擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里從兩板左側中點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，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兩板間的勻強電場方向一定由a指向bD若這三束離子改為帶負電而其他條件不變，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·山東濟南高三期末)如圖所示，兩豎直平行邊界內，勻強電場方向豎直(平行紙面)向下，勻強磁場方向垂直紙面向里一帶負電小球從P點以某一速度垂直邊界進入，恰好沿水平方向做直線運動若增大小球從P點進入的速度但保持方向不變，則在小球進入的一小段時間內() 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電，受到的電場力向上，洛倫茲力向下，重力向下，當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，小球將向下偏轉，電場力與重力的合力向上，則它們的合力對小球做負功，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，且做負功，則小球的機械能減小，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，平面直角坐標系的第二象限內

9、存在著垂直紙面向外、磁感應強度大小為2B的勻強磁場，第三象限內存在著垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場一帶負電的粒子從原點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過x軸時的位置到坐標原點的距離為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強度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過x軸時的位置到坐標原點的距離為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，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)平面直角坐標系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示一帶負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倍粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，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O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比解析：(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設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設粒子到達O點時沿y軸方向的分速

12、度為vyvyat設粒子到達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O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有v聯(lián)立式得vv0.(2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為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設磁場的磁感應強度大小為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，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，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)磁場的磁感應強度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比解析：(1)設甲種離子所帶