3.兩根通電的長直導(dǎo)線平行放置.電流分別為I1和I2.電流的方向如圖所示.在與導(dǎo)線垂直的平面上有a.b.c.d四點(diǎn).其中a.b在導(dǎo)線橫截面連接的延長線上.c.d在導(dǎo)線橫截面連接的垂直平分線上.則導(dǎo)體中的電流在這四點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的是 A.a(chǎn)點(diǎn) B.b點(diǎn) C.c點(diǎn) D.d點(diǎn) 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

兩根通電的長直導(dǎo)線平行放置,電流大小I1>I2,電流的方向如圖所示,在與導(dǎo)線垂直的平面上有a、b、c、d四點(diǎn),其中a、b在導(dǎo)線橫截面連接的延長線上,c、d在導(dǎo)線橫截面連接的垂直平分線上.則導(dǎo)體中的電流在這四點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的是(  )

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兩根通電的長直導(dǎo)線平行放置,電流分別為I1和I2,電流的方向如圖所示,在與導(dǎo)線垂直的平面上有a、b、c、d四個(gè)點(diǎn),其中a、b在導(dǎo)線橫截面連線的延長線上,c、d在導(dǎo)線橫截面連線的垂直平分線上.則導(dǎo)體中的電流在這四點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的是(  )

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精英家教網(wǎng)兩根通電的長直導(dǎo)線平行放置,電流大小分別為I1和I2,電流的方向如圖所示,在與導(dǎo)線垂直的平面上有a、b、c、d四點(diǎn),其中a、b在導(dǎo)線橫截面連線的延長線上,c、d在導(dǎo)線橫截面連線的垂直平分線上.則導(dǎo)線中的電流在這四點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定不可能為零的是( 。
A、a點(diǎn)B、b點(diǎn)C、c點(diǎn)D、d點(diǎn)

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兩根通電的長直導(dǎo)線平行放置,電流分別為I1I2,電流的方向如圖所示,在與導(dǎo)線垂直的平面上有a、b、c、d四點(diǎn),其中a、b在導(dǎo)線橫截面連接的延長線上,c、d在導(dǎo)線橫截面連接的垂直平分線上,則導(dǎo)體中的電流在這四點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的是

   

A.a點(diǎn)                 B.b點(diǎn)

C.c點(diǎn)                 D.d點(diǎn)

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兩根通電的長直導(dǎo)線平行放置,電流分別為I 1I 2,電流的方向如圖15-2-18所示,在與導(dǎo)線垂直的平面上有a、bc、d四點(diǎn),其中a、b在導(dǎo)線橫截面連線的延長線上,c、d在導(dǎo)線橫截面連線的垂直平分線上.則導(dǎo)體中的電流在這四點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的是(  )

圖15-2-18

A.a點(diǎn)?          B.b點(diǎn)           C.c點(diǎn)?            D.d點(diǎn)

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1. B    根據(jù)磁感線的疏密程度可以判斷出a、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等,Ba<Bb,即B正確;同一通電導(dǎo)線放在a處受力的情況大小不一定,因?yàn)榉湃霑r(shí)的位置(即放入時(shí)與磁感線的方向)不確定,則其受安培力的大小就不一定.

2. C    地球自轉(zhuǎn)等效成環(huán)形電流,南極為磁場(chǎng)N極,由右手定則可知地球帶負(fù)電,地球轉(zhuǎn)速變慢使環(huán)形電流電流減小,故磁場(chǎng)減弱,所以選C.

3. AB    根據(jù)安培定則和磁感應(yīng)強(qiáng)度的迭加原理即可知.

4. ABC  提示:根據(jù)已知條件畫出運(yùn)動(dòng)的軌跡和基本公式即可判斷.

5. AB    若小球A帶正電,小球A受重力和A、B之間的庫侖力的作用(且?guī)靵隽槌饬Γ,若重力的大小和庫侖力的大小相反,則撤去絕緣板后,重力和庫侖力仍大小相等而方向相反,故小球A仍處于靜止?fàn)顟B(tài),A正確;若庫侖力大于重力,則可由左手定則判斷B正確.

6. B    電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)向上偏,剛好從C點(diǎn)沿切線方向穿出是一臨界條件,要使電子從BC邊穿出,其運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)比臨界半徑大,由可知,磁感應(yīng)強(qiáng)度只要比臨界時(shí)的小就可以了,如題圖,由對(duì)稱性作輔助線,由幾何關(guān)系可得,半徑,又,解得,故選B.

7. AD    由題意知,帶正電的粒子從中央線的上方離開混合場(chǎng),說明在進(jìn)入電、磁場(chǎng)時(shí),豎直向上的洛侖茲力大于豎直向下的電場(chǎng)力.在運(yùn)動(dòng)過程中,由于電場(chǎng)力做負(fù)功,洛侖茲力不做功,所以粒子的動(dòng)能減小,從而使所受到的磁場(chǎng)力可能比所受電場(chǎng)力小,選項(xiàng)A正確.又在運(yùn)動(dòng)過程中,洛侖茲力的方向不斷發(fā)生改變,其加速度大小是變化的,運(yùn)動(dòng)軌跡是復(fù)雜的曲線而并非簡(jiǎn)單的拋物線,所以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤.由動(dòng)能定律得:,故選項(xiàng)D正確,綜合來看,選項(xiàng)A、D正確.

8. C   根據(jù)電子運(yùn)動(dòng)的軌跡知在兩導(dǎo)線之間的磁場(chǎng)方向垂直于兩導(dǎo)線所在的平面,只有ab中由ba的電流或cd中從cd的電流才能產(chǎn)生這樣的磁場(chǎng),又從電子運(yùn)動(dòng)軌跡在向cd邊靠近時(shí)曲率半徑變小,由知與cd邊越近,B越強(qiáng),可見是由cd中的電流產(chǎn)生的,只有C正確.

9. BD   本題考查帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),在分析時(shí)要注意隨著速度的變化,洛倫茲力發(fā)生變化,導(dǎo)致桿對(duì)小球的彈力發(fā)生變化,因此摩擦力發(fā)生變化,小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化.

10. C    帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=mv/qB,設(shè)α粒子第一次穿過金屬片的速度v/,則,所以v/=0.9v,動(dòng)能減少.根據(jù)阻力及電量恒定,α粒子每穿過一次金屬片,動(dòng)能都減少0.19E,由,故α粒子穿過5次后陷入金屬中.

11. B=(6分)  控制變量法(2分)

解析:從表中數(shù)據(jù)分析不難發(fā)現(xiàn)B/I=k1Br=k2,所以有B=kI/r,再將某一組B、I、r值代入上式得k=2×10-7Tm/A.所以得出磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流I及距離r的關(guān)系式為B=

12.(1)A (2分)  逆時(shí)針 (2分)

(2)運(yùn)動(dòng)電荷受到了磁場(chǎng)力(2分)  陰  (2分) 

(3)吸引(2分)    排斥(2分)

13.解析:(1)設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度為v,則由動(dòng)能定理可得(2分)

在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得,(2分)

解得C(2分)

根據(jù)左手定則可判斷小球帶負(fù)電(3分)

(2)根據(jù)機(jī)械能守恒可知,小球第二次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度小仍為v,此時(shí)懸線對(duì)小球的拉力為F,由牛頓第二定律得,(3分)

解得N(2分)

14.解析:(1)由牛頓第二定律可求得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的    半徑,(1分)

m>(2分)

因此要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的弦長最長,從右圖中可以看出,以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓,粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長. (2分)

設(shè)該弦對(duì)應(yīng)的圓心角為,而(1分)

運(yùn)動(dòng)時(shí)間(2分)

,故s(2分)

(2)(2分)

粒子在磁場(chǎng)中可能出現(xiàn)的區(qū)域:如圖中以Oa為直徑的半圓及以a為圓心Oa為半徑的圓與磁場(chǎng)相交的部分.繪圖如圖. (2分)

15.解析:如圖所示,帶電小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過程中受到電場(chǎng)力FE、洛倫茲力FB和彈力FN的作用,其合力即為小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,由圖可知:

(3分)

(2分)

其中FB=qvBFE=kQq/R2,代入上式可得,

(2分)

上式中m、R、Bq、k、Q均為常數(shù),所以FNv的二次函數(shù).對(duì)照y=ax2+bx+c,有a=m/R,b=Bqc=kQq/R2. (2分)

a>0,故FN有最小值,且當(dāng)時(shí),FN最。ㄅR界條件),最小值為.(2分)

可見,隨著小球運(yùn)動(dòng)速度的增大,圓環(huán)對(duì)小球的彈力FN先減小、后增大,且臨界狀態(tài)(最小值)出現(xiàn)在v=BqR/2m時(shí). (3分)

16.解析:(1)要求光斑的長度,只要找到兩個(gè)邊界點(diǎn)即可.初速度沿x軸正方向的電子,沿弧OB運(yùn)動(dòng)到P;初速度沿y軸正方向的電子,沿弧OC運(yùn)動(dòng)到Q

設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得,

(4分)

,從圖中可以看出(4分)

(2)沿任一方向射入第一象限的電子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都能垂直打到熒光屏MN上,需加最小面積的磁場(chǎng)的邊界是以(0,R)為圓心,半徑為R的圓的一部分,如圖中實(shí)線所示. (4分)

所以磁場(chǎng)范圍的最小面積.(4分)

17.解析:(1)用左手定則判斷出:磁場(chǎng)方向?yàn)椋?i>x方向或-y方向. (4分)

(2)在未加勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí),帶電小球在電場(chǎng)力和重力作用下落到P點(diǎn),設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,

小球自由下落,有H=gt2/2(1分)

小球沿x軸方向只受電場(chǎng)力作用,Fe=qE(1分)

小球沿x軸的位移為l=at2/2(1分)

小球沿x軸方向的加速度為a=Fe/m(1分)

聯(lián)立求解,得E=mgl/qH. (2分)

(3)帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)共存的區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí),洛倫茲力不做功.電場(chǎng)力做功為:We=qEl,(1分)

重力做功為WG=mgH(1分)

設(shè)落到N點(diǎn)時(shí)速度大小為v,根據(jù)動(dòng)能定理得,(2分)

解得,(2分)

18.解析:(1)因帶電質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故電場(chǎng)力與重力平衡,①(1分)

兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度③(1分)

兩板間電壓④(1分)

由閉合電路歐姆定律得,⑤(1分)

由①~⑤得,(2分)

     (2)由題意知,電場(chǎng)力豎直向上,故質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電,由左手定則得洛倫茲力豎直向下,由平衡條件可得,⑥(2分)

因兩極板間電壓

,⑦(2分)

由⑥⑦解得,⑧(1分)

    (3)因板間電壓變?yōu)?sub>

故電場(chǎng)力(2分)

由動(dòng)能定理得,⑩(2分)

由⑧⑨⑩解得.(1分)

 


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