題目列表(包括答案和解析)
I |
r |
I |
r |
I/A B/T r/m |
5.0 | 10.0 | 20.0 |
0.020 | 4.98×10-5 | 10.32×10-5 | 19.73×10-5 |
0.040 | 2.54×10-5 | 5.12×10-5 | 9.95×10-5 |
0.060 | 1.63×10-5 | 3.28×10-5 | 6.72×10-5 |
0.080 | 1.28×10-5 | 2.57×10-5 | 5.03×10-5 |
I/A r/m B/T |
5.0 | 10.0 | 20.0 |
0.020 | 4.98×10-5 | 10.32×10-5 | 19.73×10-5 |
0.040 | 2.54×10-5 | 5.12×10-5 | 9.95×10-5 |
0.060 | 1.63×10-5 | 3.28×10-5 | 6.72×10-5 |
0.080 | 1.28×10-5 | 2.57×10-5 | 5.03×10-5 |
(8分)某同學(xué)在研究長直導(dǎo)線周圍的磁場時(shí),為增大電流,用多根導(dǎo)線捆在一起代替長直導(dǎo)線,不斷改變多根導(dǎo)線中的總電流I和測試點(diǎn)與直導(dǎo)線的距離,測得下表所示數(shù)據(jù):
由上述數(shù)據(jù)可得出磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流I及距離r的關(guān)系式為B=__________T。在由數(shù)據(jù)得出關(guān)系式時(shí)可以采用保持某一物理量不變,采用作圖或從數(shù)據(jù)上得出另外兩個(gè)物理量之間的關(guān)系,這在物理量上被稱作_________法,是物理學(xué)中經(jīng)常應(yīng)用的方法之一。(要求估算出比例系數(shù),用等式表示)
由上述數(shù)據(jù)可得出磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流及距離的關(guān)系式為= T.(要求估算出比例系數(shù),用等式表示)?
由上述數(shù)據(jù)可得出磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流I及距離r的關(guān)系式為B=_______.(要求用估算出的比例系數(shù)表示)??
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糁亓Φ拇笮『蛶靵隽Φ拇笮∠喾,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,說明在進(jìn)入電、磁場時(shí),豎直向上的洛侖茲力大于豎直向下的電場力.在運(yùn)動過程中,由于電場力做負(fù)功,洛侖茲力不做功,所以粒子的動能減小,從而使所受到的磁場力可能比所受電場力小,選項(xiàng)A正確.又在運(yùn)動過程中,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)動軌跡是復(fù)雜的曲線而并非簡單的拋物線,所以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤.由動能定律得:,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)動的軌跡知在兩導(dǎo)線之間的磁場方向垂直于兩導(dǎo)線所在的平面,只有ab中由b到a的電流或cd中從c到d的電流才能產(chǎn)生這樣的磁場,又從電子運(yùn)動軌跡在向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)合場中的運(yùn)動,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)動狀態(tài)發(fā)生變化.
10. C 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑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=k1和Br=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)動電荷受到了磁場力(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中運(yùn)動的 半徑,(1分)
m>(2分)
因此要使粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間最長,則粒子在磁場中運(yùn)動的圓弧所對應(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)動的時(shí)間最長. (2分)
設(shè)該弦對應(yīng)的圓心角為,而(1分)
運(yùn)動時(shí)間(2分)
又,故s(2分)
(2)(2分)
粒子在磁場中可能出現(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)動的過程中受到電場力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)動的向心力,由圖可知:
(3分)
∴(2分)
其中FB=qvB,FE=kQq/R2,代入上式可得,
(2分)
上式中m、R、B、q、k、Q均為常數(shù),所以FN為v的二次函數(shù).對照y=ax2+bx+c,有a=m/R,b=-Bq,c=kQq/R2. (2分)
因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)動速度的增大,圓環(huán)對小球的彈力FN先減小、后增大,且臨界狀態(tài)(最小值)出現(xiàn)在v=BqR/
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)動到P;初速度沿y軸正方向的電子,沿弧OC運(yùn)動到Q.
設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R,由牛頓第二定律得,
(4分)
即,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)磁場偏轉(zhuǎn)后都能垂直打到熒光屏MN上,需加最小面積的磁場的邊界是以(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)
所以磁場范圍的最小面積.(4分)
17.解析:(1)用左手定則判斷出:磁場方向?yàn)椋?i>x方向或-y方向. (4分)
(2)在未加勻強(qiáng)磁場時(shí),帶電小球在電場力和重力作用下落到P點(diǎn),設(shè)運(yùn)動時(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)磁場和勻強(qiáng)電場共存的區(qū)域運(yùn)動時(shí),洛倫茲力不做功.電場力做功為: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,故電場力與重力平衡,①(1分)
又②
兩板間電場強(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
故,⑦(2分)
由⑥⑦解得,⑧(1分)
(3)因板間電壓變?yōu)?sub>⑨
故電場力(2分)
由動能定理得,⑩(2分)
由⑧⑨⑩解得.(1分)
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