新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练阶段检测6第10单元磁场(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练阶段检测6第10单元磁场(人教版)，共18页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为( )
A.0B.BIl
C.2BIlD.BIl
2.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流,在射向地球时,地磁场会改变其运动方向,对地球起到保护作用。地磁场的示意图(虚线,方向未标出)如图所示,赤道上方的磁场可看作与地面平行,若有来自宇宙的一束粒子流,其中含有α(He的原子核)射线、β(电子)射线、γ(光子)射线以及质子,沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空,则在地磁场的作用下( )
A.α射线沿直线射向赤道
B.β射线向西偏转
C.γ射线向东偏转
D.质子向北偏转
3.如图所示,一光滑绝缘的圆柱体固定在水平面上。导体棒AB可绕过其中点的转轴在圆柱体的上表面内自由转动,导体棒CD固定在圆柱体的下底面。开始时,两棒相互垂直并静止,两棒中点O1、O2连线与圆柱体的中轴线重合。现对两棒同时通入图示方向(A到B、C到D)的电流。下列说法正确的是( )
A.通电后,AB棒仍将保持静止
B.通电后,AB棒将逆时针转动(俯视)
C.通电后,AB棒将顺时针转动(俯视)
D.通电瞬间,线段O1O2上存在磁感应强度为零的位置
4.电流天平如图所示,可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂有一个矩形线圈,匝数为N,底边长为L,下部悬在匀强磁场中,线圈平面与磁场垂直。当线圈中通有图示方向的电流I时,调节砝码使两臂达到平衡;然后使电流反向、大小不变,这时需要在左盘中增加质量为m的砝码,才能使两臂达到新的平衡。所测磁场的磁感应强度B的大小为( )
A.B.C.D.
5.粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线,两根导线中通有相同的电流,电流方向竖直向上。水平面上一带正电的滑块静止于两导线连线的中垂线上,俯视图如图所示,某时刻给滑块一初速度,滑块沿中垂线向连线中点运动,滑块始终未脱离水平面。则在运动过程中( )
A.滑块一定做曲线运动
B.滑块可能做匀速直线运动
C.滑块的加速度一直增大
D.滑块的速度一直减小
6.如图所示,竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,一电荷量为q(q>0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下,下降高度为h时到达b点,滑块恰好对斜面无压力,重力加速度为g。在滑块自a点运动到b点的过程中,下列说法正确的是( )
A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
C.洛伦兹力做正功
D.滑块的机械能增大
7.回旋加速器工作原理如图所示,置于真空中的两个半圆形金属盒半径为R,两盒间留有一狭缝接有频率为f的高频交变电流,加速电压为U,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。若A处粒子源产生的氘核H)在狭缝中被加速,不考虑相对论效应和重力的影响,不计粒子在电场中的加速时间。则( )
A.氘核离开回旋加速器时的最大速率随加速电压U增大而增大
B.氘核被加速后的最大速度可能超过2πRf
C.氘核第n次和第n-1次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为n∶(n-1)
D.不改变磁感应强度B和交变电流频率f,该回旋加速器也能加速α粒子
8.如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上,下列说法正确的有( )
A.电子从N到P,静电力做正功
B.N点的电势高于P点的电势
C.电子从M到N,洛伦兹力做负功
D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
9.如图所示,一带电粒子以速度v0从O点沿两极板中线OA射入平行板电容器,当电容器极板间只有图示的磁感应强度为B的匀强磁场时,该粒子从上极板右端点N射出,当电容器极板间只有图示的电场强度为E的匀强电场时,该粒子从下极板右端点Q射出,当电容器极板间同时有图示的磁感应强度为B的匀强磁场和电场强度为E的匀强电场时,该粒子将(不计粒子重力)( )
A.从AN间射出
B.从AQ间射出
C.从A点射出
D.无法直接射出
10.如图所示,在直角坐标系第一象限内(包含x、y坐标轴)有方向垂直xOy平面向外、大小为B的匀强磁场。点P(2a,a)处有一个粒子源,在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们的速度方向均在xOy平面内,速度大小均为,不计粒子间的相互作用。下列关于粒子在坐标轴上射出的范围,判断正确的是( )
A.x轴上0~4a范围内有粒子射出
B.x轴上a~(2+)a范围内有粒子射出
C.y轴上0~a范围内有粒子射出
D.y轴上a~2a范围内有粒子射出
11.(2023北京卷)如图所示,在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中,固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道,其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a,长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道,粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上,与管壁发生弹性碰撞,多次碰撞后从另一端射出,单位时间进入管道的粒子数为n,粒子电荷量为+q,不计粒子的重力、粒子间的相互作用,下列说法不正确的是( )
A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B.粒子质量为
C.管道内的等效电流为nqπa2v
D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
12.如图所示,边长为a=0.4 m的正方形区域ABCD内无磁场,正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B=0.2 T的匀强磁场区域,PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外,PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量m=1×10-8 kg、电荷量q=2×10-6 C的正粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场,不计粒子的重力,则关于粒子的运动,下列说法正确的是( )
A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的最大速度为12 m/s
B.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为10 m/s
C.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为 m/s
D.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为2 m/s
13.范德格拉夫静电加速器由两部分组成,一部分是产生高电压的装置,叫作范德格拉夫起电机,加速罩(金属球壳)是半径a=0.5 m的一个铝球,由宽度D=10 cm、运动速度v=20 m/s的一条橡胶带对它充电,从而使金属壳与大地之间形成500 kV的高电压。另一部分是加速管和偏转电磁铁,再加上待加速的质子源就构成了一台质子静电加速器,如图所示。抽成真空的加速管由20个金属环及电阻组成(图中仅画出电阻中的6个),金属环之间由玻璃隔开,各环与500 MΩ的电阻串联。从质子源引出的质子进入加速管加速,然后通过由电磁铁产生的一个半径b=10 cm的圆形匀强磁场区域引出打击靶核。已知质子束的等效电流为25 μA,质子的比荷≈108 C/kg。下列说法不正确的是( )
A.若不考虑传送带和质子源的影响,加速罩内的电场强度E=0
B.若不考虑传送带和质子源的影响,加速罩内的电势φ=500 kV
C.要维持加速罩上500 kV的稳定电压,喷射到橡胶带表面上的面电荷密度σ为37.5 μC/m2
D.质子束进入电磁铁,并做角度θ=60°的偏转,磁感应强度B的大小为0.29 T
二、选择题Ⅱ(本题共2小题,每小题3分,共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
14.如图所示,下端封闭、上端开口、高h=5 m、内壁光滑的细玻璃管竖直放置,管底有质量m=10 g、电荷量的绝对值|q|=0.2 C的小球,整个装置以v=5 m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度B=0.2 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场,由于外力的作用,玻璃管在磁场中的速度保持不变,最终小球从上端管口飞出。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.整个过程中洛伦兹力对小球不做功
B.小球在离开管前做匀变速曲线运动
C.小球在玻璃管中的运动时间大于1 s
D.小球机械能的增加量为1 J
15.如图所示,一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中,匀强电场的电场强度大小E=、方向竖直向上,匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的带正电圆环套在杆上,圆环与杆之间的动摩擦因数为μ。现使圆环以初速度v0沿杆向下运动,经过时间t0,圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.圆环下降过程中的加速度逐渐减小
B.圆环的最大加速度am=g-
C.圆环在t0时间内损失的机械能为
D.圆环下降过程和上升过程中,系统因摩擦产生的内能相等
三、非选择题(本题共5小题,共55分)
16.实验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)
16-Ⅰ (7分)某学习小组利用砷化镓霍尔元件(载流子为电子)测量磁感应强度B,实验原理如图甲所示,匀强磁场垂直于元件的工作面,工作电源为霍尔元件提供霍尔电流IH,IH通过1、3测脚时,2、4测脚间将产生霍尔电压UH。
(1)某次实验中,利用螺旋测微器测量元件厚度d(如图乙所示),其读数为 mm,调节工作电压,改变霍尔电流,测出霍尔电压,实验数据如下表所示:
根据实验数据在如图丙所示的坐标纸上作出UH与IH的关系图像。
丙
(2)为提高测量灵敏度,请提出制作霍尔元件的建议: 。
16-Ⅱ (7分)某研究性学习小组的同学,为检测某工厂排放污水的情况,制作了一个简易的电磁流量计,如图甲所示。该装置为中空的长方形管道,长、宽、高分别为a=20 cm,b=c=10 cm,左、右两端开口,与排污管道连通。流量计的上、下底面为绝缘体,前、后两个侧面为导体,并分别固定两个电极M、N。在垂直于底面的方向加一竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=0.8 T。当含有正、负离子的污水从左向右流经该装置时,M、N两电极间将产生电势差U。
甲
乙
(1)若使用多用电表的电压挡测量M、N电极间的电势差,则与图甲中M相连的应是多用电表的 (选填“红”或“黑”)色表笔。
(2)某次测量时,使用了多用电表0~250 mV量程的直流电压挡,表盘示数如图乙所示,则M、N电极间的电势差U= mV。
(3)若多用电表使用直流电压挡时,可近似视为理想电压表,则根据(2)中测得的电压值,可估算出污水的速度为 m/s(结果保留2位有效数字)。
(4)现把多用电表的换挡开关旋至量程适当的直流电流挡,把红、黑表笔正确接至M、N两个电极,测得电流值I=50 μA,并已知此时多用电表的内阻为r=200 Ω。假定污水的流速恒定并且充满流量计的长方形管道,由此可估算出污水的电阻率ρ= Ω·m。
17.(8分)如图所示,两根间距为l的平行金属导轨在同一水平面内,质量为m的金属杆ab垂直放在导轨上。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与金属杆垂直且与导轨平面成θ角斜向上。闭合开关S,当电路电流为I时,金属杆ab处于静止状态,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求金属杆ab受到的安培力大小。
(2)求导轨对金属杆ab的支持力大小。
(3)滑动变阻器的滑片向右移动,金属杆ab受到的支持力减小,金属杆ab仍保持静止。某同学认为:由于金属杆ab受到的支持力减小,所以它受到的摩擦力减小。你是否同意该同学的说法,请分析说明。
18.(11分)如图所示,竖直放置的半环状ABCD区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小B=0.5 T,外环的半径R1=16 cm,内环的半径R2=4 cm,外环和内环的圆心均为O,沿OD放置照相底片,有一线状粒子源放在AB正下方(图中未画出),不断放出初速度大小均为v0=1.6×106 m/s、方向垂直AB和磁场的相同粒子,粒子在磁场中运动,最后打到照相底片上,经检验,底片上仅有CD区域被粒子打到。不考虑粒子间的相互作用,粒子重力忽略不计,假设打到磁场边界的粒子会被吸收。
(1)求粒子的电性。
(2)求粒子的比荷。
(3)若照相底片沿OP放置,求底片上被粒子打到的区域的长度。
19.(11分)如图所示,在x轴和y轴构成的平面内,有两条平行于y轴、且与y轴的距离均为d=1.2 m的直线MN和PQ,直线MN与y轴之间存在垂直纸面向里的有界匀强磁场,直线PQ与y轴之间存在沿y轴负方向的有界匀强电场,有一个质量m=3.0×10-22 kg、电荷量q=4.8×10-11 C的带正电的粒子,从坐标原点以速度v0=3.2×106 m/s沿x轴正方向进入磁场区域,经过坐标为(0,0.8)的点后进入电场区域,最后恰好从PQ与x轴的交点C射出电场,不计粒子的重力。(sin 53°=0.8,cs 53°=0.6)求:
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;
(3)粒子经过C点时的速度。
20.(11分)如图甲所示,在Oxyz坐标系中,存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度为E0,电荷量为q的带正电小球位于z轴负半轴上的P点,若小球以与z轴正方向夹角为θ的速度开始在yOz平面内运动,经过一段时间后,小球恰好经过O点且速度方向沿y轴正方向,大小为v。此时刻,将电场方向变成沿z轴正方向,其随时间变化的规律如图乙所示,同时在坐标系中加一沿x轴负方向的匀强磁场(图中未画出),小球在0~内做匀速直线运动,内恰好完成一个完整的匀速圆周运动。已知重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)小球的质量m;
(2)E1和B;
(3)电场变化的周期T;
(4)小球在T时刻的位置。
参考答案
阶段检测(六) 第十单元
1.C 解析 ab边受安培力,bc边不受安培力,根据安培力公式有F=BI·2l=2BIl,选项C正确。
2.B 解析 赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北,根据左手定则可知,带正电的α射线和质子向东偏转,带负电的β射线向西偏转,不带电的γ射线不偏转。故选B。
3.B 解析 如图所示,AB棒左侧处在斜向上的磁场中,受到的安培力F1穿过纸面向外,AB棒右侧处在斜向下的磁场中,受到的安培力F2穿过纸面向里,故AB棒将逆时针转动(俯视),故A、C错误,B正确;通电后,根据安培定则可知,AB棒和CD棒中的电流会在周围产生磁场,根据磁场的合成可知,线段O1O2上不存在磁感应强度为零的位置,故D错误。
4.A 解析 根据平衡条件有,mg=2NBIL,解得B=,故选A。
5.D 解析 根据安培定则可知,两导线连线的垂直平分线上半段的磁场方向水平向左,而下半段的磁场方向水平向右,根据左手定则可知,滑块受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向外或向里,滑块所受的支持力减小或增大,则滑块所受的摩擦力也随之减小或增大,根据牛顿第二定律可知,滑块的加速度也会减小或增大,滑块所受的滑动摩擦力与速度反向,则加速度也与速度反向,滑块一定做减速直线运动。故选D。
6.B 解析 滑块自a点由静止沿斜面滑下,在a点不受洛伦兹力作用,故A错误;滑块自a点运动到b点的过程中,洛伦兹力不做功,支持力不做功,滑块机械能守恒,mgh=mv2,得v=,故滑块在b点受到的洛伦兹力F=qBv=qB,故B正确,C、D错误。
7.D 解析 根据qvB=m,可得v=,可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U无关,故A错误;氘核被加速到最大速度时的轨道半径为R,则v==2πRf,故氘核被加速后的最大速度不可能超过2πRf,故B错误;氘核第n次和第n-1次经过两金属盒间狭缝,分别有nqU=,(n-1)qU=,解得vn=,vn-1=,又qvB=m,则r=,则氘核第n次和第n-1次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比rn∶rn-1=vn∶vn-1=,故C错误;回旋加速器的周期T=,由于氘核H)和α粒子He)的比荷相等,所以不改变磁感应强度B和交变电流频率f,该回旋加速器也能加速α粒子,故D正确。
8.B 解析 电子所受静电力水平向左,电子从N到P的过程中静电力做负功,选项A错误。匀强电场方向水平向右,N点的电势高于P点的电势,选项B正确。由于洛伦兹力一直与速度方向垂直,故电子从M到N,洛伦兹力不做功,选项C错误。由于M点和P点在同一等势面上,故从M到P静电力做功为0,而洛伦兹力不做功,M点速度为0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M点和P点都只受静电力作用,在匀强电场中电子在这两点静电力相等,即合力相等,选项D错误。
9.
B 解析 只有磁场时,粒子从N点射出,粒子圆周运动轨迹如右图所示,设电容器极板长为L,间距为2d,由几何关系有,L2+(r-d)2=r2,得半径r=,由洛伦兹力提供向心力,得qv0B=,只有电场时,粒子从Q点射出,粒子做类平抛运动,有L=v0t,d=at2,其中a=,得静电力qE=,由>1可知,静电力大于洛伦兹力,由分析知,若电容器极板间同时有图示的磁感应强度为B的匀强磁场和电场强度为E的匀强电场时,粒子将从AQ间射出。故选B。
10.B 解析 粒子在磁场中r==a,由几何关系知,打到x轴上距离原点最远的粒子到O点的距离xmax=2a+2acs30°=(2+)a,垂直x轴向下射出的粒子到达x轴时轨迹与x轴相切,切点到达O点的距离最近xmin=a,即x轴上a~(2+)a范围内有粒子射出;垂直x轴向下射出的粒子轨迹与y轴相切,刚能到达y轴,其他的粒子都不能到达y轴,则选项B正确。
11.C 解析 带正电的粒子沿轴线射入,然后垂直打到管壁上,可知粒子运动的圆弧半径r=a,故A正确;根据qvB=m,可得粒子的质量m=,故B正确;管道内的等效电流I=NqSv,单位体积内电荷数为,则I=qπa2v=nq,故C错误;由动量定理可得,FΔt=2nmΔtv,设粒子束对管道的平均作用力大小为F',F'·=F,联立解得,F'=nBql,故D正确。
12.C 解析 由题意知,qvB=m,解得v=,若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子可能的运动轨迹如图所示,由几何关系可得,(2n+1)r=(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2,…),当n=0时,速度最大为vmax=8m/s,当n=1时,v1=m/s,当n=2时,v2=m/s,则粒子的速度不可能为2m/s。故选C。
13.
D 解析 加速罩静电平衡E=0,由题意得,φ=500kV,故A、B正确,不符合题意;加速罩通过电阻和质子束放电,通过电阻放出的电流IR=μA=50μA,需要供给加速罩的总电流I=IR+Ip=75μA,这个电流被喷到橡胶带,而I=σDv,则σ==37.5μC/m2,故C正确,不符合题意;加速过程,由动能定理得,mv2=qφ,在磁场中有B=,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系得,r=,联立解得B=≈0.58T,故D错误,符合题意。
14.BD 解析 小球的质量m=10g=0.01kg。小球在玻璃管中刚开始所受洛伦兹力方向竖直向上,F>mg,小球获得竖直向上的加速度,向上加速运动,洛伦兹力对小球做正功,故A错误;由于玻璃管在磁场中水平方向上匀速运动,小球在水平方向上与玻璃管保持相对静止,故小球也在水平方向上匀速运动,洛伦兹力在竖直方向上的分力始终等于qvB,保持不变,小球在竖直方向上受到的合力F合=qvB-mg,恒定不变,所以小球在竖直方向上做匀加速直线运动,则小球在离开管前做匀变速曲线运动,故B正确;小球的实际运动速度可分解为水平方向上的速度v和竖直方向上的速度vy,与两个分速度对应的洛伦兹力的分力分别是水平方向上的F'和竖直方向上的F,其中竖直方向上F=qvB不变,在竖直方向上,由牛顿第二定律得,qvB-mg=ma,解得a=10m/s2,由匀变速运动的位移公式得,h=at2,解得t=1s,故C错误;小球飞出管口时,竖直速度vy=at=10×1m/s=10m/s,飞出管口的合速度v合=,动能增量ΔEk=mv2,代入数据解得ΔEk=0.5J,重力势能的增量ΔEp=mgh=0.01×10×5J=0.5J,机械能的增量ΔE=ΔEk+ΔEp=0.5J+0.5J=1J,故D正确。
15.AC 解析 圆环向下运动时竖直方向上受到重力、向上的静电力和向上的摩擦力。设圆环向下运动的加速度大小为a1,则a1==g+,方向竖直向上,因此圆环速度会减小,并导致其所受洛伦兹力减小,则摩擦力会减小,因此圆环做加速度减小的减速运动,故A正确;当圆环向上运动时,圆环的加速度大小a2==g-,随着圆环速度的增大,圆环开始做加速度减小的加速运动,之后做匀速直线运动,圆环向下运动时的加速度大于向上运动时的加速度,而向下运动时圆环受到的摩擦力越大,则加速度越大,因此圆环刚开始运动时,加速度最大,有mam=qE-mg+μqv0B,可得am=g+,故B错误;圆环先后两次经过出发点的过程中,重力势能变化量为零,可知圆环机械能的损失即为动能的损失,根据动能定理,有ΔEk=mv2-,而圆环最后做匀速运动的速度v=,因此圆环在t0时间内损失的机械能ΔE=,故C正确;圆环上升和下降的过程中,摩擦力大小的平均值不同,而圆环运动的路程相同,所以两过程中,系统因摩擦产生的内能不相等,故D错误。
16.16-Ⅰ
答案 (1)2.000 见解析 (2)①减小厚度d;②选用单位体积中自由电子的个数更多的材料制作霍尔元件
解析 (1)d=2.0mm+0×0.01mm=2.000mm。
将表格中的数据在图中描点连线,其图像如图所示。
(2)霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于静电力,有evB=eE,电流微观表达式IH=neSv,设霍尔元件的宽度为l,霍尔元件的电压UH=El,霍尔元件的截面面积S=ld,解得UH=。由UH=可知,减小厚度d或选用单位体积中自由电子的个数更多的材料制作霍尔元件可以提高测量灵敏度。
16-Ⅱ
答案 (1)黑 (2)145 (3)1.8 (4)540
解析 (1)由左手定则知,N端聚集正电荷,电势较高;M端聚集负电荷,电势较低,故M端接黑表笔。
(2)由题图可知,250mV挡,每小格为5mV,故读数为145mV。
(3)根据q=qvB,UMN=Bbv,解得v≈1.8m/s。
(4)根据I=,R=ρ=ρ,解得ρ=540Ω·m。
17.答案 (1)BIl (2)mg-BIlcs θ (3)不同意该同学的说法,理由见解析
解析 (1)金属杆ab受力示意图如图所示,磁场对金属杆ab的安培力大小为F=BIl。
(2)竖直方向上根据受力平衡可得
FN+Fcsθ=mg
解得FN=mg-BIlcsθ。
(3)不同意该同学的说法,金属杆ab所受摩擦力Ff为静摩擦力,其大小与支持力无关,由于金属杆ab处于静止状态,其所受静摩擦力大小等于安培力在水平方向上的分力大小,即Ff=BIlsinθ,滑动变阻器的滑片向右移动时,金属杆ab中电流增大,金属杆ab所受静摩擦力增大。
18.答案 (1)正电 (2)3.2×107 C/kg (3)2 cm
解析 (1)由左手定则可知,粒子带正电。
(2)如图所示,设粒子的质量为m,电荷量为q,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,依题意有
2R=R1+R2
R=10cm
由牛顿第二定律qv0B=
代入数据解得=3.2×107C/kg。
(3)若照相底片沿OP放置,则底片上被粒子打到的区域长度为MN的长度,如图所示,在△O1OM中,由几何关系有
=R2-(R-R2)2
解得lOM=8cm
lMN=R-lOM
联立代入数据解得lMN=2cm。
19.答案 (1)5.0×10-5 T (2)1.4×106 N/(C·T) (3)5.3×106 m/s,方向与x轴负方向成53°角斜向下
解析 (1)根据题意可知,粒子进入磁场之后做匀速圆周运动,由于粒子经过坐标为(0,0.8)的点进入电场,由几何知识可得
R=0.4m
粒子运动的轨迹如图所示,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,有
qv0B=m
联立解得B==5.0×10-5T。
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动,垂直于电场方向不受力,做匀速运动,有
d=v0t
平行于电场方向受静电力,做匀加速运动2R=at2
a=
联立解得=1.4×106N/(C·T)。
(3)由题意得
=4aR
v=
联立解得v=v0=5.3×106m/s
又有tanθ=
解得θ=53°
即粒子离开匀强电场时的速度方向与x轴负方向成53°角,斜向下方。
20.答案 (1)
(2)
(3)
(4)
解析 (1)小球从P点运动到O点的过程中,受重力与静电力作用做类斜抛运动,设初速度大小为v0,时间为t0,沿y轴方向位移为零,则有
t0=0
沿y轴方向v-(-v0sinθ)=at0=t0
沿z轴方向0-v0csθ=-gt0
联立可得m=。
(2)小球在0~内做匀速直线运动,由受力平衡条件有
qE1+qvB=mg
在内做匀速圆周运动,则有
2qE1=mg
得E1=
B=。
(3)小球在内恰好完成一个完整的匀速圆周运动,则
得T=。
(4)小球在0~内做匀速直线运动,沿y轴方向位移为
y1=v·
内恰好完成一个完整的匀速圆周运动,末位置与末位置相同。~T时间内小球的运动可以分解为以2v向右的匀速直线运动和以初速度v向左在yOz平面内的逆时针匀速圆周运动,由于时间正好等于小球圆周运动的一个周期,所以在T末的位置仍在y轴上,此段时间内的位移为
y3=2v·
则小球在T时刻在y轴上的位置为
y=y1+y3=vT=
小球在T时刻的位置坐标为。
实验次数
1
2
3
4
5
IH/mA
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
UH/mV
41.5
83.1
124.8
166.4
208.1