人教版 (2019)選擇性必修第二冊(cè)第一章安培力與洛倫茲力綜合與測(cè)試圖文課件ppt-課件下載-教習(xí)網(wǎng)

第一章　學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時(shí)間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題　共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第7～10小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分)1．(2020·北京師大附中高二上學(xué)期期末)如圖所示為電流天平，可用來(lái)測(cè)定磁感應(yīng)強(qiáng)度。天平的右臂上掛有一匝數(shù)為N的矩形線圈，線圈下端懸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，當(dāng)線圈中通有電流I(方向如圖)時(shí)，發(fā)現(xiàn)天平的左端低右端高，下列哪些調(diào)節(jié)方案可以使天平平衡(　A　)A．減小電流I大小B．增長(zhǎng)線框的寬度LC．增大左盤(pán)砝碼的質(zhì)量D．增加線圈的匝數(shù)N解析：天平左端低右端高需減小左盤(pán)砝碼的質(zhì)量，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖可判右臂下端線圈受到的安培力方向豎直向上，其大小為F＝NBIL，要使天平平衡需減小F，故選項(xiàng)A正確，BD錯(cuò)誤。2．(2020·浙江省紹興一中高二上學(xué)期期末)法拉第電動(dòng)機(jī)原理如圖所示。條形磁鐵豎直固定在圓形水銀槽中心，N極向上。一根金屬桿斜插在水銀中，桿的上端與固定在水銀槽圓心正上方的鉸鏈相連。電源負(fù)極與金屬桿上端相連，與電源正極連接的導(dǎo)線插入水銀中。從上往下看，金屬桿(　D　)A．向左擺動(dòng) B．向右擺動(dòng)C．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)解析：接通電路，有向上的電流通過(guò)金屬桿，金屬桿處在磁鐵的磁場(chǎng)中，受到安培力作用，根據(jù)左手定則得知，安培力方向與金屬桿垂直向里，使金屬桿以磁鐵棒為軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。選項(xiàng)ABC錯(cuò)誤，D正確。3. (2020·遼寧省盤(pán)錦市高二上學(xué)期期末)如圖所示，矩形虛線框MNPQ內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。a、b、c是三個(gè)質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點(diǎn)沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，圖中畫(huà)出了它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡。粒子重力不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是(　D　)A．粒子a帶負(fù)電B．粒子c的動(dòng)能最大C．粒子b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)D．粒子b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心力最大解析：根據(jù)左手定則知粒子a帶正電，粒子b、c帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB＝m ，可得：r＝，粒子的動(dòng)能Ek＝mv2，三個(gè)帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個(gè)磁場(chǎng)中，當(dāng)速度越大時(shí)、軌道半徑越大，則由圖知，c粒子速率最小，b粒子速率最大，b粒子動(dòng)能最大，向心力最大，故B錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)t＝·＝，則c粒子圓弧轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角最大，時(shí)間最長(zhǎng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。4. (2020·新疆烏魯木齊七十中高二上學(xué)期期末)如圖所示，有一傾角為30°的光滑斜面，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直斜面，勻強(qiáng)電場(chǎng)沿斜面向上并垂直斜面底邊。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以速度v在斜面上做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。則(　B　)A．帶電粒子帶負(fù)電B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝C．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝D．帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒解析：小球恰在斜面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，電場(chǎng)力與重力沿著斜面的分力相平衡，故粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；由上分析，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝m，得到，B＝，重力沿斜面向下的分力與電場(chǎng)力平衡時(shí)，則有Eq＝mgsin θ得到，E＝，故B正確，C錯(cuò)誤；雖然洛倫茲力不做功，但電場(chǎng)力做功，則粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。5. (2020·河南省鄭州市高二上學(xué)期期末)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示。D1和D2是兩個(gè)中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上。位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們?cè)趦珊兄g被電場(chǎng)加速。當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動(dòng)能Ek后，再將它們引出。忽略質(zhì)子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，則下列說(shuō)法中正確的是(　D　)A．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動(dòng)能Ek會(huì)變大B．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的時(shí)間不變C．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍能用此裝置持續(xù)加速質(zhì)子D．質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為解析：根據(jù)qvB＝m，得v＝。則最大動(dòng)能Ek＝mv2＝，與加速電壓無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中加速次數(shù)會(huì)減小，導(dǎo)致運(yùn)行時(shí)間變短，故B錯(cuò)誤；若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，而質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期不變，則兩周期不同，所以不能始終處于加速狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有半徑公式R＝與nqU＝mv2，所以質(zhì)子第n次被加速前后的軌道半徑之比為，故D正確。6．(2021·山東省青島市高三模擬)如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過(guò)x軸離開(kāi)第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(　B　)A． B．C． D．解析：帶電粒子在不同磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，其速度大小不變，由r＝知，第一象限內(nèi)的圓半徑是第二象限內(nèi)圓半徑的2倍，如圖所示。粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝＝，粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝＝，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＝，選項(xiàng)B正確。7．(2021·浙江省溫州市高二調(diào)研)全球性“超導(dǎo)熱”的興起，使超導(dǎo)電磁船的制造成為可能，如圖是超導(dǎo)電磁船的簡(jiǎn)化原理圖，MN和CD是與電源相連的兩個(gè)電極，MN與CD之間部分區(qū)域有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)由超導(dǎo)線圈產(chǎn)生，其獨(dú)立電路部分未畫(huà)出)，兩電極間的海水會(huì)受到安培力的作用，船體就在海水的反作用力推動(dòng)下向前駛動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是(　CD　)A．該超導(dǎo)電磁船應(yīng)用的是電磁感應(yīng)原理B．要使船前進(jìn)，圖中MN應(yīng)接直流電源的正極C．改變電極的正負(fù)或磁場(chǎng)方向，可控制船前進(jìn)或倒退D．增大電極間的電流或磁感應(yīng)強(qiáng)度，可增大船航行的速度解析：該超導(dǎo)電磁船應(yīng)用的是安培力和作用力與反作用力的原理，故A錯(cuò)誤；當(dāng)MN接直流電源的負(fù)極時(shí)，海水中電流方向由CD指向MN，海水受到的安培力向左，根據(jù)牛頓第三定律可知，船體受到向右的作用力，使船體向前運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；改變超導(dǎo)線圈中電流的方向，會(huì)改變磁場(chǎng)的方向，從而改變海水的受力方向，從而改變船體的受力方向，故能控制船體的前進(jìn)或后退，故C正確；控制超導(dǎo)線圈中的電流大小和電極間的電流大小，根據(jù)安培力的計(jì)算公式F＝BIL可知安培力就會(huì)發(fā)生變化，這樣使得對(duì)船的推力發(fā)生變化，就可以控制船只航行的速度大小，故D正確。8．(2020·吉林長(zhǎng)春朝陽(yáng)高二上期末)質(zhì)譜儀由如圖所示的兩部分區(qū)域組成：左側(cè)是一速度選擇器，M、N是一對(duì)水平放置的平行金屬板，分別接到直流電源兩極上，板間在較大范圍內(nèi)存在著正交的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；右側(cè)是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一束帶電粒子(不計(jì)重力)由左端O點(diǎn)射入質(zhì)譜儀后沿水平直線運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)垂直進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)后分成甲、乙兩束，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，兩束粒子最后分別打在膠片的P1、P2兩個(gè)位置，A、P1、P2三點(diǎn)在同一條直線上，測(cè)出AP1AP2＝43，則下列說(shuō)法正確的是(　AD　)A．甲、乙兩束粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的速度大小都等于B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．若甲、乙兩束粒子的質(zhì)量相等，則甲、乙兩束粒子的電荷量之比為43D．若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量之比為43解析：帶電粒子在平行金屬板間沿水平直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡，故qvB1＝Eq，可得v＝，選項(xiàng)A正確；由題意AP1AP2＝43可知甲、乙兩束粒子的軌跡半徑之比為43，由R＝可知，軌跡半徑之比等于比荷的反比，所以甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若甲、乙兩束粒子的質(zhì)量相等，＝＝＝，＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則＝＝＝，選項(xiàng)D正確。9．一個(gè)帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運(yùn)動(dòng)，速度方向垂直于一個(gè)水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，球飛離桌面后落到地板上，設(shè)飛行時(shí)間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1。撤去磁場(chǎng)，其余的條件不變，小球飛行時(shí)間為t2，水平射程為x2，著地速度為v2，則下列論述正確的是(　ABC　)A．x1>x2 B．t1>t2C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同解析：當(dāng)桌面右邊存在磁場(chǎng)時(shí)，由左手定則可知，帶正電的小球在飛行過(guò)程中受到斜向右上方的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，豎直方向上的加速度a<g，所以t1>t2，x1>x2，A、B對(duì)；又因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，故C對(duì)；兩次小球著地時(shí)速度方向不同，D錯(cuò)。10．如圖所示，連接平行金屬板P1和P2(板面垂直于紙面)的導(dǎo)線的一部分CD和另一連接電池的回路的一部分GH平行，CD和GH均在紙面內(nèi)，金屬板置于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。當(dāng)一束等離子體射入兩金屬板之間時(shí)，CD段將受到力的作用，則(　BD　)A．等離子體從右方射入時(shí)，P1板電勢(shì)較高，CD受力方向指向GHB．等離子體從右方射入時(shí)，P2板電勢(shì)較高，CD受力方向背離GHC．等離子體從左方射入時(shí)，P2板電勢(shì)較高，CD受力方向背離GHD．等離子體從左方射入時(shí)，P1板電勢(shì)較高，CD受力方向指向GH解析：電路中的電流的方向?yàn)橛?/span>G到H，當(dāng)?shù)入x子體從右方射入時(shí)，由左手定則可以判斷電容器的上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，P2板電勢(shì)較高，電流的方向?yàn)橛?/span>D到C，電流的方向與電路中GH的電流的方向相反，所以CD受到的作用力向左，故A錯(cuò)誤B正確；等離子體從左方射入時(shí)，由左手定則可以判斷電容器的上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，P1板電勢(shì)較高，電流的方向?yàn)橛?/span>C到D，電流的方向與電路中GH的電流的方向相同，所以CD受到的作用力向右，故C錯(cuò)誤，D正確。第Ⅱ卷(非選擇題　共60分)二、填空題(2小題，共14分。把答案直接填在橫線上)11．(6分)一種測(cè)量血管中血流速度的儀器原理圖，如圖所示，在動(dòng)脈血管兩側(cè)分別安裝電極并加磁場(chǎng)，設(shè)血管直徑為2 mm，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)感度為0.080 T，電壓表測(cè)出的電壓為0.10 mV，則血流速度大小為0.625 m/s。解析：血液中有正、負(fù)離子，當(dāng)血液流動(dòng)時(shí)，血液中的正負(fù)離子受到洛倫茲力，使血管上、下壁出現(xiàn)等量異號(hào)電荷，使血管內(nèi)又形成一個(gè)電場(chǎng)，當(dāng)離子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力相等時(shí)，血液上、下兩壁間形成穩(wěn)定電場(chǎng)，存在穩(wěn)定電壓，血液在血管中勻速流動(dòng)。即qE＝qvB，q＝qvB，v＝＝ m/s＝0.625 m/s。12. (8分)(2020·河南省鄭州市高二上學(xué)期期末)如圖所示，在水平桌面上有一個(gè)臺(tái)秤，臺(tái)秤上沿東西方向放置金屬棒ab，金屬棒ab處在沿南北方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)通過(guò)測(cè)量金屬棒ab在磁場(chǎng)中所受的安培力，來(lái)測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小并判定其方向。(1)在圖中畫(huà)線代替導(dǎo)線完成實(shí)驗(yàn)電路圖，要求接通電源后電流由a流向b。(2)完成下列主要實(shí)驗(yàn)步驟中的填空：①按圖接線；②保持開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，讀出臺(tái)秤示數(shù)m0；③閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值使電流大小適當(dāng)，此時(shí)臺(tái)秤仍有讀數(shù)，然后讀出并記錄臺(tái)秤示數(shù)m1和電流表的示數(shù)I；④用米尺測(cè)量金屬棒的長(zhǎng)度L。(3)用測(cè)量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得到B＝。(4)判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：若m1＜m0，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直金屬棒向南(填“南”或“北”)。解析：(1)用滑動(dòng)變阻器的限流式接法即可，如圖所示。 (2)③閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)R的阻值使電流大小適當(dāng)，此時(shí)臺(tái)秤仍有讀數(shù)，然后讀出并記錄臺(tái)秤示數(shù)m1和電流表的示數(shù)I；④用米尺測(cè)量金屬棒的長(zhǎng)度L。(3)根據(jù)平衡條件，有：|m0－m1|g＝BIL　解得：B＝。(4)臺(tái)秤上沿東西方向放置金屬棒ab，a端為東，b端為西，電流方向自東向西，金屬棒ab處在沿南北方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，若m1＜m0，說(shuō)明安培力的方向向上，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向南。三、論述、計(jì)算題(本題共4小題，共46分。解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位)13．(10分) (2020·遼寧省盤(pán)錦市高二上學(xué)期期末)如圖所示，金屬桿ab連著一輕質(zhì)彈簧(彈簧另一端固定)，金屬桿的電阻為R1，水平地放置在兩根電阻不計(jì)、互相平行的光滑金屬導(dǎo)軌cd、ef上，金屬桿與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。導(dǎo)軌所在范圍內(nèi)有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，定值電阻為R2，合上開(kāi)關(guān)S，穩(wěn)定后彈簧伸長(zhǎng)量為Δx，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，ab的長(zhǎng)為L，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B。答案：B＝解析：由胡克定律可知，彈簧的彈力大小為F彈＝kΔx，由閉合電路的歐姆定律可得，回路中通過(guò)的電流為I＝，金屬桿所受安培力的大小為F＝BIL，由平衡條件有F＝F彈，聯(lián)立上式解得B＝。14．(11分)(2021·江蘇省太倉(cāng)高二調(diào)研)如圖甲所示，帶正電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)電勢(shì)差為U的電場(chǎng)加速后，從G點(diǎn)垂直于MN進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，該偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是一個(gè)以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后，最終到達(dá)照相底片上的H點(diǎn)。測(cè)得G、H間的距離為d，粒子的重力可忽略不計(jì)。(1)設(shè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，求該粒子的比荷；(2)若偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的區(qū)域?yàn)閳A形，且與MN相切于G點(diǎn)，如圖乙所示，其他條件不變。要保證上述粒子從G點(diǎn)垂直于MN進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后不能打到MN邊界上(MN足夠長(zhǎng))，求磁場(chǎng)區(qū)域的半徑應(yīng)滿足的條件。答案：(1)　(2)R≤解析：(1)帶電粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速，設(shè)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得qU＝mv2????????????? ????????????? ????????????? ①進(jìn)入磁場(chǎng)后帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為r，則qvB＝m ②因到達(dá)H點(diǎn)，有r＝ ③由①②③得＝。(2)要保證所有帶電粒子都不能打到MN邊界上，則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角應(yīng)小于等于90°，臨界狀態(tài)為90°，如圖所示，磁場(chǎng)區(qū)域半徑R＝r＝，所以磁場(chǎng)區(qū)域半徑滿足R≤。15．(12分)如圖所示空間分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)足夠長(zhǎng)的區(qū)域，各邊界面相互平行，其中Ⅰ、Ⅱ區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E1＝1.0×104 V/m，方向垂直邊界豎直向上，E2＝×105 V/m，方向水平向右；Ⅲ區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5.0 T，方向垂直紙面向里，三個(gè)區(qū)域?qū)挾确謩e為d1＝5.0 m，d2＝4.0 m，d3＝10 m，一質(zhì)量m＝1.0×10－8 kg、電荷量q＝1.6×10－6 C的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，粒子重力忽略不計(jì)。求：(1)粒子離開(kāi)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度大??；(2)粒子從區(qū)域Ⅱ進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)的速度方向與邊界面的夾角；(3)粒子從O點(diǎn)開(kāi)始到離開(kāi)Ⅲ區(qū)域時(shí)所用的時(shí)間。答案：(1)v1＝4×103 m/s　(2)θ＝30°　(3)t＝6.12×10－3 s解析：(1)由動(dòng)能定理得：mv＝qE1d1，得：v1＝4×103 m/s；(2)粒子在區(qū)域Ⅱ做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平向右為y軸，豎直向上為x軸，粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)速度與邊界的夾角為θtan θ＝ ①vx＝v1　vy＝at2 ②a＝ ③t2＝ ④由①②③④式解得θ＝30°；(3)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v2＝2v1，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑R＝＝10 m，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所對(duì)的圓心角為120°，因此t3＝×＝×10－3 s；粒子在電場(chǎng)Ⅰ中，qE1＝ma1，v1＝a1t1得t1＝2.5×10－3 s，由④得t2＝10－3 s，t＝t1＋t2＋t3＝(3.5＋)×10－3 s≈6.12×10－3 s。16．(13分)(2020·河南省豫南九校高二上學(xué)期期末聯(lián)考)如圖所示的電路，電源電動(dòng)勢(shì)E＝12 V，內(nèi)阻r＝1 Ω，電阻R1＝6 Ω，R2＝12 Ω，間距d＝0.2 m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，閉合開(kāi)關(guān)S，板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)。將噴墨打印機(jī)的噴頭對(duì)準(zhǔn)兩板的中點(diǎn)，從噴口連續(xù)不斷地噴出水平初速度為v＝0.1 m/s的相同帶電墨滴，設(shè)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為Rx。(g取10 m/s2)求：(1)當(dāng)Rx＝3 Ω時(shí)，電阻R1消耗的電功率。(2)改變Rx的值，可以使進(jìn)入板間的帶電墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后與板相碰，碰時(shí)速度與初速度的夾角為60°。則①帶電墨滴的比荷q/m為多大？②此時(shí)Rx的阻值是多少？答案：(1)6 W　(2)①0.5 C/kg　②7 Ω解析：(1)由圖可知閉合電路的外電阻為：R＝Rx＋＝3Ω＋ Ω＝7 Ω，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得電流為：I＝＝ A＝1.5 A，R1兩端的電壓為：U1＝IR12＝1.5×4 V＝6 V，R1消耗的功率為：P＝＝6 W。(2)帶電墨滴進(jìn)入電、磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，必有重力和電場(chǎng)力等大反向，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律：qvB＝m，又因電場(chǎng)力等于重力，則有：mg＝q，帶電墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的初末速度的夾角等于圓心角為60°，根據(jù)幾何關(guān)系得R＝d。解得帶電墨滴的比荷：＝＝ C/kg＝0.5 C/kg，電壓為：U2＝＝4 V，干路電流為：I2＝＝ A＝1 A，解得：Rx＝－r＝ Ω－1 Ω＝7 Ω。

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