小初高试卷教案类
6.[2017·河北定州中学摸底] 如图Z9-6甲所示,一带电物块无初速度地放上皮带轮底端,皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动,该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中,其v-t图像如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5 s.关于带电物块及运动过程的说法正确的是 ( )
图Z9-6
A.该物块带负电
B.皮带轮的传动速度大小一定为1 m/s
C.若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D.在2~4.5 s内,物块与皮带仍可能有相对运动
7.[2017·江西九校联考] 如图Z9-7所示,平行金属板水平放置,一带电荷量为q(q>0)、质量为m的a粒子从板的左侧O点沿两板间的中线以初速度v0射入板间,结果粒子恰好从上板的右侧边缘与静止在此处的另一不带电、等质量的b粒子碰后粘在一起,进入一圆形有界匀强磁场,磁场方向垂直于纸面,圆形磁场的圆心与上板在同一直线上.两粒子经磁场偏转后射出磁场,沿水平方向返回两板间,它们又刚好
返回到O点.不计粒子重力,金属板长为L,板上所加电压为U=,求:
(1)a粒子刚出电场时的速度大小;
(2)两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离;
(3)两粒子在磁场运动过程中所受洛伦兹力大小和洛伦兹力对两粒子的冲量.
图Z9-7
挑战自我
8.如图Z9-8所示,在平面直角坐标系中,AO是∠xOy的角平分线,x轴上方存在水平向左的匀强电场,下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,两电场的电场强度大小相等.一质量为m、电荷量为+q的质点从OA上的M点由静止释放,质点恰能沿AO运动而通过O点,经偏转后从x轴上的C点
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小初高试卷教案类
进入第一象限内并击中AO上的D点(C、D均未画出).已知OD=OM,匀强磁场的磁感应强度大小为
B=(T),重力加速度g取10 m/s2.求: (1)两匀强电场的电场强度E的大小; (2)OM的长度L;
(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.
图Z9-8
教师详解(作业手册)
课时作业(二十四)
1.C [解析] 当通电直导线和磁场方向平行放置时,不受安培力作用,所以不能说若通电直导线所受安培力为零,则该处的磁感应强度为零,A错误;根据左手定则,磁场方向和安培力方向垂直,B错误;小磁针静止时北极受到的磁场力的方向就是该点磁场方向,C正确;当通以相反方向的电流时,它们相互排斥,D错误.
2.A [解析] 由安培定则知,通电导线在圆周上产生的磁场的磁感线为顺时针方向,磁感应强度大小恒定(设为B'),通电导线的磁场与匀强磁场叠加,c点合磁感应强度大小为|B'-B|,a点的合磁感应强度大小为B'+B,b、d两点的合磁感应强度大小为
,但方向不同,因此c点的磁感应强度最小,a点的
磁感应强度最大,b、d两点的磁感应强度方向不同,选项A正确,选项B、C、D错误.
3.C [解析] ab边受到垂直纸面向里的安培力,cd边受到垂直纸面向外的安培力,从上往下看,导线框将顺时针转动,选项C正确.
4.D [解析] 根据右手螺旋定则可知,b处的两个分磁场方向均为垂直纸面向外,选项A错误;ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外,选项B错误;根据左手定则可判断,方向相反的两个电流互相排斥,选项C错误,选项D正确.
5.AC [解析] 由于通过三条导线的电流大小相等,结合安培定则可判断出三条导线在a、b处产生的合磁感应强度垂直纸面向外,在c处产生的合磁感应强度垂直纸面向里,且B1=B2 K12小学初中高中 小初高试卷教案类 6.BCD [解析] 根据“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”,因②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右,可知①的电流方向为b→a,③的电流方向为e→f,选项A错误,B正确;①受到②和③的排斥力,故安培力的合力方向水平向左,选项C正确;③受到②的吸引力和①的排斥力,因②的吸引力大于①的排斥力,故③受到安培力的合力方向水平向左,选项D正确. 7.C [解析] 导体棒受到竖直向下的重力和指向圆心的弹力,要使导体棒平衡,应使其受水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小与弹力大小相等,方向相反,由平衡条件有tan 60°=,解得导 体棒中电流I=,再由左手定则可知,导体棒中电流的方向应垂直纸面向里,故只有选项C正确. -3 8.A [解析] 设线圈的半径为r,则线圈的质量m=2nπr×2.5×10 kg,磁场的水平分量为Bsin 30°,线圈受到的安培力为F=Bsin 30°×I×2nπr,由于线圈所受向上的安培力等于线圈的重力,则 -3 2nπr×2.5×10×10=Bsin 30°×I×2nπr,解得I=0.1 A,选项A正确. 9.ABC [解析] 由左手定则可知,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始做匀减速运动,经过一个周期速度变为0,然后重复上述运动,所以选项A、B正确;安培力F=BIL,由图像可知前半个周期安培力水平向右,后半个周期安培力水平向左,不断重复,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零,选项D错误. 10.(1)nBIL 方向水平向右 (2)nBILv [解析] (1)线圈前、后两边所受安培力的合力为零,线圈所受的安培力即为右边所受的安培力,由安培力公式得F=nBIL 由左手定则知,安培力方向水平向右 (2)安培力的功率为P=Fv 联立解得P=nBILv 11.D [解析] 当线框接入恒定电压为E1的电源时,线框中电流I1=,所受安培力为BI1L=,小于F1, 选项A错误;力敏传感器显示拉力的大小为F1=+mg,同理,当线框接入恒定电压为E2的电源时,力敏 传感器显示拉力的大小为F2=+mg,选项B错误;由F1=+mg,联立解得 B=,选项D正确,选项C错误. 12.(1) m/s (2) (3)0.10 m [解析] (1)在圆轨道的最高点对金属条受力分析,根据圆周运动的特点得 BId+mg=m 解得v= m/s. (2)金属条从进入水平轨道到上升到圆轨道最高点,根据动能定理得 -(mg+BId)·2r-μ(mg+BId)L=解得μ= . K12小学初中高中 小初高试卷教案类 (3)金属条从进入水平轨道到上升到竖直轨道最高点,根据动能定理得 -μ(mg+BId)(L+LCD)-(mg+BId)hm=0-解得hm=0.10 m. 课时作业(二十五) 1.B [解析] 因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时F=qvB,当粒子速度与磁场平行时F=0,又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,选项A错误;将+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由F=qvB知其大小也不变,选项B正确;电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,选项C错误;因为洛伦兹力总与速度方向垂直,因此,洛伦兹力不做功,粒子动能不变,但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的方向不断改变,选项D错误. 2.AC [解析] 若只增大电子枪的加速电压,电子速度增大,由R=mv2可知,电子束的轨道半 mv2可知, 径变大,选项A正确,B错误.若只增大励磁线圈中的电流,磁感应强度增大,由R=电子束的轨道半径变小,选项C正确,D错误. 3.D [解析] 因为粒子的能量逐渐减小而带电荷量不变,根据半径公式r=可得粒子的运动半径逐渐减小,即粒子是从a运动到b的,根据F=Bqv可得粒子受到的洛伦兹力减小,根据左手定则,粒子带负电,故选项D正确. 4.A [解析] 设质子的质量为m,电荷量为q,则α粒子的质量为4m,电荷量为2q,它们在同一匀强磁场 中做匀速圆周运动过程中,洛伦兹力充当向心力,故Bqv=m,解得r=,若它们的动量大小相同,即mv相同,则r∝,所以运动半径之比为2∶1,A正确;若它们的速度相同,则,B错误;若它们的 动能大小相同,根据p==1,C错误;若它们由静止经过相 同的加速电场加速后垂直进入磁场,根据动能定理可得进入磁场的速度为v=,即vα=vH,故半径 之比为,D错误. 5.D [解析] 由左手定则可知,该粒子带负电,A错误;分别作出入射方向和出射方向的垂线,交点为圆周运动的圆心O,由几何关系可得,圆心角θ=30°,半径R==2d,C错误;由洛伦兹力提供向心力, K12小学初中高中 小初高试卷教案类 有qvB=m,得R=,将R=2d代入可得B=,B错误;粒子做圆周运动的周期T=,将 B=,则运动时间t=,D正确. 6.D [解析] 根据左手定则可知a粒子带正电,b、c粒子带负电,所以选项A错误;由洛伦兹力提供向 心力,有Bvq=m,得v=,可知b的速度最大,c的速度最小,动能最小,选项B、C错误;根据 Bvq=m可知,T=,即各粒子的周期一样,粒子c的轨迹对应的圆心角最大,所以粒子c在磁场中运动的时间最长,选项D正确. 7.BCD [解析] 小球在磁场中运动时受到洛伦兹力的作用,洛伦兹力对小球不做功,故小球运动到M点的过程只有重力做功,而小球在电场中运动到N点的过程中除了重力做功外,电场力对它做负功,故小球到N点时的速度小于到M点时的速度,选项A错误;因为小球在最低点时的向心力向上,而vM>vN,故小球在M点的向心加速度大于小球在N点的向心加速度,且小球第一次经过M点时还受到向下的洛伦兹力,所以轨道的M点对小球的支持力较大,即小球对轨道M点的压力也较大,选项B正确;在甲图中小球受到的洛伦兹力总与速度的方向垂直,洛伦兹力不做功,而在乙图中,其受到的电场力总是水平向左,对小球的运动起到了阻碍的作用,故选项C正确;在甲图中洛伦兹力不做功,故小球能够到达右侧最高点,而乙图中电场力对小球做负功,故小球不能到达右侧最高点,选项D正确. 8.AC [解析] 粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心.由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2=1∶2,由r=可知,粒子1 和2的速度之比为1∶2,A正确,B错误;由粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T=,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对圆心角相同,可知粒子1和2在磁场中运动的时间相同,C正确,D错误. 9.BC [解析] 粒子1从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子在磁场中运动的圆心角为90°,粒子轨道半径等于BO,粒子2从C点沿CD射入,其运动轨迹如图所示,设对应的圆心为O1,运动轨道半径也为BO=R,连接O1C、O1B,O1COB是平行四边形,O1B=CO,则粒子2一定从B点射出磁场,故A错误,B正确;粒子的速度偏转角即粒子在磁场中转过的圆心角,θ1=90°,过B点作O1C的垂线交O1C于P点,可知P为O1C的中点,由数学知识可知,θ2=∠BO1P=60°,两粒子的速度偏转角不同,粒子在磁场中运动的周期T=两粒子的周期相等,粒子在磁场中的运动时间t=2,故C正确,D错误. , T,故运动时间之比t1∶t2=θ1∶θ2=90°∶60°=3∶ K12小学初中高中