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新人教版2015年高二物理暑假功课之《磁场》

2018-02-21| 来源:互联网| 查看:154

摘要:为了不让同学们在假期期间,忘却已学过的常识,佳构进修网筹备了 2015年高二物理暑假功课 ,详细请看以下内容。 一、选择题(本题共6道小题) 1.直导线ab放在如图所示的程度导体框

为了不让同学们在假期期间,忘却已学过的常识,佳构进修网筹备了2015年高二物理暑假功课,详细请看以下内容。

一、选择题(本题共6道小题)

1.直导线ab放在如图所示的程度导体框架上,组成了一个闭合回路;长直导线cd和框架处在同一个平面内,且cd和ab平行,当cd中通有电流时,调查到ab向左滑动.关于cd中的电流,下列说法正确的是(  )

A. 电流必然增大,偏向沿c向d

B. 电流必然增大,偏向沿d向c

C. 电流必然减小,偏向大概由d向c

D. 电流巨细恒定,偏向由d到c

2.质量和电量都相等的带电粒子M和N,以差异的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示.下列表述正确的是(  )

A. M带负电,N带正电   B. M的速率小于N的速率   C. 洛伦兹力对MN做正功   D. M的运行时间大于N的运行时间 3.如图所示,为一圆形区域的匀强磁场,在O点处有一放射源,沿半径偏向射出速度为v的差异带电粒子,个中带电粒子1从A点飞出磁场,带电粒子2从B点飞出磁场,不思量带电粒子的重力,则(  )

A. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1:3   B. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为:1   C. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中举动时间比值为2:1   D. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中举动时间比值为2:3 4. 如图所示,两根长直导线竖直插入平滑绝缘程度桌面上的M、N两小孔中,O为M、N连线中点,连线上a、b两点关于O点对称.导线均通有巨细相等、偏向向上的电流.已知长直导线在周围发生的磁场的磁感到强度,式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的间隔.一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线举动到b点.关于上述进程,下列说法正确的是(  )

A. 小球先做加快举动后做减速举动

B. 小球一直做匀速直线举动

C. 小球对桌面的压力先减小后增大

D. 小球对桌面的压力一直在增大

5.如图所示是一个程度安排的玻璃圆环型小槽,槽内平滑,槽的宽度和深度随处沟通,现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中,让它受绝缘棒冲击后得到一初速度v0,与此同时,有一变革的磁场垂直穿过玻璃圆环型小槽外径所对应的圆面积,磁感到强度的巨细跟时间成正比,其偏向竖直向下,设小球在举动进程中电荷量稳定,那么(  )

A. 小球受到的向心力巨细稳定

B. 小球受到的向心力巨细不绝增加

C. 洛伦兹力对小球做了正功

D. 小球受到的磁场力逐渐变大

6.如图,一段导线abcd位于磁感到强度巨细为B的匀强磁场中,且与磁场偏向(垂直于纸面向里)垂直.线段ab、bc和cd的长度均为L,且∠abc=∠bcd=135°.流经导线的电流为I,偏向如图中箭头所示.导线段abcd所受到的磁场的浸染力的协力(  )

A. 偏向沿纸面向上,巨细为(+1)ILB   B. 偏向沿纸面向上,巨细为(﹣1)ILB   C. 偏向沿纸面向下,巨细为(+1)ILB   D. 偏向沿纸面向下,巨细为(﹣1)ILB 三、计较题(本题共道小题)

7.如图所示,在真空中,半径为b的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场,磁场偏向垂直纸面向外.在磁场右侧有一对平行金属板M和N,两板间间隔也为b,板长为2b,两板的中心线O1O2与磁场区域的圆心O在同一直线上,两板左端与O1也在同一直线上.有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子,以速率v0从圆周上的P点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的偏向进人磁场,当从圆周上的O1点飞出磁场时,给M、N板加上如右边图所示电压u.最后粒子恰好以平行于N板的速度,从N板的边沿飞出.不计平行金属板两头的边沿效应及粒子所受的重力.

(1)求磁场的磁感到强度B的巨细;

(2)求交变电压的周期T和电压U0的值;

(3)若t=时,将该粒子从MN板右侧沿板的中心线O2O1,仍以速率v0射人M、N之间,求粒子从磁场中射出的点到P点的间隔.

8.如图所示装置中,AB是两个竖直安排的平行金属板,在两板中心处各开有一个小孔,板间间隔为d,板长也为d,在两板间加上电压U后,形成程度向右的匀强电场。在B板下端(紧挨B板下端,但未打仗)牢靠有一个点电荷Q,可以在极板外的空间形成电场。紧挨其下方有两个程度安排的金属极板CD,板间间隔和板长也均为d,在两板间加上电压U后可以形成竖直向上的匀强电场。某时刻在O点沿中线由静止释放一个质量为m,带电量为q的正粒子,颠末一段时间后,粒子从CD南北极板的正中央进入电场,最后由CD南北极板之间穿出电场。不计极板厚度及粒子的重力,假设装置发生的三个电场互不影响,静电力常量为k。求:

(1)粒子颠末AB南北极板从B板飞出时的速度巨细;

(2)在B板下端牢靠的点电荷Q的电性和电量;

(3)粒子从CD南北极板之间飞出时的位置与释放点O之间的间隔。

9.把一根长为L=10cm的直导线垂直磁感线偏向放入如图所示的匀强磁场中.试问:

(1)当导线中通以I1=2A的电流时,导线受到的安培力巨细为1.0×10﹣7N,该磁场的磁感到强度B的巨细为几多

(2)若该导线中通以I2=3A的电流,试求此时导线所受安培力F的巨细,并在图中画出安培力的偏向.

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10.如图(a)所示,在空间有一坐标系xoy,直线OP与x轴正偏向的夹角为30°,第一象限内有两个偏向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,直线OP是它们的界线,OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感到强度为B,一质量为m,电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的偏向垂直磁场进入区域Ⅰ,质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后,刚好垂直于x轴进入第四象限,第四象限存在沿-x轴偏向的非凡电场,电场强度E的巨细与横坐标x的干系如图(b)所示,试求 (1)区域Ⅱ中磁场的磁感到强度巨细 ; (2)质子再次达到y轴时的速度巨细和偏向。

11.如图所示,在xOy平面内存在I、II、III、IV四个场区,y轴右侧存在匀强磁场I,y轴左侧与虚线MN之间存在偏向相反的两个匀强电场,II区电场偏向竖直向下,III区电场偏向竖直向上,P点是MN与x轴的交点。有一质量为m,带电荷量+q的带电粒子由原点O,以速度v0沿x轴正偏向程度射入磁场I,已知匀强磁场I的磁感到强度垂直纸面向里,巨细为B0,匀强电场II和匀强电场III的电场强度巨细均为,如图所示,IV区的磁场垂直纸面向外,巨细为,OP之间的间隔为,已知粒子最后能回到O点。

(1)带电粒子从O点飞出后,第一次回到x轴时的位置和时间;

(2)按照题给条件画出粒子举动的轨迹;

(3)带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间。

试卷谜底

1.解:导线左移时,线框的面积增大,由楞次定律可知原磁场必然是减小的;而且岂论电流朝向哪个偏向,只要电流减小,城市产生ab左移的环境;

故选:C.

2.解:A:由左手定则判定出N带正电荷,M带负电荷,故A正确;

B:粒子在磁场中举动,洛伦兹力提供向心力qvB=m,半径为:r=,在质量与电量沟通的环境下,半径大说明速率大,即M的速度率大于N的速率,B错误;

C:洛伦兹力不做功,C错误;

D:粒子在磁场中举动半周,即时间为周期的一半,而周期为T=,M的运行时间便是N的运行时间,故D错误.

故选:A.

3.解:粒子在磁场中做圆周举动,由数学常识可知,粒子做圆周举动转过的圆心角别离是:φA=60°,φB=120°,

设粒子的举动轨道半径为rA,rB,rA=Rtan30°=R,rB=Rtan60°=R,

A、洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvB=m,,

则粒子1与粒子2的比荷值为:,故A错误;B正确;

C、粒子举动的周期,,粒子举动的时间:=

带电粒子1与带电粒子2在磁场中举动时间比值为,故CD错误;

故选:B.

4.解:按照右手螺旋定则可知直线M处的磁场偏向垂直于MN向里,直线N处的磁场偏向垂直于MN向外,磁场巨细先减小过O点后反向增大,按照左手定则可知,带正电的小球受到的洛伦兹力偏向开始上的偏向向上,过O得后洛伦兹力的偏向向下.由此可知,小球将做匀速直线举动,小球对桌面的压力一直在增大,故AC错误,BD正确.

故选BD.

5.解:A、由麦克斯韦电磁场理论可知,磁感到强度随时间匀称增大时,将发生一个恒定的感到电场,由楞次定律可知,此电场偏向与小球初速度偏向沟通,由于小球带正电,电场力对小球做正功,小球的速度逐渐增大,向心力也跟着增大,故A错误,B正确.

C、洛伦兹力对举动电荷不做功,故C错误.

D、带电小球所受洛伦兹力F=qBv,跟着速度的增大而增大,故D正确.

故选:BD

6.解:该导线可以用a和d之间的直导线长为L来等效取代,按照F=BIL,可知巨细为,偏向按照左手定则判定,向上;

故选A.

7. 理会:(1)粒子自P点进入磁场,从O1点程度飞出磁场,举动的半径必为b,则

(2)粒子自O1点进入磁场,最后刚好从N板的边沿平行飞出,设举动时间为t,则

2bv0t

t=nT (n=1,2,.....)

解得

(n=1,2,…)

(n=1,2,…)

(3)当t=粒子以速度v0沿O2O1射入电场时,则该粒子刚好从M板边沿以平行于极板的速度射入磁场,且进入磁场的速度仍为v0,举动的轨道半径仍为b.

设进入磁场的点为Q,分开磁场的点为R,圆心为O3,如图所示,四边形OQ O3R是菱形,故O R∥ QO3.

所以P、O、R三点共线,即POR为圆的直径.即PR间的间隔为2b.

8.(1)粒子颠末AB两板,由动能定理可知

① 得 (2)粒子飞出B板后,在Q的浸染下做匀速圆周举动,由受力阐明可知Q带负电

且 得 (3)粒子沿CD中线进入CD间的电场,做类平抛举动

由 ② ③ 且 ④ 由①~④可得 则飞出CD板时的位置与O点之间的间隔为

9.解:(1)按照F=BIL得,B=.

(2)当导线中的电流变革时,导线地址处的磁场稳定,则

F=BIL=5×10﹣7×3×0.1N=1.5×10﹣7N.

按照左手定则知,导线所受的安培力偏向垂直导线向上.

答:(1)磁场的磁感到强度B的巨细为5×10﹣7T.

(2)此时导线所受安培力F的巨细为1.5×10﹣7N,偏向垂直导线向上.

10.【常识点】带电粒子在磁场中举动 动能定理

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【谜底理会】(1)(2)偏向向左下方与y轴负向成()的夹角 理会: (1)由几许关系知:质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入Ⅱ区,设质子从OP上的C点进入Ⅱ区后再从D点垂直x轴进入第四象限,轨迹如图。

由几许关系可知:O1C⊥OX,O1C与OX的交点O2即为Ⅱ内圆弧的圆心,等边三角形。

设质子在Ⅰ区圆举动半径为,在Ⅱ区圆举动半径为,

则:

由 得: ,

同理得:

即区域Ⅱ中磁场的磁感到强度:

(2)D点坐标:

质子从D点再次达到y轴的进程,

设质子再次达到y轴时的速度巨细为,

由动能定理:

得:

因粒子在y轴偏向上不受力,故在y轴偏向上的分速度稳定

如图有:

即偏向向左下方与y轴负向成()的夹角

【思路点拨】(1)按照举动纪律画出举动举动轨迹,然后按照在磁场中举动洛伦兹力提供向心力争得磁感到强度。(2)按照动能定理和电场力做功求得达到D点的速度,在y轴偏向上不受力,故在y轴偏向上的分速度稳定从而求得速度的偏向。

11.(1)(-,0),;(2)如图;(3)

该题观察带电粒子在组合场中的举动(1)带电粒子在磁场I中举动的半径为

带电粒子在I磁场中举动了半个圆,回到y轴的坐标

带电粒子在II场区作类平抛举动,按照牛顿第二定律得带电粒子举动的加快度,竖直偏向,程度位移,联立得,,第一次回到x轴的位置(-,0)

(2)按照举动的对称性画出粒子在场区III的举动轨迹如图所示。带电粒子在场区IV举动的半径是场区I举动半径的2倍,画出粒子的举动轨迹,同样按照举动的对称性画出粒子回到O点的举动轨迹如图所示。

(3)带电粒子在I磁场中举动的时间正好为1个周期,故

带电粒子在II、III两个电场中举动的时间

带电粒子在IV场中举动的时间为半个周期

因此带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间

由佳构进修网提供的2015年高二物理暑假功课就先容到这里,祝愿同学们学业有成。

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