20xx屆高三物理一輪夯實(shí)基礎(chǔ)階段驗(yàn)收評估《-磁場》(含精細(xì)解析)(文件)
【正文】 ；(2)求MN分別通以強(qiáng)度為I1和I2電流時(shí)，線框受到的安培力F1與F2大小之比；(3)當(dāng)MN內(nèi)的電流強(qiáng)度為I3時(shí)兩細(xì)線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為a，求I3。若不采取磁屏蔽措施，且已知地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直向下分量的大小為B，地磁場對電子在加速過程中的影響可忽略不計(jì)。已知 圖11點(diǎn)P、Q、O在同一豎直線上，不計(jì)粒子的重力，且不考慮粒子的相對論效應(yīng)。2．選B 磁場對通電電流有力的作用，將導(dǎo)體放入磁場，不通電也就無電流，無電流也就不會受到安培力的作用，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；通電導(dǎo)體放入磁場中，也不一定就受到安培力的作用，當(dāng)導(dǎo)線方向與磁場方向平行時(shí)，導(dǎo)線不受安培力的作用，當(dāng)導(dǎo)線與磁場垂直時(shí)，導(dǎo)線受到的力最大，其他情況下，受到的力介于0與最大值之間，由此可見，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B正確。5．選B 根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bvq＝，可得r＝，即＝，顯然，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤；將v＝代入＝可得＝，選項(xiàng)B正確。8．選B 根據(jù)Bvq＝，可得mv2＝，可見，粒子被加速獲得的最大速度受到D形盒最大半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度的制約，即可通過增大D形金屬盒的半徑和增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度來增大帶電粒子射出時(shí)的動(dòng)能。11．選D 由題意可知，小球運(yùn)動(dòng)的等效最低點(diǎn)在b、c中間，因此當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度為0，不能繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球在等效最低點(diǎn)時(shí)速度最大，所受洛倫茲力最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，重力做正功，電場力也做正功，所以重力勢能與電勢能均減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從b運(yùn)動(dòng)到c的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，合外力先做正功再做負(fù)功，動(dòng)能先增大后減小，選項(xiàng)D正確。式中rr2分別為ab、cd與MN的間距，I為線圈中的電流，L為ab、cd的長度。＝＝，I3＝I1。又由動(dòng)能定理得：qU2＝mv2聯(lián)立得：U2＝＝5106 V所以加速電壓U2滿足條件是：U25106 V(3)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由于O、OQ共線且豎直，又由于粒子在兩磁場中的半徑相同為r2，有O2O3＝2O2Q＝2r2由幾何關(guān)系得∠QO2O3＝60176。(2)設(shè)從加速電場射出的電子速度為v0，則根據(jù)動(dòng)能定理有：mv02＝eU；從加速電場射出的電子在地磁場中受到洛倫茲力的作用而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，ev0B＝ma由以上各式解得a＝eB (3)設(shè)電子在地磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律ev0B＝m得R＝設(shè)電子在熒光屏上偏移的距離為x，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系，有：x＝R－ 結(jié)合以上關(guān)系，得x＝ － 。(3)設(shè)MN中電流強(qiáng)度為I3時(shí)，線框受到的安培力大小為F3。13．解析：(1)加速電場對離子m1做的功W＝qU，由動(dòng)能定理m1v12＝qU得v1＝ ①(2)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式qvB＝，R＝，利用①式得離子在磁場中的軌道半徑分別為R1＝ ，R2＝ ②兩種離子在GA上落點(diǎn)的間距s＝2R1－2R2＝ (－)③答案：(1) (2) (－)14．解析：(1)I1方向向左，I2方向向右。綜上可知，只有選項(xiàng)A、C正確。7．選BC 根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)方向，由左手
黨政相關(guān)相關(guān)推薦
鄂ICP備17016276號-1