資源簡介 四川省綿陽南山中學(xué)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期3月月考物理試題1.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,關(guān)于電和磁的情景中,下列說法正確的是( ?。?br/>A.圖(a)是奧斯特利用實驗裝置發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.圖(b)是研究電磁感應(yīng)的實驗,只要開關(guān)一直接通,即使小螺線管A插入大螺線管B中不動,電流計中也有感應(yīng)電流通過C.圖(c)表示通電方向相反的兩長直導(dǎo)線相互排斥,是通過電場實現(xiàn)的D.圖(d)是手機無線充電的原理,若將交流電接入送電線圈中,可以利手機進行充電,這運用的是電磁感應(yīng)原理2.(2025高二下·涪城月考)如圖甲所示,在圓形線圈內(nèi)分布著與線圈平面垂直的勻強磁場,現(xiàn)規(guī)定磁感應(yīng)強度B的方向垂直紙面向外為正。已知磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流,下列說法正確的是( )A.t=0時刻感應(yīng)電動勢最大 B.t1~t3時間內(nèi),感應(yīng)電動勢增大C.t2時刻,感應(yīng)電動勢為零 D.t1、t3時刻,感應(yīng)電流方向相同3.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一豎直螺線管b,二者軸線重合,螺線管與電源和滑動變阻器連接?,F(xiàn)將滑動變阻器的滑片P向上滑動,下列說法正確的是( ?。?br/>A.穿過線圈a的磁通量增大B.從上往下看,線圈a中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流C.線圈a有收縮的趨勢D.桌面對線圈a的支持力增大4.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,等腰直角三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場,它的直角邊在x軸上且長為L,高為L。紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域,在時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向,下列圖像正確的是( ?。?br/>A. B.C. D.5.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,單匝正方形閉合線圈MNPQ放置在水平面上,空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場,磁場兩邊界成角。線圈的邊長為L、總電阻為R。現(xiàn)使線圈以水平向右的速度勻速進入磁場。下列說法正確的是( )A.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,N、P兩點間的電壓B.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,線圈所受安培力C.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,回路的瞬時電功率D.線圈從開始進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程,通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量6.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,有界磁場的寬度為,一帶電荷量為、質(zhì)量為的帶負電粒子以速度垂直邊界射入磁場,離開磁場時速度的偏角為,不計粒子受到的重力,下列說法正確的是( ?。?br/>A.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌跡半徑為4dB.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的角速度為C.帶電粒子在勻強磁場中運動的時間為D.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為7.(2025高二下·涪城月考)如圖所示為回旋加速器工作原理示意圖:置于高真空中的D形金屬盒半徑為,兩金屬盒間的狹縫很小,帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應(yīng)強度為的勻強磁場與盒面垂直,加速電壓為。若D型盒圓心A處粒子源產(chǎn)生質(zhì)子,質(zhì)量為、電荷量為、初速度為零,質(zhì)子在加速器中被加速,且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響,則下列說法正確的是( ?。?br/>A.隨著速度的增加,質(zhì)子在磁場中運動的周期越來越短B.質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為C.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓成正比D.質(zhì)子被加速后的最大動能等于8.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,水平放置的平行金屬板A、B與電源相連,兩板間電壓為U,距離為d.兩板之間有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為。一束不計重力的帶電粒子沿平行于金屬板且垂直于磁場的方向射入金屬板間,然后沿直線運動,從a點射入圓形磁場,在圓形磁場中分成1、2兩束粒子,兩束粒子分別從c、d兩點射出磁場。已知ab為圓形區(qū)域的水平直徑,,不計粒子間相互作用,下列說法正確的是( ?。?br/>A.金屬板A、B分別接電源的負、正極B.進入圓形磁場的粒子的速度大小為C.1、2兩束粒子的比荷之比為3:1D.1、2兩束粒子在圓形有界磁場中運動的時間之比為3:29.(2025高二下·涪城月考)下列說法中正確的是( ?。?br/>A.磁電式電表的線圈常常用鋁框做骨架,把線圈繞在鋁框上,是為了防止電磁感應(yīng)B.電磁爐中線圈通交變電流時,在金屬鍋上產(chǎn)生渦流,使鍋體發(fā)熱而加熱食物C.精密線繞電阻常采用雙線繞法,可以增強線繞電阻通電時產(chǎn)生的磁場D.車站的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品,其是利用了電磁感應(yīng)原理10.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,重力為G的水平銅棒AC用絕緣絲線懸掛,靜止在水平螺線管的正上方,銅棒中通入從A到C方向的恒定電流,螺線管與干電池、開關(guān)S串聯(lián)成一個回路。當開關(guān)S閉合后一小段時間內(nèi),下列判斷正確的( ?。?br/>A.絲線的拉力大于GB.絲線的拉力小于GC.從上向下看,銅棒沿逆時針方向轉(zhuǎn)動D.從上向下看,銅棒沿順時針方向轉(zhuǎn)動11.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,場強為E的勻強電場豎直向下,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直電場向外,帶電量為q的小球(視為質(zhì)點)獲得某一垂直磁場水平向右的初速度,正好做勻速圓周運動,重力加速度為g,下列說法正確的是( )A.小球做勻速圓周運動的周期為B.小球做勻速圓周運動的周期為C.若把電場的方向改成豎直向上,小球正好做勻速直線運動,則其速度為是D.若把電場的方向改成豎直向上,小球正好做勻速直線運動,則其速度為12.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,光滑水平地面上有一塊足夠長且不帶電的絕緣木板,空間存在垂直紙面水平向內(nèi)的勻強磁場和水平向右的勻強電場,某時刻在木板上表面由靜止釋放一個帶正電的物塊,開始的一段時間內(nèi)兩物體能一起運動,已知木板和物塊的質(zhì)量均為m,物塊的電量為q,電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B,木板與物塊之間的滑動摩擦因數(shù)為μ,可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g,則( )A.一起運動階段,兩物體的加速度大小為B.一起運動階段,兩物體間的最大靜摩擦力逐漸增大C.兩物體間的壓力為零時,恰好發(fā)生相對滑動D.兩物體間恰好發(fā)生相對滑動時,物塊速度大小為13.(2025高二下·涪城月考)某同學(xué)在做探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象規(guī)律的實驗中,她選擇了一個靈敏電流計G,在沒有電流通過靈敏電流計的情況下,電流計的指針恰好指在刻度盤中央。她先將靈敏電流計G連接在圖甲所示的電路中,電流計的指針如圖甲中所示。(1)為了探究電磁感應(yīng)規(guī)律,該同學(xué)將靈敏電流計G與一螺線管串聯(lián),如圖乙所示。通過分析可知圖乙中的條形磁鐵的運動情況是 (填“向上拔出”或“向下插入”)(2)該同學(xué)將靈敏電流計G接入圖丙所示的電路。此時電路已經(jīng)連接好,A線圈已插入B線圈中,請問靈敏電流計中電流方向與螺線管B中導(dǎo)線的繞向 (填“有”或“沒有”)關(guān)系。她合上開關(guān)后,靈敏電流計的指針向右偏了一下,若要使靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn),可采取的操作是 。A.斷開開關(guān) B.在A線圈中插入鐵芯C.變阻器的滑片向右滑動 D.變阻器的滑片向左滑動14.(2025高二下·涪城月考)某學(xué)習(xí)小組利用砷化鎵霍爾元件(載流子為電子)研究霍爾效應(yīng),實驗原理如圖1所示,勻強磁場垂直于元件的工作面,工作電源為霍爾元件提供霍爾電流IH,IH通過1、3測腳時,2、4測腳間將產(chǎn)生霍爾電壓UH。(1)該霍爾元件中,載流子運動方向和電流方向 (選填“相同”、“相反”),2、4測腳中電勢高的是 ?。ㄟx填“2”或“4”)測腳。(2)某次實驗中,利用螺旋測微器測量元件厚度d(如圖2),其讀數(shù)為 mm,調(diào)節(jié)工作電壓,改變霍爾電流,測出霍爾電壓,實驗數(shù)據(jù)如下表所示:實驗次數(shù) 1 2 3 4 5IH/mA 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50UH/mV 41.5 83.1 124.8 166.4 208.1根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在如圖3所示的坐標紙上作出UH與IH的關(guān)系圖像 ??;(3))設(shè)該元件單位體積中自由電子的個數(shù)為n,元件厚度為d,磁感應(yīng)強度為B,電子電荷量為e,則UH與IH的關(guān)系式為 。(最終結(jié)果用字母n、d、B、e、UH、IH表示)15.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,水平放置的平行金屬導(dǎo)軌間距為,兩金屬導(dǎo)軌間接一定值電阻,質(zhì)量為、長度為的金屬桿垂直導(dǎo)軌靜止放置,在虛線右側(cè)有豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為。現(xiàn)對金屬桿施加水平向右、大小恒為的拉力,經(jīng)過時間,金屬桿剛好進入磁場并做勻速運動。已知桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2,桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好,兩者電阻均忽略不計,重力加速度取。求:(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢大小;(2)定值電阻的阻值。16.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,在水平面內(nèi)建立xOy坐標系,在第Ⅰ、Ⅳ象限中存在方向豎直向下的勻強磁場,第Ⅳ象限的磁感應(yīng)強度大小為。質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子從坐標原點O沿與方向成以一定速度射入第Ⅳ象限,第一次經(jīng)過x軸上的Q點,OQ間的距離為a。粒子可視為質(zhì)點,不考慮粒子重力。(1)求粒子射入時的速度大?。?br/>(2)要使粒子不從y軸飛出,求第I象限磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小應(yīng)滿足的條件;(3)若第I象限磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度,求粒子經(jīng)過x軸的位置坐標可能值。17.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,在xOy平面內(nèi),過原點O的虛 線MN與y軸成45°角,在MN左側(cè)空間有沿y軸負方向的勻強電場,在MN右側(cè)空間存在著磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場.質(zhì)量為m、帶電量為q的正、負兩 個帶電粒子,從坐標原點O沿y軸負方向以速度v0射入磁場區(qū),在磁場中運動一段時間后進入電場區(qū),已知電場強度為E=2Bv0,不計重力,求:(1)兩個帶電粒子離開磁場時的位置坐標間的距離d(2)帶負電的粒子從原點O進入磁場區(qū)域到再次抵達x軸的時間t(3)帶負電的粒子從原點O進入磁場區(qū)域到再次抵達x軸的位置坐標x答案解析部分1.【答案】D【知識點】電磁感應(yīng)的發(fā)現(xiàn)及產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件;自感與互感;左手定則—磁場對通電導(dǎo)線的作用【解析】【解答】知道奧斯特現(xiàn)象,產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件以及電流之間的相互作用是通過磁場來實現(xiàn)的是解題的基礎(chǔ)。A.電磁感應(yīng)現(xiàn)象是法拉第首先發(fā)現(xiàn)的,圖(a)是奧斯特利用實驗裝置發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),故A錯誤;B.圖(b)是研究電磁感應(yīng)的實驗,只要開關(guān)一直接通,當小螺線管A插入大螺線管B中不動時,穿過大螺線管B中的磁通量沒有發(fā)生變化,電流計中沒有感應(yīng)電流通過,故B錯誤;C.圖(c)表示通電方向相反的兩長直導(dǎo)線相互排斥,是通過磁場實現(xiàn)的,故C錯誤;D.圖(d)是手機無線充電的原理,與變壓器工作原理相同,若將交流電接入送電線圈中,可以利手機進行充電,這運用的是電磁感應(yīng)原理,故D正確。故選D。【分析】奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng);根據(jù)發(fā)生感應(yīng)電流的條件分析;電流之間的相互作用是通過磁場實現(xiàn)的;根據(jù)電磁感應(yīng)的原理分析。2.【答案】D【知識點】楞次定律;感應(yīng)電動勢及其產(chǎn)生條件【解析】【解答】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖像問題,關(guān)鍵是根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢的表達式,知道圖像斜率表示的物理意義。AC. 磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示, 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得當B-t圖像的斜率最大時感應(yīng)電動勢最大, 由圖像可知在t=t2時刻最大,則感應(yīng)電動勢最大,選項AC錯誤;B.t1~t3時間內(nèi),先增加后減小,則感應(yīng)電動勢先增加后減小,選項B錯誤;D.根據(jù)楞次定律可知t1時刻磁通量向外減小,t3時刻磁通量向里增加,則這兩個時刻感應(yīng)電流方向相同,選項D正確。故選D。【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢表達式,結(jié)合圖像的斜率進行分析。3.【答案】B【知識點】楞次定律【解析】【解答】應(yīng)掌握楞次定律的基本應(yīng)用,楞次定律的推論是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中得出的必然結(jié)果。A. 當滑動觸頭P向上移動時電阻增大, 由閉合電路歐姆定律可知通過線圈b的電流減小,b線圈產(chǎn)生的磁場減弱,故穿過線圈a的磁通量變小 ,故A錯誤;B.穿過線圈a的磁通量向下減小,根據(jù)楞次定律可知,從上往下看,線圈a中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流,故B正確;CD.穿過線圈a的磁通量向下減小,根據(jù)“增縮減擴”、“來拒去留”可知,線圈a有擴大且靠近線圈b的趨勢,桌面對線圈a的支持力減小,故CD錯誤。故選B。【分析】滑動觸頭向上滑動時通過判斷出線圈b中的電流減小,然后根據(jù)楞次定律判斷出線圈a中感應(yīng)電流的方向。根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因,可以很好判斷線圈的運動趨勢。4.【答案】A【知識點】電磁感應(yīng)中的磁變類問題【解析】【解答】本題要知道感應(yīng)電勢勢公式E=BLv中的L是有效的切割長度,可得到感應(yīng)電流表達式來分析其變化情況。在0~ L過程,磁通量增大,由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向為順時針方向,為正值,線圈切割有效長度均勻增加,線圈中的電流為在L~ 2L過程,磁通量減小,由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向為逆時針方向,為負值,線圈切割有效長度均勻增加,線圈中的電流為故選A。【分析】將整個過程分成兩個位移都是L的兩段,根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。由感應(yīng)電動勢公式E=BLv,L是有效切割長度,分析L的變化情況,判斷感應(yīng)電流大小的變化情況,從而選擇圖像。5.【答案】C【知識點】法拉第電磁感應(yīng)定律【解析】【解答】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)等知識的綜合應(yīng)用。要正確區(qū)分電源與外電路,能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的導(dǎo)體相當于電源,電源兩端的電壓是路端電壓,不是內(nèi)電壓。A.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,只有NP邊產(chǎn)生切割磁感線,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為NP間的電壓為路端電壓,則有故A錯誤;B.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,線圈NP、PQ邊受到安培力作用,根據(jù)安培力公式且將NP、PQ兩邊所受的安培力合成得故B錯誤;C.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,回路的瞬時電功率故C正確;D.線圈從開始進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程,通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為故D錯誤。故選C。【分析】根據(jù)感應(yīng)電動勢公式E=BLv,求出線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E,結(jié)合電路知識求解路端電壓;PN邊切割磁感線,相當于電源,PN間的電壓是路端電壓,根據(jù)歐姆定律求解;根據(jù)功率公式求解回路電功率;根據(jù)電磁感應(yīng)的電荷量推論公式求解電荷量;6.【答案】C【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動【解析】【解答】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律,要注意分析清楚粒子運動過程,作出粒子運動軌跡,由幾何知識求出粒子軌道半徑,應(yīng)用牛頓第二定律即可正確解題。A. 有界磁場的寬度為,一帶電荷量為、質(zhì)量為的帶負電粒子以速度垂直邊界射入磁場, 帶電粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系有故A錯誤;B.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的角速度為故B錯誤;C.帶電粒子在勻強磁場中運動的時間故C正確;D.由洛倫茲力提供向心力得解得故D錯誤。故選C。【分析】粒子在磁場中運動的軌跡,由幾何關(guān)系求半徑; 找到粒子做圓周運動的圓心角, 求粒子在勻強磁場中運動的時間;由洛倫茲力提供向心力的公式求磁感應(yīng)強度大小。7.【答案】B【知識點】質(zhì)譜儀和回旋加速器【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用,知道最大動能與什么因素有關(guān),以及知道粒子在磁場中運動的周期與電場的變化的周期相等.A.質(zhì)子在磁場中由洛倫茲力提供向心力又聯(lián)立可得質(zhì)子在磁場中運動的周期為可知隨著速度的增加,質(zhì)子在磁場中運動的周期保持不變,故A錯誤;B.質(zhì)子在磁場中由洛倫茲力提供向心力解得質(zhì)子第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后,獲得的速度為,則有解得質(zhì)子第2次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后,獲得的速度為,則有解得聯(lián)立可得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為故B正確;CD.質(zhì)子離開回旋加速器時,在磁場中的最大半徑為,則有解得質(zhì)子的最大速度為可得質(zhì)子的最大動能為可知質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓無關(guān),故CD錯誤。故選B。【分析】回旋加速器的工作條件是電場的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等.回旋加速器運用電場加速、磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度,從而求出最大動能.8.【答案】D【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動;速度選擇器【解析】【解答】本題中粒子先在速度選擇器中做勻速直線運動、在磁場中做勻速圓周運動,磁場中畫出軌跡是解題的關(guān)鍵,根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律即可處理這類問題。A.粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知粒子帶正電;粒子在速度選擇器內(nèi)受到的洛倫茲力的方向也向上,由于粒子在速度選擇器內(nèi)做勻速直線運動,可知粒子受到的電場力的方向向下,所以電場的方向向下,金屬板A、B分別接電源的正極、負極,A錯誤;B.金屬板AB間的電場強度由題意可知,正離子通過金屬板AB之間做勻速直線運動,根據(jù)平衡條件有所以B錯誤;C.軌跡如圖粒子在圓形磁場中的運動軌跡是一段圓弧,如下圖所示,是離子做圓周運動軌跡的圓心,從c點射出的粒子的半徑由幾何關(guān)系可知,從d點射出的粒子的半徑粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑則1、2兩束粒子的比荷之比為C錯誤;D.根據(jù)周期公式粒子在圓形有界磁場中運動的時間其中所以1、2兩束粒子在圓形有界磁場中運動的時間之比D正確。故選D。【分析】粒子進入平行金屬板做勻速直線運動,粒子所受的電場力和洛倫茲力平衡,由平衡條件可求出速度大小v;粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,畫出軌跡,由幾何知識求出軌跡半徑,根據(jù)牛頓第二定律求解比荷的大小關(guān)系。9.【答案】B,D【知識點】自感與互感;渦流、電磁阻尼、電磁驅(qū)動【解析】【解答】本題考查電磁感應(yīng)的應(yīng)用與防止,注意與電流的磁效應(yīng)的區(qū)別,理解雙線繞法能減弱產(chǎn)生磁場原理。A.磁電式電表的線圈常常用鋁框做骨架,起到電磁阻尼作用,是為了利用電磁感應(yīng),故A錯誤;B.電磁爐中的線圈通高頻電流時,線圈中產(chǎn)生自感現(xiàn)象,在鐵磁性金屬鍋上產(chǎn)生渦流,使鍋體發(fā)熱從而加熱食物,故B正確;C.精密線繞電阻常采用雙線繞法,通入電流后,雙線產(chǎn)生的磁場方向是相反的,所以會減弱通電時產(chǎn)生的磁場,這樣,就能減小電流改變時引起的自感現(xiàn)象,達到維持電阻穩(wěn)定的目的,故C錯誤;D.車站的安檢門探測人攜帶的金屬物品的工作原理是由交流電通過線圈產(chǎn)生迅速變化的磁場,磁場在金屬物體內(nèi)部能感生渦電流;渦電流又會產(chǎn)生磁場,反過來影響原來的磁場,引發(fā)探測器發(fā)出鳴聲,故D正確。故選BD。【分析】電磁爐是采用電磁感應(yīng)原理,利用渦流,使鍋體發(fā)熱;鋁框做骨架,起到電磁阻尼作用,是為了利用電磁感應(yīng);雙線繞法,是減弱通電時產(chǎn)生的磁場;安檢門的工作原理是電磁感應(yīng),從而即可求解。10.【答案】A,C【知識點】左手定則—磁場對通電導(dǎo)線的作用【解析】【解答】本題考查了安培定則與左手定則的應(yīng)用,掌握基礎(chǔ)知識是解題的前提,認真審題理解題意后應(yīng)用安培定則與左手定則即可解題。CD.開關(guān)S閉合后,畫出一條與AC相交的磁感線,設(shè)兩交點處磁感應(yīng)強度分別為B和B',根據(jù)安培定則判斷,磁感線方向如圖所示,分別將B和B'沿水平方向與豎直方向分解,根據(jù)左手定則判斷知A端受到垂直紙面向外的安培力,C端受到垂直紙面向內(nèi)的安培力,S閉合后的一小段時間內(nèi),從上向下看,銅棒沿逆時針方向轉(zhuǎn)動,C正確,D錯誤;AB.開關(guān)S閉合,銅棒轉(zhuǎn)動后,將受到豎直向下的分安培力,絲線的拉力大于G,故A正確,B錯誤。故選AC。【分析】閉合開關(guān),螺線管產(chǎn)生磁場,應(yīng)用安培定則判斷出通電銅導(dǎo)線所處位置磁場方向,應(yīng)用左手定則判斷出通電銅棒所受安培力方向,然后分析答題。11.【答案】B,D【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動【解析】【解答】本題主要考查了物體在復(fù)合場中的運動,熟悉物體的受力分析,掌握其向心力的來源,結(jié)合牛頓第二定律即可完成解答。AB.小球要做勻速圓周運動,電場力與重力要等大反向,電場力向上,小球必須帶負電,則有解得小球做勻速圓周運動的周期為粒子做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,則有解得故周期為聯(lián)立解得故A錯誤,B正確;CD.若把電場的方向改成豎直向上,小球正好做勻速直線運動,小球帶負電,根據(jù)平衡條件又解得故C錯誤,D正確。故選BD。【分析】根據(jù)對小球的受力分析得出小球的電性;小球的合力提供向心力,結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式得出運動的周期;根據(jù)電場力和重力的關(guān)系得出小球的質(zhì)量大??;根據(jù)小球的平衡狀態(tài),結(jié)合受力分析得出速度的大小。12.【答案】A,D【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動【解析】【解答】對整體物體而言,先開始勻加速,隨著速度增大,物塊受到的洛倫茲力增大,則對木板的壓力減小,最大靜摩擦力減小,當最大靜摩擦力不足于木板的加速度時,就開始相對滑動,分清因果關(guān)系列相應(yīng)表達式就可判斷各項的正誤。A.一起運動階段,兩物體作為一個整體,根據(jù)牛頓第二定律有解得其加速度大小為故A正確;B.由題知,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,即隨著運動速度的增大,洛侖茲力逐漸增大,物塊對木板的壓力逐漸減小,則最大靜摩擦力逐漸減小,故B錯誤;CD.發(fā)生相對滑動前,兩物體具有相同的加速度,即發(fā)生相對滑動的臨界條件是物塊的加速度開始大于等于木板的加速度,即解得又靜摩擦力解得所以恰好發(fā)生相對滑動時,物塊和木板之間仍有摩擦力存在,即仍有壓力存在,故C錯誤,D正確。故選AD。【分析】離開前后對整體進行受力分析,利用牛頓第二定律求解加速度大小及其他力的變化,在豎直方向利用平衡條件確定物體間的彈力和摩擦力的變化,將要滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。13.【答案】向下插入;有;AC【知識點】楞次定律【解析】【解答】本題考查研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象及驗證楞次定律的實驗,對于該實驗注意兩個回路的不同。知道磁場方向或磁通量變化情況相反時,感應(yīng)電流反向是判斷電流表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)鍵。(1)由圖甲可知,電流從靈敏電流計的左接線柱流入,指針往左偏;由圖乙可知,螺線管中的電流方向為逆時針方向(從下往上看),根據(jù)安培定則,螺線管中感應(yīng)電流的磁場方向豎直向下;條形磁鐵在螺線管中的磁場方向(原磁場方向)豎直向上,可見感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反,根據(jù)楞次定律可知穿過線圈的原磁通量增加,所以條形磁鐵向下插入線圈.(2)由右手螺旋定則可知,用右手握住螺線管,四指的方向和電流方向相同,大拇指指的方向為N極方向,螺線管B中導(dǎo)線的繞向不同,則靈敏電流計中電流方向不同,故靈敏電流計中電流方向與螺線管B中導(dǎo)線的繞向有關(guān);A.合上開關(guān)后,靈敏電流計的指針向右偏了,說明B線圈中磁通量增加時,電流計指針右偏:現(xiàn)在要使靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn),因此穿過B線圈的磁通量應(yīng)該減??;斷開開關(guān),則穿過線圈的磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知,線圈B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與開關(guān)合上瞬間線圈中的感應(yīng)電流方向相反,靈敏電流計左偏,故A正確;B.在A線圈中插入鐵芯,穿過線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,線圈中產(chǎn)生的電流方向與開關(guān)合上瞬間線圈中的電流方向相同,靈敏電流計指針右偏,故B錯誤;C.由圖丙可知,變阻器的滑片向右滑動,電路中的電流減小,線圈A的磁感應(yīng)強度減小,穿過線圈的磁通量減小,根據(jù)楞次定律,線圈B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與開關(guān)合上瞬間線圈中的感應(yīng)電流方向相反,靈敏電流計左偏,故C正確;D.由圖丙可知,變阻器的滑片向左滑動,電路中的電流增大,線圈A的磁感應(yīng)強度增大,穿過線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律,線圈B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與開關(guān)合上瞬間線圈中的感應(yīng)電流方向相同,靈敏電流計右偏,故D錯誤。故選AC。【分析】(1)根據(jù)楞次定律和安培定則分析;(2)根據(jù)安培定則分析;根據(jù)楞次定律和電流的流向結(jié)合電路分析。14.【答案】(1)相反;2(2)2.000;(3)【知識點】霍爾元件【解析】【分析】本題考查對霍爾效應(yīng)的理解,熟悉公式的運用。帶電粒子在洛倫茲力與電場力作用下處于平衡狀態(tài)。(1)由題知,載流子為電子,故載流子運動方向和電流方向相反;根據(jù)左手定則可知,電子受到的洛倫茲力向4測腳方向,電子帶負電,故2測腳中電勢高。(2)螺旋測微器的讀數(shù)為將表格中的數(shù)據(jù)在圖中描點連線,其圖像如圖所示(3)霍爾元件中電子受到的洛倫茲力等于電場力,有電流微觀表達式設(shè)霍爾元件的寬度為,則霍爾元件的電壓為霍爾元件的截面面積聯(lián)立解得【分析】(1)根據(jù)左手定則分析;(2)根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)原理解答;(3)霍爾元件中電子受到的洛倫茲力等于電場力,運用洛倫茲力公式、電場力公式、電流微觀表達式等列出相應(yīng)的關(guān)系式求解。(1)[1]由題知,載流子為電子,故載流子運動方向和電流方向相反;[2]根據(jù)左手定則可知,電子受到的洛倫茲力向4測腳方向,電子帶負電,故2測腳中電勢高。(2)[1]螺旋測微器的讀數(shù)為[2]將表格中的數(shù)據(jù)在圖中描點連線,其圖像如圖所示(3)霍爾元件中電子受到的洛倫茲力等于電場力,有電流微觀表達式設(shè)霍爾元件的寬度為,則霍爾元件的電壓為霍爾元件的截面面積聯(lián)立解得15.【答案】(1)進入磁場前,根據(jù)牛頓第二定律即解得桿進入磁場(磁場足夠大)時恰好開始做勻速直線運動,速度故金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢大小(2)桿進入磁場(磁場足夠大)時恰好開始做勻速直線運動,由平衡條件有即解得根據(jù)歐姆定律解得【知識點】電磁感應(yīng)中的能量類問題【解析】【分析】(1)金屬桿在勻加速運動過程中,根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小,根據(jù)運動學(xué)公式求解金屬桿剛進入磁場時的速度大小,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢的大??;(2)金屬桿剛好進入磁場并做勻速運動,根據(jù)平衡條件、閉合電路歐姆定律求解定值電阻的阻值。(1)進入磁場前,根據(jù)牛頓第二定律即解得桿進入磁場(磁場足夠大)時恰好開始做勻速直線運動,速度故金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢大小(2)桿進入磁場(磁場足夠大)時恰好開始做勻速直線運動,由平衡條件有即解得根據(jù)歐姆定律解得16.【答案】(1)第一次經(jīng)過x軸上的Q點由幾何關(guān)系,可得:由洛倫茲力提供向心力:可得:(2)當帶電粒子做勻速圓周運動恰好和y軸相切時,B最小。設(shè)B的最小值為,圓的半徑為R1,根據(jù)幾何關(guān)系有由向心力公式得解得所以(3)當時,粒子運動的半徑為第一次由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的坐標為第二次由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的坐標為第三次由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的坐標為第四次由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的坐標為歸納得,粒子由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的位置坐標(n=1,2,3……)由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的位置坐標(n=1,2,3……)【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動;帶電粒子在有界磁場中的運動【解析】【分析】(1)畫出粒子軌跡,根據(jù)幾何知識求得軌跡半徑,再根據(jù)即求得粒子射入時的速度大小;(2)要使粒子不從y軸飛出,軌跡恰好與y軸相切是臨界,結(jié)合幾何知識求解第Ⅰ象限磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度B1大小應(yīng)滿足的條件;(3)先求出一個周期內(nèi)粒子經(jīng)過x軸的位置坐標,結(jié)合圓周運動的周期性求得粒子經(jīng)過x軸的位置坐標可能值。(1)第一次經(jīng)過x軸上的Q點由幾何關(guān)系,可得:由洛倫茲力提供向心力:可得:(2)當帶電粒子做勻速圓周運動恰好和y軸相切時,B最小。設(shè)B的最小值為,圓的半徑為R1,根據(jù)幾何關(guān)系有由向心力公式得解得所以(3)當時,粒子運動的半徑為第一次由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的坐標為第二次由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的坐標為第三次由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的坐標為第四次由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的坐標為歸納得,粒子由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的位置坐標(n=1,2,3……)由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的位置坐標(n=1,2,3……)17.【答案】(1)對于帶負電的粒子,離開磁場的位置坐標為(-R,R).兩個帶電粒子離開磁場的位置坐標之間的距離為(2)對于帶負電的粒子,在磁場中運動的時間為粒子離開磁場后做類平拋運動,沿y軸方向上,有沿x軸方向上,有所求時間聯(lián)立解得(3)沿x軸方向上位移即位置坐標為(,0)【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn);帶電粒子在有界磁場中的運動;帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動【解析】【分析】(1)應(yīng)用洛倫茲力等于向心力求出軌跡半徑,利用幾何知識求解兩個帶電粒子離開磁場時的位置坐標間的距離d。(2)根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)角求在磁場中運動的時間。粒子離開磁場后做類平拋運動,由類平拋運動的規(guī)律求出電場中運動時間,即可求得總時間。(3)根據(jù)幾何關(guān)系和磁場中圓周運動的半徑公式結(jié)合,求帶負電的粒子從原點O進人磁場區(qū)域到再次抵達x軸的位置坐標x。1 / 1四川省綿陽南山中學(xué)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期3月月考物理試題1.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,關(guān)于電和磁的情景中,下列說法正確的是( ?。?br/>A.圖(a)是奧斯特利用實驗裝置發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.圖(b)是研究電磁感應(yīng)的實驗,只要開關(guān)一直接通,即使小螺線管A插入大螺線管B中不動,電流計中也有感應(yīng)電流通過C.圖(c)表示通電方向相反的兩長直導(dǎo)線相互排斥,是通過電場實現(xiàn)的D.圖(d)是手機無線充電的原理,若將交流電接入送電線圈中,可以利手機進行充電,這運用的是電磁感應(yīng)原理【答案】D【知識點】電磁感應(yīng)的發(fā)現(xiàn)及產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件;自感與互感;左手定則—磁場對通電導(dǎo)線的作用【解析】【解答】知道奧斯特現(xiàn)象,產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件以及電流之間的相互作用是通過磁場來實現(xiàn)的是解題的基礎(chǔ)。A.電磁感應(yīng)現(xiàn)象是法拉第首先發(fā)現(xiàn)的,圖(a)是奧斯特利用實驗裝置發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),故A錯誤;B.圖(b)是研究電磁感應(yīng)的實驗,只要開關(guān)一直接通,當小螺線管A插入大螺線管B中不動時,穿過大螺線管B中的磁通量沒有發(fā)生變化,電流計中沒有感應(yīng)電流通過,故B錯誤;C.圖(c)表示通電方向相反的兩長直導(dǎo)線相互排斥,是通過磁場實現(xiàn)的,故C錯誤;D.圖(d)是手機無線充電的原理,與變壓器工作原理相同,若將交流電接入送電線圈中,可以利手機進行充電,這運用的是電磁感應(yīng)原理,故D正確。故選D。【分析】奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng);根據(jù)發(fā)生感應(yīng)電流的條件分析;電流之間的相互作用是通過磁場實現(xiàn)的;根據(jù)電磁感應(yīng)的原理分析。2.(2025高二下·涪城月考)如圖甲所示,在圓形線圈內(nèi)分布著與線圈平面垂直的勻強磁場,現(xiàn)規(guī)定磁感應(yīng)強度B的方向垂直紙面向外為正。已知磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流,下列說法正確的是( ?。?br/>A.t=0時刻感應(yīng)電動勢最大 B.t1~t3時間內(nèi),感應(yīng)電動勢增大C.t2時刻,感應(yīng)電動勢為零 D.t1、t3時刻,感應(yīng)電流方向相同【答案】D【知識點】楞次定律;感應(yīng)電動勢及其產(chǎn)生條件【解析】【解答】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖像問題,關(guān)鍵是根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢的表達式,知道圖像斜率表示的物理意義。AC. 磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示, 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得當B-t圖像的斜率最大時感應(yīng)電動勢最大, 由圖像可知在t=t2時刻最大,則感應(yīng)電動勢最大,選項AC錯誤;B.t1~t3時間內(nèi),先增加后減小,則感應(yīng)電動勢先增加后減小,選項B錯誤;D.根據(jù)楞次定律可知t1時刻磁通量向外減小,t3時刻磁通量向里增加,則這兩個時刻感應(yīng)電流方向相同,選項D正確。故選D。【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢表達式,結(jié)合圖像的斜率進行分析。3.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一豎直螺線管b,二者軸線重合,螺線管與電源和滑動變阻器連接?,F(xiàn)將滑動變阻器的滑片P向上滑動,下列說法正確的是( ?。?br/>A.穿過線圈a的磁通量增大B.從上往下看,線圈a中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流C.線圈a有收縮的趨勢D.桌面對線圈a的支持力增大【答案】B【知識點】楞次定律【解析】【解答】應(yīng)掌握楞次定律的基本應(yīng)用,楞次定律的推論是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中得出的必然結(jié)果。A. 當滑動觸頭P向上移動時電阻增大, 由閉合電路歐姆定律可知通過線圈b的電流減小,b線圈產(chǎn)生的磁場減弱,故穿過線圈a的磁通量變小 ,故A錯誤;B.穿過線圈a的磁通量向下減小,根據(jù)楞次定律可知,從上往下看,線圈a中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流,故B正確;CD.穿過線圈a的磁通量向下減小,根據(jù)“增縮減擴”、“來拒去留”可知,線圈a有擴大且靠近線圈b的趨勢,桌面對線圈a的支持力減小,故CD錯誤。故選B。【分析】滑動觸頭向上滑動時通過判斷出線圈b中的電流減小,然后根據(jù)楞次定律判斷出線圈a中感應(yīng)電流的方向。根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因,可以很好判斷線圈的運動趨勢。4.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,等腰直角三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場,它的直角邊在x軸上且長為L,高為L。紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域,在時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向,下列圖像正確的是( ?。?br/>A. B.C. D.【答案】A【知識點】電磁感應(yīng)中的磁變類問題【解析】【解答】本題要知道感應(yīng)電勢勢公式E=BLv中的L是有效的切割長度,可得到感應(yīng)電流表達式來分析其變化情況。在0~ L過程,磁通量增大,由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向為順時針方向,為正值,線圈切割有效長度均勻增加,線圈中的電流為在L~ 2L過程,磁通量減小,由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向為逆時針方向,為負值,線圈切割有效長度均勻增加,線圈中的電流為故選A。【分析】將整個過程分成兩個位移都是L的兩段,根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。由感應(yīng)電動勢公式E=BLv,L是有效切割長度,分析L的變化情況,判斷感應(yīng)電流大小的變化情況,從而選擇圖像。5.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,單匝正方形閉合線圈MNPQ放置在水平面上,空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場,磁場兩邊界成角。線圈的邊長為L、總電阻為R?,F(xiàn)使線圈以水平向右的速度勻速進入磁場。下列說法正確的是( )A.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,N、P兩點間的電壓B.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,線圈所受安培力C.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,回路的瞬時電功率D.線圈從開始進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程,通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量【答案】C【知識點】法拉第電磁感應(yīng)定律【解析】【解答】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)等知識的綜合應(yīng)用。要正確區(qū)分電源與外電路,能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的導(dǎo)體相當于電源,電源兩端的電壓是路端電壓,不是內(nèi)電壓。A.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,只有NP邊產(chǎn)生切割磁感線,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為NP間的電壓為路端電壓,則有故A錯誤;B.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,線圈NP、PQ邊受到安培力作用,根據(jù)安培力公式且將NP、PQ兩邊所受的安培力合成得故B錯誤;C.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,回路的瞬時電功率故C正確;D.線圈從開始進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程,通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為故D錯誤。故選C。【分析】根據(jù)感應(yīng)電動勢公式E=BLv,求出線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E,結(jié)合電路知識求解路端電壓;PN邊切割磁感線,相當于電源,PN間的電壓是路端電壓,根據(jù)歐姆定律求解;根據(jù)功率公式求解回路電功率;根據(jù)電磁感應(yīng)的電荷量推論公式求解電荷量;6.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,有界磁場的寬度為,一帶電荷量為、質(zhì)量為的帶負電粒子以速度垂直邊界射入磁場,離開磁場時速度的偏角為,不計粒子受到的重力,下列說法正確的是( ?。?br/>A.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌跡半徑為4dB.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的角速度為C.帶電粒子在勻強磁場中運動的時間為D.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為【答案】C【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動【解析】【解答】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律,要注意分析清楚粒子運動過程,作出粒子運動軌跡,由幾何知識求出粒子軌道半徑,應(yīng)用牛頓第二定律即可正確解題。A. 有界磁場的寬度為,一帶電荷量為、質(zhì)量為的帶負電粒子以速度垂直邊界射入磁場, 帶電粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系有故A錯誤;B.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的角速度為故B錯誤;C.帶電粒子在勻強磁場中運動的時間故C正確;D.由洛倫茲力提供向心力得解得故D錯誤。故選C。【分析】粒子在磁場中運動的軌跡,由幾何關(guān)系求半徑; 找到粒子做圓周運動的圓心角, 求粒子在勻強磁場中運動的時間;由洛倫茲力提供向心力的公式求磁感應(yīng)強度大小。7.(2025高二下·涪城月考)如圖所示為回旋加速器工作原理示意圖:置于高真空中的D形金屬盒半徑為,兩金屬盒間的狹縫很小,帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應(yīng)強度為的勻強磁場與盒面垂直,加速電壓為。若D型盒圓心A處粒子源產(chǎn)生質(zhì)子,質(zhì)量為、電荷量為、初速度為零,質(zhì)子在加速器中被加速,且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響,則下列說法正確的是( ?。?br/>A.隨著速度的增加,質(zhì)子在磁場中運動的周期越來越短B.質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為C.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓成正比D.質(zhì)子被加速后的最大動能等于【答案】B【知識點】質(zhì)譜儀和回旋加速器【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用,知道最大動能與什么因素有關(guān),以及知道粒子在磁場中運動的周期與電場的變化的周期相等.A.質(zhì)子在磁場中由洛倫茲力提供向心力又聯(lián)立可得質(zhì)子在磁場中運動的周期為可知隨著速度的增加,質(zhì)子在磁場中運動的周期保持不變,故A錯誤;B.質(zhì)子在磁場中由洛倫茲力提供向心力解得質(zhì)子第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后,獲得的速度為,則有解得質(zhì)子第2次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后,獲得的速度為,則有解得聯(lián)立可得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為故B正確;CD.質(zhì)子離開回旋加速器時,在磁場中的最大半徑為,則有解得質(zhì)子的最大速度為可得質(zhì)子的最大動能為可知質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓無關(guān),故CD錯誤。故選B。【分析】回旋加速器的工作條件是電場的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等.回旋加速器運用電場加速、磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度,從而求出最大動能.8.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,水平放置的平行金屬板A、B與電源相連,兩板間電壓為U,距離為d.兩板之間有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為。一束不計重力的帶電粒子沿平行于金屬板且垂直于磁場的方向射入金屬板間,然后沿直線運動,從a點射入圓形磁場,在圓形磁場中分成1、2兩束粒子,兩束粒子分別從c、d兩點射出磁場。已知ab為圓形區(qū)域的水平直徑,,不計粒子間相互作用,下列說法正確的是( ?。?br/>A.金屬板A、B分別接電源的負、正極B.進入圓形磁場的粒子的速度大小為C.1、2兩束粒子的比荷之比為3:1D.1、2兩束粒子在圓形有界磁場中運動的時間之比為3:2【答案】D【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動;速度選擇器【解析】【解答】本題中粒子先在速度選擇器中做勻速直線運動、在磁場中做勻速圓周運動,磁場中畫出軌跡是解題的關(guān)鍵,根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律即可處理這類問題。A.粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知粒子帶正電;粒子在速度選擇器內(nèi)受到的洛倫茲力的方向也向上,由于粒子在速度選擇器內(nèi)做勻速直線運動,可知粒子受到的電場力的方向向下,所以電場的方向向下,金屬板A、B分別接電源的正極、負極,A錯誤;B.金屬板AB間的電場強度由題意可知,正離子通過金屬板AB之間做勻速直線運動,根據(jù)平衡條件有所以B錯誤;C.軌跡如圖粒子在圓形磁場中的運動軌跡是一段圓弧,如下圖所示,是離子做圓周運動軌跡的圓心,從c點射出的粒子的半徑由幾何關(guān)系可知,從d點射出的粒子的半徑粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑則1、2兩束粒子的比荷之比為C錯誤;D.根據(jù)周期公式粒子在圓形有界磁場中運動的時間其中所以1、2兩束粒子在圓形有界磁場中運動的時間之比D正確。故選D。【分析】粒子進入平行金屬板做勻速直線運動,粒子所受的電場力和洛倫茲力平衡,由平衡條件可求出速度大小v;粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,畫出軌跡,由幾何知識求出軌跡半徑,根據(jù)牛頓第二定律求解比荷的大小關(guān)系。9.(2025高二下·涪城月考)下列說法中正確的是( )A.磁電式電表的線圈常常用鋁框做骨架,把線圈繞在鋁框上,是為了防止電磁感應(yīng)B.電磁爐中線圈通交變電流時,在金屬鍋上產(chǎn)生渦流,使鍋體發(fā)熱而加熱食物C.精密線繞電阻常采用雙線繞法,可以增強線繞電阻通電時產(chǎn)生的磁場D.車站的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品,其是利用了電磁感應(yīng)原理【答案】B,D【知識點】自感與互感;渦流、電磁阻尼、電磁驅(qū)動【解析】【解答】本題考查電磁感應(yīng)的應(yīng)用與防止,注意與電流的磁效應(yīng)的區(qū)別,理解雙線繞法能減弱產(chǎn)生磁場原理。A.磁電式電表的線圈常常用鋁框做骨架,起到電磁阻尼作用,是為了利用電磁感應(yīng),故A錯誤;B.電磁爐中的線圈通高頻電流時,線圈中產(chǎn)生自感現(xiàn)象,在鐵磁性金屬鍋上產(chǎn)生渦流,使鍋體發(fā)熱從而加熱食物,故B正確;C.精密線繞電阻常采用雙線繞法,通入電流后,雙線產(chǎn)生的磁場方向是相反的,所以會減弱通電時產(chǎn)生的磁場,這樣,就能減小電流改變時引起的自感現(xiàn)象,達到維持電阻穩(wěn)定的目的,故C錯誤;D.車站的安檢門探測人攜帶的金屬物品的工作原理是由交流電通過線圈產(chǎn)生迅速變化的磁場,磁場在金屬物體內(nèi)部能感生渦電流;渦電流又會產(chǎn)生磁場,反過來影響原來的磁場,引發(fā)探測器發(fā)出鳴聲,故D正確。故選BD。【分析】電磁爐是采用電磁感應(yīng)原理,利用渦流,使鍋體發(fā)熱;鋁框做骨架,起到電磁阻尼作用,是為了利用電磁感應(yīng);雙線繞法,是減弱通電時產(chǎn)生的磁場;安檢門的工作原理是電磁感應(yīng),從而即可求解。10.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,重力為G的水平銅棒AC用絕緣絲線懸掛,靜止在水平螺線管的正上方,銅棒中通入從A到C方向的恒定電流,螺線管與干電池、開關(guān)S串聯(lián)成一個回路。當開關(guān)S閉合后一小段時間內(nèi),下列判斷正確的( )A.絲線的拉力大于GB.絲線的拉力小于GC.從上向下看,銅棒沿逆時針方向轉(zhuǎn)動D.從上向下看,銅棒沿順時針方向轉(zhuǎn)動【答案】A,C【知識點】左手定則—磁場對通電導(dǎo)線的作用【解析】【解答】本題考查了安培定則與左手定則的應(yīng)用,掌握基礎(chǔ)知識是解題的前提,認真審題理解題意后應(yīng)用安培定則與左手定則即可解題。CD.開關(guān)S閉合后,畫出一條與AC相交的磁感線,設(shè)兩交點處磁感應(yīng)強度分別為B和B',根據(jù)安培定則判斷,磁感線方向如圖所示,分別將B和B'沿水平方向與豎直方向分解,根據(jù)左手定則判斷知A端受到垂直紙面向外的安培力,C端受到垂直紙面向內(nèi)的安培力,S閉合后的一小段時間內(nèi),從上向下看,銅棒沿逆時針方向轉(zhuǎn)動,C正確,D錯誤;AB.開關(guān)S閉合,銅棒轉(zhuǎn)動后,將受到豎直向下的分安培力,絲線的拉力大于G,故A正確,B錯誤。故選AC。【分析】閉合開關(guān),螺線管產(chǎn)生磁場,應(yīng)用安培定則判斷出通電銅導(dǎo)線所處位置磁場方向,應(yīng)用左手定則判斷出通電銅棒所受安培力方向,然后分析答題。11.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,場強為E的勻強電場豎直向下,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直電場向外,帶電量為q的小球(視為質(zhì)點)獲得某一垂直磁場水平向右的初速度,正好做勻速圓周運動,重力加速度為g,下列說法正確的是( )A.小球做勻速圓周運動的周期為B.小球做勻速圓周運動的周期為C.若把電場的方向改成豎直向上,小球正好做勻速直線運動,則其速度為是D.若把電場的方向改成豎直向上,小球正好做勻速直線運動,則其速度為【答案】B,D【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動【解析】【解答】本題主要考查了物體在復(fù)合場中的運動,熟悉物體的受力分析,掌握其向心力的來源,結(jié)合牛頓第二定律即可完成解答。AB.小球要做勻速圓周運動,電場力與重力要等大反向,電場力向上,小球必須帶負電,則有解得小球做勻速圓周運動的周期為粒子做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,則有解得故周期為聯(lián)立解得故A錯誤,B正確;CD.若把電場的方向改成豎直向上,小球正好做勻速直線運動,小球帶負電,根據(jù)平衡條件又解得故C錯誤,D正確。故選BD。【分析】根據(jù)對小球的受力分析得出小球的電性;小球的合力提供向心力,結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式得出運動的周期;根據(jù)電場力和重力的關(guān)系得出小球的質(zhì)量大??;根據(jù)小球的平衡狀態(tài),結(jié)合受力分析得出速度的大小。12.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,光滑水平地面上有一塊足夠長且不帶電的絕緣木板,空間存在垂直紙面水平向內(nèi)的勻強磁場和水平向右的勻強電場,某時刻在木板上表面由靜止釋放一個帶正電的物塊,開始的一段時間內(nèi)兩物體能一起運動,已知木板和物塊的質(zhì)量均為m,物塊的電量為q,電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B,木板與物塊之間的滑動摩擦因數(shù)為μ,可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g,則( )A.一起運動階段,兩物體的加速度大小為B.一起運動階段,兩物體間的最大靜摩擦力逐漸增大C.兩物體間的壓力為零時,恰好發(fā)生相對滑動D.兩物體間恰好發(fā)生相對滑動時,物塊速度大小為【答案】A,D【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動【解析】【解答】對整體物體而言,先開始勻加速,隨著速度增大,物塊受到的洛倫茲力增大,則對木板的壓力減小,最大靜摩擦力減小,當最大靜摩擦力不足于木板的加速度時,就開始相對滑動,分清因果關(guān)系列相應(yīng)表達式就可判斷各項的正誤。A.一起運動階段,兩物體作為一個整體,根據(jù)牛頓第二定律有解得其加速度大小為故A正確;B.由題知,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,即隨著運動速度的增大,洛侖茲力逐漸增大,物塊對木板的壓力逐漸減小,則最大靜摩擦力逐漸減小,故B錯誤;CD.發(fā)生相對滑動前,兩物體具有相同的加速度,即發(fā)生相對滑動的臨界條件是物塊的加速度開始大于等于木板的加速度,即解得又靜摩擦力解得所以恰好發(fā)生相對滑動時,物塊和木板之間仍有摩擦力存在,即仍有壓力存在,故C錯誤,D正確。故選AD。【分析】離開前后對整體進行受力分析,利用牛頓第二定律求解加速度大小及其他力的變化,在豎直方向利用平衡條件確定物體間的彈力和摩擦力的變化,將要滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。13.(2025高二下·涪城月考)某同學(xué)在做探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象規(guī)律的實驗中,她選擇了一個靈敏電流計G,在沒有電流通過靈敏電流計的情況下,電流計的指針恰好指在刻度盤中央。她先將靈敏電流計G連接在圖甲所示的電路中,電流計的指針如圖甲中所示。(1)為了探究電磁感應(yīng)規(guī)律,該同學(xué)將靈敏電流計G與一螺線管串聯(lián),如圖乙所示。通過分析可知圖乙中的條形磁鐵的運動情況是 (填“向上拔出”或“向下插入”)(2)該同學(xué)將靈敏電流計G接入圖丙所示的電路。此時電路已經(jīng)連接好,A線圈已插入B線圈中,請問靈敏電流計中電流方向與螺線管B中導(dǎo)線的繞向 (填“有”或“沒有”)關(guān)系。她合上開關(guān)后,靈敏電流計的指針向右偏了一下,若要使靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn),可采取的操作是 。A.斷開開關(guān) B.在A線圈中插入鐵芯C.變阻器的滑片向右滑動 D.變阻器的滑片向左滑動【答案】向下插入;有;AC【知識點】楞次定律【解析】【解答】本題考查研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象及驗證楞次定律的實驗,對于該實驗注意兩個回路的不同。知道磁場方向或磁通量變化情況相反時,感應(yīng)電流反向是判斷電流表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)鍵。(1)由圖甲可知,電流從靈敏電流計的左接線柱流入,指針往左偏;由圖乙可知,螺線管中的電流方向為逆時針方向(從下往上看),根據(jù)安培定則,螺線管中感應(yīng)電流的磁場方向豎直向下;條形磁鐵在螺線管中的磁場方向(原磁場方向)豎直向上,可見感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反,根據(jù)楞次定律可知穿過線圈的原磁通量增加,所以條形磁鐵向下插入線圈.(2)由右手螺旋定則可知,用右手握住螺線管,四指的方向和電流方向相同,大拇指指的方向為N極方向,螺線管B中導(dǎo)線的繞向不同,則靈敏電流計中電流方向不同,故靈敏電流計中電流方向與螺線管B中導(dǎo)線的繞向有關(guān);A.合上開關(guān)后,靈敏電流計的指針向右偏了,說明B線圈中磁通量增加時,電流計指針右偏:現(xiàn)在要使靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn),因此穿過B線圈的磁通量應(yīng)該減??;斷開開關(guān),則穿過線圈的磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知,線圈B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與開關(guān)合上瞬間線圈中的感應(yīng)電流方向相反,靈敏電流計左偏,故A正確;B.在A線圈中插入鐵芯,穿過線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,線圈中產(chǎn)生的電流方向與開關(guān)合上瞬間線圈中的電流方向相同,靈敏電流計指針右偏,故B錯誤;C.由圖丙可知,變阻器的滑片向右滑動,電路中的電流減小,線圈A的磁感應(yīng)強度減小,穿過線圈的磁通量減小,根據(jù)楞次定律,線圈B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與開關(guān)合上瞬間線圈中的感應(yīng)電流方向相反,靈敏電流計左偏,故C正確;D.由圖丙可知,變阻器的滑片向左滑動,電路中的電流增大,線圈A的磁感應(yīng)強度增大,穿過線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律,線圈B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與開關(guān)合上瞬間線圈中的感應(yīng)電流方向相同,靈敏電流計右偏,故D錯誤。故選AC。【分析】(1)根據(jù)楞次定律和安培定則分析;(2)根據(jù)安培定則分析;根據(jù)楞次定律和電流的流向結(jié)合電路分析。14.(2025高二下·涪城月考)某學(xué)習(xí)小組利用砷化鎵霍爾元件(載流子為電子)研究霍爾效應(yīng),實驗原理如圖1所示,勻強磁場垂直于元件的工作面,工作電源為霍爾元件提供霍爾電流IH,IH通過1、3測腳時,2、4測腳間將產(chǎn)生霍爾電壓UH。(1)該霍爾元件中,載流子運動方向和電流方向 ?。ㄟx填“相同”、“相反”),2、4測腳中電勢高的是 (選填“2”或“4”)測腳。(2)某次實驗中,利用螺旋測微器測量元件厚度d(如圖2),其讀數(shù)為 mm,調(diào)節(jié)工作電壓,改變霍爾電流,測出霍爾電壓,實驗數(shù)據(jù)如下表所示:實驗次數(shù) 1 2 3 4 5IH/mA 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50UH/mV 41.5 83.1 124.8 166.4 208.1根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在如圖3所示的坐標紙上作出UH與IH的關(guān)系圖像 ;(3))設(shè)該元件單位體積中自由電子的個數(shù)為n,元件厚度為d,磁感應(yīng)強度為B,電子電荷量為e,則UH與IH的關(guān)系式為 。(最終結(jié)果用字母n、d、B、e、UH、IH表示)【答案】(1)相反;2(2)2.000;(3)【知識點】霍爾元件【解析】【分析】本題考查對霍爾效應(yīng)的理解,熟悉公式的運用。帶電粒子在洛倫茲力與電場力作用下處于平衡狀態(tài)。(1)由題知,載流子為電子,故載流子運動方向和電流方向相反;根據(jù)左手定則可知,電子受到的洛倫茲力向4測腳方向,電子帶負電,故2測腳中電勢高。(2)螺旋測微器的讀數(shù)為將表格中的數(shù)據(jù)在圖中描點連線,其圖像如圖所示(3)霍爾元件中電子受到的洛倫茲力等于電場力,有電流微觀表達式設(shè)霍爾元件的寬度為,則霍爾元件的電壓為霍爾元件的截面面積聯(lián)立解得【分析】(1)根據(jù)左手定則分析;(2)根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)原理解答;(3)霍爾元件中電子受到的洛倫茲力等于電場力,運用洛倫茲力公式、電場力公式、電流微觀表達式等列出相應(yīng)的關(guān)系式求解。(1)[1]由題知,載流子為電子,故載流子運動方向和電流方向相反;[2]根據(jù)左手定則可知,電子受到的洛倫茲力向4測腳方向,電子帶負電,故2測腳中電勢高。(2)[1]螺旋測微器的讀數(shù)為[2]將表格中的數(shù)據(jù)在圖中描點連線,其圖像如圖所示(3)霍爾元件中電子受到的洛倫茲力等于電場力,有電流微觀表達式設(shè)霍爾元件的寬度為,則霍爾元件的電壓為霍爾元件的截面面積聯(lián)立解得15.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,水平放置的平行金屬導(dǎo)軌間距為,兩金屬導(dǎo)軌間接一定值電阻,質(zhì)量為、長度為的金屬桿垂直導(dǎo)軌靜止放置,在虛線右側(cè)有豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為?,F(xiàn)對金屬桿施加水平向右、大小恒為的拉力,經(jīng)過時間,金屬桿剛好進入磁場并做勻速運動。已知桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2,桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好,兩者電阻均忽略不計,重力加速度取。求:(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢大?。?br/>(2)定值電阻的阻值。【答案】(1)進入磁場前,根據(jù)牛頓第二定律即解得桿進入磁場(磁場足夠大)時恰好開始做勻速直線運動,速度故金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢大小(2)桿進入磁場(磁場足夠大)時恰好開始做勻速直線運動,由平衡條件有即解得根據(jù)歐姆定律解得【知識點】電磁感應(yīng)中的能量類問題【解析】【分析】(1)金屬桿在勻加速運動過程中,根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小,根據(jù)運動學(xué)公式求解金屬桿剛進入磁場時的速度大小,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢的大小;(2)金屬桿剛好進入磁場并做勻速運動,根據(jù)平衡條件、閉合電路歐姆定律求解定值電阻的阻值。(1)進入磁場前,根據(jù)牛頓第二定律即解得桿進入磁場(磁場足夠大)時恰好開始做勻速直線運動,速度故金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢大小(2)桿進入磁場(磁場足夠大)時恰好開始做勻速直線運動,由平衡條件有即解得根據(jù)歐姆定律解得16.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,在水平面內(nèi)建立xOy坐標系,在第Ⅰ、Ⅳ象限中存在方向豎直向下的勻強磁場,第Ⅳ象限的磁感應(yīng)強度大小為。質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子從坐標原點O沿與方向成以一定速度射入第Ⅳ象限,第一次經(jīng)過x軸上的Q點,OQ間的距離為a。粒子可視為質(zhì)點,不考慮粒子重力。(1)求粒子射入時的速度大??;(2)要使粒子不從y軸飛出,求第I象限磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小應(yīng)滿足的條件;(3)若第I象限磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度,求粒子經(jīng)過x軸的位置坐標可能值。【答案】(1)第一次經(jīng)過x軸上的Q點由幾何關(guān)系,可得:由洛倫茲力提供向心力:可得:(2)當帶電粒子做勻速圓周運動恰好和y軸相切時,B最小。設(shè)B的最小值為,圓的半徑為R1,根據(jù)幾何關(guān)系有由向心力公式得解得所以(3)當時,粒子運動的半徑為第一次由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的坐標為第二次由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的坐標為第三次由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的坐標為第四次由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的坐標為歸納得,粒子由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的位置坐標(n=1,2,3……)由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的位置坐標(n=1,2,3……)【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動;帶電粒子在有界磁場中的運動【解析】【分析】(1)畫出粒子軌跡,根據(jù)幾何知識求得軌跡半徑,再根據(jù)即求得粒子射入時的速度大??;(2)要使粒子不從y軸飛出,軌跡恰好與y軸相切是臨界,結(jié)合幾何知識求解第Ⅰ象限磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度B1大小應(yīng)滿足的條件;(3)先求出一個周期內(nèi)粒子經(jīng)過x軸的位置坐標,結(jié)合圓周運動的周期性求得粒子經(jīng)過x軸的位置坐標可能值。(1)第一次經(jīng)過x軸上的Q點由幾何關(guān)系,可得:由洛倫茲力提供向心力:可得:(2)當帶電粒子做勻速圓周運動恰好和y軸相切時,B最小。設(shè)B的最小值為,圓的半徑為R1,根據(jù)幾何關(guān)系有由向心力公式得解得所以(3)當時,粒子運動的半徑為第一次由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的坐標為第二次由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的坐標為第三次由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的坐標為第四次由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的坐標為歸納得,粒子由第Ⅳ象限經(jīng)過x軸的位置坐標(n=1,2,3……)由第Ⅰ象限經(jīng)過x軸的位置坐標(n=1,2,3……)17.(2025高二下·涪城月考)如圖所示,在xOy平面內(nèi),過原點O的虛 線MN與y軸成45°角,在MN左側(cè)空間有沿y軸負方向的勻強電場,在MN右側(cè)空間存在著磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場.質(zhì)量為m、帶電量為q的正、負兩 個帶電粒子,從坐標原點O沿y軸負方向以速度v0射入磁場區(qū),在磁場中運動一段時間后進入電場區(qū),已知電場強度為E=2Bv0,不計重力,求:(1)兩個帶電粒子離開磁場時的位置坐標間的距離d(2)帶負電的粒子從原點O進入磁場區(qū)域到再次抵達x軸的時間t(3)帶負電的粒子從原點O進入磁場區(qū)域到再次抵達x軸的位置坐標x【答案】(1)對于帶負電的粒子,離開磁場的位置坐標為(-R,R).兩個帶電粒子離開磁場的位置坐標之間的距離為(2)對于帶負電的粒子,在磁場中運動的時間為粒子離開磁場后做類平拋運動,沿y軸方向上,有沿x軸方向上,有所求時間聯(lián)立解得(3)沿x軸方向上位移即位置坐標為(,0)【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn);帶電粒子在有界磁場中的運動;帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動【解析】【分析】(1)應(yīng)用洛倫茲力等于向心力求出軌跡半徑,利用幾何知識求解兩個帶電粒子離開磁場時的位置坐標間的距離d。(2)根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)角求在磁場中運動的時間。粒子離開磁場后做類平拋運動,由類平拋運動的規(guī)律求出電場中運動時間,即可求得總時間。(3)根據(jù)幾何關(guān)系和磁場中圓周運動的半徑公式結(jié)合,求帶負電的粒子從原點O進人磁場區(qū)域到再次抵達x軸的位置坐標x。1 / 1 展開更多...... 收起↑ 資源列表 四川省綿陽南山中學(xué)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期3月月考物理試題(學(xué)生版).docx 四川省綿陽南山中學(xué)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期3月月考物理試題(教師版).docx 縮略圖、資源來源于二一教育資源庫