2.(2018·安徽郎溪中学模拟)根据电磁理论,半径为R、电流强度为I的环形电流中心处的磁感应强度大小B=k
,其中k为已知常量。
现有一半径为r,匝数为N的线圈,线圈未通电流时,加水平且平行于线圈平面、大小为BC的匀强磁场,小磁针指向在线圈平面内(不考虑地磁场),给线圈通上待测电流后,小磁针水平偏转了α角。
则( )
A.待测电流在圆心O处产生的磁感应强度BO=BCsinα
B.待测电流Ix的大小Ix=
C.仅改变电流方向,小磁针转向不会变化
D.仅改变电流大小可以使小磁针垂直于线圈平面
解析:
选B 所加磁场磁感应强度BC与待测电流在圆心O处产生的磁感应强度BO的关系如图所示,有:
BO=BCtanα,A错误;由题意可知:
BO=k
,解得:
Ix=
,B正确;仅改变电流方向,环形电流产生的磁场的磁感应强度方向改变,小磁针转向发生变化,C错误;仅改变电流大小,环形电流产生的磁场的磁感应强度方向不变,大小改变,合场强不能与线圈平面垂直,小磁针也不能垂直于线圈平面,D错误。
3.(2018·广西柳州铁路一中模拟)两个较大的平行金属板A、B相距为d,分别接在电压为U的电源正、负极上,这时质量为m、带电荷量为-q的油滴恰好静止在两板之间,如图所示。
在其他条件不变的情况下,如果将B板向下移动一小段距离,则该过程中( )
A.油滴将向上加速运动,电流计中的电流从b流向a
B.油滴将向下加速运动,电流计中的电流从a流向b
C.油滴静止不动,电流计中的电流从b流向a
D.油滴静止不动,电流计中的电流从a流向b
解析:
选B 开始时油滴静止,说明电场力与重力平衡;电容器与电源直接相连,故电压不变,当B板向下移动一小段距离,板间距离d增大,则由E=
可知,电场强度减小,电场力减小,故重力大于电场力,油滴向下加速运动;由于d增大,则由C=
可知,电容C减小,因电压不变,则由Q=UC可知,电荷量Q减小,电容器放电,电流计中有从a到b的电流,故B正确,A、C、D错误。
4.(2018·广州模拟)如图所示,已知甲空间中没有电场;乙空间中有竖直向上的匀强电场;丙空间中有竖直向下的匀强电场。
三个图中的斜面相同且绝缘,相同的带负电小球从斜面上的相同位置O点以相同初速度v0沿水平方向抛出,分别落在甲、乙、丙图中斜面上A、B、C点(图中未画出),距离O点的距离分别为lOA、lOB、lOC。
小球受到的电场力始终小于重力,不计空气阻力。
则
A.lOA>lOB>lOC B.lOB>lOA>lOC
C.lOC>lOA>lOBD.lOC>lOB>lOA
解析:
选C 甲图小球不受电场力,加速度为g,带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力,加速度大于g,而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力,加速度小于g,根据类平抛运动规律,他们落在斜面上时均有:
tanθ=
=
=
,解得:
t=
,可知,当加速度越大时,所用时间越短,因此沿斜面运动的距离也就越小,即lOC>lOA>lOB,故C正确,A、B、D错误。
5.(2018·齐齐哈尔八中模拟)如图所示,匀强电场中的A、B、C三点的连线构成边长为
a的等边三角形。
把带电荷量为-e的电子从A移动到B,电场力做功W;把带电荷量为e的粒子从B移到C,电场力也做功W,则下列说法中正确的是( )
A.A、B、C三点的电势关系为φA>φB>φC
B.A、B、C三点的电势关系为φA>φB=φC
C.电场强度的方向与AB垂直
D.若场强与纸面平行,则场强大小等于
解析:
选D 把带电荷量为-e的电子从A点移动到B点,电场力做功W,把带电荷量为e的粒子从B点移动到C点,电场力做正功仍为W,则若电子从A到C,电场力做功为零,所以φA=φC;若移动的是负电荷,随着电场力做正功,电势能减小,而电势增加;若是正电荷,则随着电场力做正功,电势能减小,且电势减小,所以有φA<φB,φB>φC,故A、B错误;由上可知A、C两点是等势点,连线为等势面,电场线与等势面垂直,所以电场线方向垂直于AC,故C错误;由题意可知,粒子从B到C电场力做功为W,则B、C间的电势差大小为:
UBC=
,B、C间沿电场线方向上距离为:
d=
a×sin60°=
a,所以E=
=
,故D正确。
6.(2018·河北邱县一中模拟)一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中。
由于电场力和重力的作用,液滴沿竖直方向下落一段距离h后,速度变为0。
在此过程中,以下判断正确的是( )
A.液滴一定带负电
B.重力对液滴做的功为
mv02+mgh
C.合外力对液滴做的功为-
mv02
D.液滴的机械能减少了mgh
解析:
选C 重力方向竖直向下,而液体向下做匀减速直线运动,故合力向上,所以液滴受到的电场力方向一定竖直向上,液滴带正电,A错误;液滴下降了h,所以重力做功为mgh,B错误;根据动能定理可得W合=0-
mv02=-
mv02,C正确;液滴的重力势能减少mgh,动能减少
mv02,所以液滴的机械能减少
mv02+mgh,D错误。
7.(2018·河南南阳一中模拟)如图所示,虚线圆是一个铀核92238U正在匀强磁场中以速率v0做匀速圆周运动的轨迹,当它运动到O点时,衰变成钍核90234Th和另外一个新核,两核的速度方向与v0共线,不计衰变后粒子间的相互作用,则关于钍核与新核在磁场中运动的轨迹和绕行方向可能正确的是( )
解析:
选A 若新核的速度方向与v0方向相同,根据动量守恒定律知,钍核的速度方向也可能与v0方向相同,由左手定则判断可知,衰变后钍核与新核所受的洛伦兹力均向右,均沿顺时针方向绕行。
由半径公式r=
=
,p是动量,由于钍核的带电荷量远大于新核(α粒子)的带电荷量,知钍核的轨道半径小于新核的轨道半径,因此A图是可能的,故A正确,C错误;若衰变后钍核的速度方向与v0方向相反,由左手定则知,衰变后钍核所受的洛伦兹力向左,应顺时针绕行,故B错误;若衰变后钍核和新核的速度方向均与v0方向相反,衰变后两者的总动量与原来的总动量方向相反,违反了动量守恒定律,故D错误。
二、多项选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。
每小题有多个选项符合题意。
全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分)
8.(2018·东台模拟)如图所示在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极P,紧贴边缘内壁放一个圆环形电极Q,并把它们与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体。
现在把玻璃皿放在图示磁场中,下列判断正确的是( )
A.若P接电池的正极,Q接电池的负极,俯视时液体逆时针转动
B.若P接电池的正极,Q接电池的负极,俯视时液体顺时针转动
C.若两电极之间接50Hz正弦交流电,液体不转动
D.若两电极之间接50Hz正弦交流电,液体不断往返转动
解析:
选BC 若P接电源正极,Q接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由中心流向边缘;玻璃皿所在处的磁场竖直向上,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿顺时针方向,因此液体顺时针方向旋转,故A错误,B正确;P、Q与50Hz的交流电源相接,电流方向变化时间过短,液体不会旋转,故C正确,D错误。
9.如图所示,电源电动势为E,内阻不计。
滑动变阻器阻值为R=50Ω,定值电阻R1=30Ω,R2=20Ω,三只电流表都是理想电流表。
滑动变阻器的滑动触头P从a向b移动过程中,下列说法正确的是( )
A.电流表A的示数先增大后减小
B.电流表A1的示数先增大后减小
C.电流表A2的示数逐渐增大
D.滑动触头P移到b端时电流表A的示数最大
解析:
选CD 当满足R1+RaP=R2+RbP时,外电路的电阻最大,则滑动变阻器的滑动触头P从a向b移动过程中,电路的总电阻先增大后减小,电流先减小后增大,电流表A的示数先减小后增大,选项A错误;因电源的内阻不计,可知电流表A1的示数I1=
,则随着RaP的增加,电流表A1示数减小,选项B错误;电流表A2的示数I2=
,则随着RbP的减小,电流表A2示数逐渐增大,选项C正确;由数学知识可知,当滑动触头P移到b端时电路的总电阻最小,此时电流表A的示数最大,选项D正确。
10.如图所示,两平行金属板始终与电源两极相连,电源电压为8.0V,两板的间距为2cm,而且极板B接地。
极板间有C、D两点,C距A板0.5cm,D距B板0.5cm,则( )
A.两板间的场强大小为400V/m
B.C、D两点的电势相等
C.C点的电势φC=2.0V
D.D点的电势φD=2.0V
解析:
选AD 由公式E=
计算出两板间的场强为E=
=
V/m=400V/m,则A正确;B板接地,φB=0,φA=8V,UAC=400×0.5×10-2V=2V,得φC=6V;同理得φD=2V,D正确,B、C错误。
11.(2018·大庆实验中学模拟)如图所示,虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域,两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。
一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区,弧线aPb为运动过程中的一段轨迹,其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2∶1,下列判断一定正确的是( )
A.两个磁场的磁感应强度方向相反,大小之比为2∶1
B.粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为1∶1
C.粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1
D.弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2∶1
解析:
选BC 根据曲线运动的条件,可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系,再由左手定则可知,两个磁场的磁感应强度方向相反,根据
=θ,再由r=
,及洛伦兹力不做功,即运动的速率不变,可得磁感应强度大小B=
,因圆心角不知,所以无法确定磁感应强度之比,故A、D错误;由于洛伦兹力不做功,所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变,故B正确;已知粒子在两个磁场中运动的速度大小相等,两段弧长之比为2∶1,所以时间之比为2∶1,因此C正确。
12.(2018·焦作模拟)如图所示,人工元素原子核113286Nh开始静止在匀强磁场B1、B2的边界MN上,某时刻发生裂变生成一个氦原子核24He和一个Rg原子核,裂变后的微粒速度方向均垂直B1、B2的边界MN。
氦原子核通过B1区域第一次经过MN边界时,距出发点的距离为l,Rg原子核第一次经过MN边界距出发点的距离也为l。
则下列有关说法正确的是( )
A.两磁场的磁感应强度B1∶B2为111∶2
B.两磁场的磁感应强度B1∶B2为111∶141
C.氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为2∶141
D.氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为111∶141
解析:
选AC 原子核裂变过程系统动量守恒,以24He速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
m1v1-m2v2=0,即p1=p2,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由题意可知:
粒子轨道半径:
r1=r2=
,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:
qvB=
,解得:
B=
=
,
则:
=
=
,A正确,B错误;
粒子在磁场中做圆周运动的周期:
T=
,粒子旋转第一个半圆需要的时间:
t=
T=
,时间之比:
=
=
=
×
×
=
,C正确,D错误。
三、实验题(本题共2小题,共18分)
13.(8分)(2018·江苏启东中学模拟)有一只小灯泡,额定电压为6V,额定功率约为3W,请用下列器材测定小灯泡的额定功率:
电流表A:
量程0~0.6A、内阻约为0.5Ω
电压表V:
量程0~3V、内阻RV=5kΩ
滑动变阻器R:
阻值范围0~20Ω、额定电流为1A
定值电阻R0:
阻值R0=10kΩ
电源E:
电动势约为10V、内阻很小
开关S一个,导线若干
(1)请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的实验电路图(标注所用器材的符号);
(2)实验中,电压表的示数应调为________V,若此时电流表示数为0.48A,则小灯泡的额定功率为________W。
解析:
(1)要使灯泡正常发光,故只需使灯泡两端的电压为6V即可;但由于电压表量程只有3V,故应串联定值电阻分压;由于电源电压为10V,灯泡电阻R=
=12Ω;故滑动变阻器电阻大于灯泡电阻,限流接法可以起到较好的调节作用,而分压接法也可以使电压达到额定值;故可以采用限流接法也可以采用分压接法,如图所示:
(2)由分压关系可知,当灯泡两端电压为6V时,电压表与电阻两端的总电压为6V,而电压表与电阻的阻值之比为:
=
;故分压之比为1∶2;则可知电压表示数应为2V;
灯泡的额定功率:
P=UI=6×0.48W=2.88W。
答案:
(1)电路图见解析
(2)2 2.88
14.(10分)(2018·河南郑州外国语学校模拟)
(1)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器,请完成下列问题:
在使用多用电表测量时,指针的位置如图甲所示,若选择开关拨至“×1”挡,则测量的结果为________Ω;若选择开关拨至“50mA”挡,则测量结果为________mA。
(2)多用电表测未知电阻阻值的电路如图乙所示,电池的电动势为E、内阻为r,R0为调零电阻,Rg为表头内阻,电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图像如图丙所示,则该图像的函数关系式为__________________。
(3)下列根据图丙中IRx图线作出的解释或判断中正确的是________。
A.因为函数图线是非线性变化的,所以欧姆表的示数左小右大
B.欧姆调零的实质是通过调节R0使Rx=0时电路中的电流I=Ig
C.Rx越小,相同的电阻变化量对应的电流变化量越大,所以欧姆表的示数左密右疏
D.测量中,当Rx的阻值为图丙中的R2时,指针位于表盘中央位置的右侧
解析:
(1)所测的电阻R=18×1Ω=18Ω;
选择开关拨至“50mA”挡,则电流为I=22.7mA。
(2)根据闭合电路欧姆定律得:
I=
=
。
(3)因为Rx=
-r-R0-Rg,函数图线是非线性变化的,当电流比较大时,电阻比较小,当电流比较小时,电阻比较大,所以欧姆表的示数左大右小,故A错误;当Rx=0时,I=
,此时电流为满偏电流,故B正确;Rx越小,相同的电阻变化量对应的电流变化量越大,所以欧姆表的示数左密右疏,故C正确;测量中,当Rx的阻值为题图丙中的R2时,电流比半偏电流小,指针位于表盘中央位置的左侧,故D错误。
答案:
(1)18 22.7
(2)I=
(3)BC
四、计算题(本题共4小题,共61分)
15.(14分)(2018·河北邯郸成安一中模拟)如图所示,在水平向右的匀强电场中,有一质量为m、带正电的小球,用长为l的绝缘细线悬挂于O点,当小球静止在A点时细线与竖直方向的夹角为θ。
现给小球一个初速度,使小球恰能在竖直平面内做圆周运动,试问:
(1)小球在做圆周运动的过程中,在哪一位置速度最小?
速度最小值为多少?
(2)小球的初速度应为多大?
解析:
(1)重力与电场力的合力:
F=
,电场力为:
F电=mgtanθ,小球恰好做圆周运动,在平衡位置的反方向上的圆周位置上B点时速度最小,
由牛顿第二定律得:
=
,
解得小球的最小速度为:
vB=
。
(2)由动能定理可得:
-mg·2lcosθ-mgtanθ×2lsinθ=
mvB2-
mvA2,
解得:
vA=
。
答案:
(1)A点关于圆心对称位置
(2)
16.(15分)如图所示,半径R=1.6m的
光滑圆弧轨道位于竖直平面内,与长L=3m的绝缘水平传送带平滑连接,传送带以v=3m/s的速度顺时针转动,传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度E=20N/C,磁感应强度B=3.0T,方向垂直纸面向外。
两个质量均为m=1.0×10-3kg的物块a和b,物块a不带电,b带q=1.0×10-3C的正电并静止于圆弧轨道最低点,将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放,运动到最低点与b发生正碰,碰撞时间极短,碰后粘合在一起,离开传送带后一起飞入复合场中,最后以与水平面成60°角落在地面上的P点(如图),已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.1,取g=10m/s2,a、b均可看做质点。
求:
(1)物块a运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力;
(2)传送带距离水平地面的高度;
(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中,a、b系统机械能的变化量。
解析:
(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时,机械能守恒,mgR(1-cosθ)=
mvC2
得:
vC=4m/s
在C点,由牛顿第二定律:
FN-mg=m
解得:
FN=2×10-2N
由牛顿第三定律,a物块对圆弧轨道压力:
FN′=2×10-2N,方向竖直向下。
(2)a、b碰撞动量守恒mvC=2mvC′
vC′=2m/s
ab在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s,μ·2mg=2ma
v2-vC′=2as
得:
s=2.5m所以ab离开传送带时与其共速为v=3m/s
进入复合场后,qE=2mg=2×10-2N,所以做匀速圆周运动
由qvB=2m
,得:
r=
=2m
由几何知识解得传送带与水平地面的高度:
h=r+
=3m。
(3)ab系统在传送带上运动过程中,摩擦力对其做功Wf=μ·2mgs=5×10-3J
ab系统在复合场运动过程中,电场力对其做功:
W电=-qEh=-6×10-2J
所以,二者碰后一直到落地,系统机械能的变化量:
ΔE=Wf+W电=-5.5×10-2J。
故a、b系统机械能减少5.5×10-2J。
答案:
(1)2×10-2N,方向竖直向下
(2)3m
(3)机械能减少5.5×10-2J
17.(16分)(2018·湖北黄冈中学模拟)如图甲所示,直角坐标系xOy中,第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场,场强E=1N/C,第一象限内有垂直坐标平面的交变磁场,磁场方向垂直纸面向外为正方向。
在x轴上的点A(-2m,0)处有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷
=100C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力),该粒子以v0的速度进入第二象限,从y轴上的点C(0,4
m)进入第一象限。
取粒子刚进入第一象限的时刻为t=0时刻,第一象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。
(g=10m/s2)求:
(1)初速度v0大小;
(2)粒子出磁场时的位置坐标;
(3)粒子在磁场中运动的时间。
解析:
(1)粒子在第二象限内做类平抛运动,设从A到C的时间为t,则|xA|=
at2,yC=v0t,a=
,
联立解得:
v0=20
m/s。
(2)设粒子在C点的运动方向与y轴正方向的夹角为θ,在C点的速度为vC,则tanθ=
,代入数据解得θ=30°
由cosθ=
,得vC=40m/s
粒子在第一象限的磁场中有:
qvCB=m
解得r=
m
粒子做圆周运动的周期T=
=
s
故粒子在磁场中运动的轨迹如图所示,粒子在运动的第四个半圆的过程中从D点出磁场,由几何关系可得
OE=
yC,DE=2rcos30°,则OD=OE-DE=9m
粒子第一次出磁场的点的位置坐标为D(9m,0)。
(3)粒子在磁场中运动的时间t=
+
=
s。
答案:
(1)20
m/s
(2)(9m,0) (3)
s
18.(16分)(2018·广西钦州模拟)如图所示,在xOy平面内,y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E;在0L的区域内有垂直于xOy平面的匀强磁场,磁感应强度大小不变、方向做周期性变化。
一电荷量为q、质量为m的带正电粒子(粒子重力不计),由坐标为
的A点静止释放。
(1)求粒子第一次通过y轴时速度的大小;
(2)求粒子第一次射入磁场时的位置坐标及速度;
(3)现控制磁场方向的变化周期和释放粒子的时刻,实现粒子能沿一定轨道做往复运动,求磁场的磁感应强度B的大小取值范围。
解析:
(1)粒子从A点到y轴的过程,根据动能定理得qEL=
mv02-0,解得v0=
。
(2)粒子进入0<x<L区域中作类平抛运动,根据平抛运动规律得L=v0t,Δy=
×
t2,vy=
t
解得Δy=
L,vy=v0
所以第一次射入磁场时的位置坐标为(L,L);
速度大小v=
=2
,方向与x轴正方向成45°角斜向上。
(3)在磁场中,粒子做匀速圆周运动,根据向心力公式有qvB=
轨道半径R=
由对称性可知,射出磁场后必须在x轴下方的电场中运动,才能实现粒子沿一定轨道做往复运动,如图所示。
当CC1=
+
+
=
时,轨道半径R最小,对应的磁感应强度B最大,粒子紧贴x轴进入y轴左侧的电场。
由几何关系得R2+R2=CC12,得最小半径R=
L,
磁感应强度的最大值:
Bmax=
=
=
磁感应强度大小取值范围为0≤B≤
。
答案:
(1)
(2)(L,L) 2
,方向与x轴正方向成45°角斜向上
(3)0≤B≤