内容正文:
行的时间之比为日3,项B正确,根据一0可知,(:13解析:()根据题意,粒子在磁场中运动的半径为r=F 4:3,选项C错误。根据运动轨迹可知,b在P的落点与O 点的距离为直径d=2r;而a的落点为一个小于直径的弦,;由洛伦兹力提供向心力得:qVB1=mr,解得:B1=2m 大小为d=2rsin60°=3r;则a、b在P上的落点与O点的 由題图分析可知:粒子从A点沿直径AOB匀速运动到O 距离之比为√3:2,故D错误。 点,然后做一个完整的圓周运动所用的时间为一个周期 R+R 10.选AC根据半径公式r=m,所以半60 为质量之比,为1:3,A正确,B错 (2)设一个周期内没有磁场的时间为t1,存在磁场的时间 可知,H做圆周运动的 为t2,则t1=,42 因为∠MON=12 半径为n1=R;H傲圆周运动的半 径为n2=√3R,由几何关系可知,H转 可求得MN与AB之间的距离为x=R 粒子从B点返回时,刚好进入磁场并做國周运动,然后 过的圆心角为3,H转过的圆心角为 进入电场做匀减速运动,当返回后刚离开电场时粒子做圆 周运动,此时一定存在磁场,为了满足题图甲的运动轨迹, 由 T及T 粒子在电场中的最短时间为+3 所以t1:t2=2:3,C正确,D错误 则粒子从B点运动到A点的最短时间为 1解析:(1)带正电的粒子从坐标原点O沿x轴正方向以速:t=2(1+32)+2=21+52=(4+5x)B2 度v做直线运动,则有:qE=qvB 解得磁感应强度为:B=二。 (3)粒子在电场中做匀变速运动,加速度为a=E (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,根 根据速度公式得 据洛伦兹力提供向心力可得 解得:E q(41+3t2)(4+3)qR 答案:(1 R 由P点距原点最远,可知粒子做圆周运0 (x+1)(2)(4+5)2 动的圆心在OP连线上。根据几何关系 可得:(2d-R)2=d2+R2 (4+3r)qR 联立解得:=4v2 ;14.解析:(1)粒子带正电,因为粒子能够向左运动离开绝缘平 板,说明粒子在和绝缘平板向上运动的时候受到向左的洛 伦兹力,由左手定则知粒子带正电 答案:(1)(2) (2)带点粒子在竖直方向做匀速直线运动,受到向左的洛伦 兹力,大小为F=qvB,因此水平方向做匀加速直线运动 12.解析:(1)由动能定理得yE=2m 解得E=m2 2dm (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运 联立解得t 动,运用几何关系做出圆心为O,圆 (3)粒子离开绝缘平板时具有竖直向上的速度v1,在水平 半径为r。设第一次碰撞点为A,由 方向做匀加速运动,则有v2=2ad 于粒子与圓筒发生两次碰撞又从S 设粒子离开绝缘平板时的速度与竖直方向的夹角为θ,则 孔射出,因此,SA孤所对的圆心角 ∠AOS等于3 粒子离开绝缘平板后做匀速圆周运动,合速度为 由几何关系得r=Rtan5 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律, 由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m R ,联立解得R 粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为h2=R (3)两板电荷量不变,改变两板距离时,电场强度E不变}在绝缘平板上时上升的高度h1=v 设粒子与圆筒碰撞n次后回到S.则粒子在磁场中运动的总高度h=h1+h2 半径为rn=Rtan 联立可得 (2qu Bd+muy 又有qvnB= 2q+mvy 得d 答案:(1)带正电,理由见解析(2 2dmv m(2qu, Bd+mv") 答案:(1 单元检测(十)电磁感应(高频考点练清卷 1.选A通电瞬间小磁针发生偏转,说明了电流周围存在磁'2.选C根据安培定则可知,Δ环中产生的磁场在B环中垂直 场,选项A正确;闭合开关后,若导体棒切割磁感线运动,则!纸面向外,闭合S瞬间穿过B环的磁场垂直纸面向外增加 电流计的指针发生偏转,说明了回路产生感应电流,选项B·由楞次定律可知,B环中感应电流的方向为顺时针,故A错 错误;闭合开关后金属棒会在导轨上运动,说明了磁场对电 闭合S后,B环中的磁通量不再变化,则B环中没有感 流有力的作用,选项C错误;闭合开关线框转动,说明了通}应电流,故B错误;由以上的分析可知,A环和B环靠近的 电线圈在磁场中受到磁场力的作用,选项D错误 部分的电流方向相反,相反的电流之间的作用力是相斥的 164 即A环受到B环的排斥作用,故C正确;闭合S后,由于B中没;12.选B根据法拉第电磁感应定律,感应电动势为:E=S 有感应电流,所以两环之间没有相互作用力,故D错误 3.选BC线圈A各处受到沿半径方向指向圆心的力可以理 为线圈A正在具有收缩的趋势,根据楞次定律可以知道 kS,根据欧姆定律得感应电流的大小/=E成应由流的功 向无关:线图D中的感应磁场正在增大说明导体棒MN正:率P=FR=R正方形线框a的功率为圆 此时一定是线圈D中的感