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章末综合检测答案
章未综合检测(一)
9.选BD未放c导线时,a、b导线之间的安培力是吸引力,大
1.选A当CO通电后,闸刀开关会自动跳开,可知安培力应
小相等,置入c导线后,a导线受到的安培力大小为2F,方
该向左,由左手定则判断,电流方向O→C,A正确,B错误;
向可能向左,也可能向右,故c导线对a导线的作用力可能
跳闸时闸刀受到安培力而运动断开,故跳闸时闸刀所受安
向右、大小为F,或向左、大小为3F,所以c导线对b导线的
培力做正功,C错误;跳闸的作用力是一定的,依据安培力
F=BL可知,增大匀强磁场的磁感应强度B,电流I变小,
作用力可能向右,大小为号,或向左,大小为号,则么导线
D错误。
受到的实培力为向右,大小为号或向左、大小为驾。BD
F
2.选A在导线两侧取两小段,左边一小段所受的安培力方
向垂直纸面向里,右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面
正确。
向外,从上往下看,知导线顺时针方向转动,同时导线所受
!10.选BD由于洛伦兹力不做功,所以粒子在两个磁场中的
的安培力方向向下。
运动速度大小不变,即粒子在区域I和区域Ⅱ中的速率之
3.选A根据电阻定律可知,长度为L的电阻丝的阻值为R。
=pS,则梯形框架上ab,bc、cd边上对应的总电阻为3R,
比为1:1,A错误:根据1=子,0相同,则时间之比等于
经过的弧长之比,即粒子通过圆孤ap、b的时间之比为
由几何关系得,ad边的长度为2L,所以ad边对应的电阻
为2R,并联事分的总电阻为R=R十朵-号R,电路
3R·2R
2:1,B正确;图心角0=
rr=m
B,由于区域1、Ⅱ磁场
的磁感应强度之比未知,故粒子在区域「、Ⅱ中的运动半
的总电流I=是,框架所受的安培力F=BI·2L,联立
径之比无法确定,则转过的圆心角之比无法确定,C错误:
根据曲线运动的条件,可知洛伦兹力的方向与运动方向的
得F=B5E,由左手定则可知安培力方向竖直向上,A
关系,再由左手定则可知,两个磁场的方向相反,D正确。
11.选AD题图A、C、D中粒子在电场中向电场线的方向偏
正确。
转,说明粒子带正电荷,进入磁场后,由左手定则可知题图
4.选A根据左手定则可得粒子带正电,因为粒子的运动半
A中粒子应逆时针旋转,题图C中粒子应顺时针旋转,题
径减小,根据公式r=
)可得粒子的运动速度逐渐减小,A
图D中粒子应顺时针旋转,A、D正确,C错误;同理,可以
判断B错误。
正确。
5.选D”电子带负电荷,进入磁场后,根P婴×习
12.选AD粒子在电场中加速,根据动能定理
据左手定则可知,电子所受洛伦兹力左
i
有qU=
之m%”,在磁场中运动时,根据牛:
的方向向左,故电子将向左偏转,A错州
误;电子的运动轨迹如图所示,设电子打在MN上的点与
领第二定律有B=mR,解得R
O'点的距离为x,则由几何知识得x=r一√r2一d2=2d-
1
2mU
/(2d)2一d2=(2-√3)d,B、C错误;设轨迹对应的圆心角
,同理可得R,=B1/C
,发
d
为0,由几何知识得si血0=a0.5,得0=,则电子在磁
散角为最大值0时,质量为2的粒子在光屏上形成的亮
线的右边缘恰好与质量为1的粒子在光屏上形成的亮
场中运动的时间为1==,D正确。
线的左边缘重合,如图所示(磁场中虚线为质量为2的
6.选D根据右手螺旋定则可知MO处的磁场方向垂直于
粒子的运动轨迹,实线为质量为m的粒子的运动轨迹),
MN向里,ON处的磁场方向垂直于MN向外,磁场大小先
,此时两种粒子
减小,过O,点后反向增大,根据左手定则可知,带正电荷的
则2R,cos9=2R,联立解得c0s0=√m2
小球受到的洛伦兹力开始方向向上且减小,过)点后方向
形成的亮线总长度最大,为△x=2R2一2Rcos日=
向下且增大。由此可知,小球将做匀速直线运动,小球对桌
面的压力一直在增大,A、B、C错误,D正确。
2(m,-一m)2四,A,D正确.B.C错误。
B
个Vqm丝
7.选D设微粒a的速率为v,两微粒碰撞过程
13.解析:(1)设甲离子所带电荷量为q1、质量为m,在磁场中
系统动量守恒,以α微粒的速度方向为正方
做匀速圆周运动的半径为R,,磁场的磁感应强度大小为
向,由动量守恒定律得v=2mv,微粒在磁场
中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根)×
B,由动能定理有9U=2m
⊙
据牛颜第二定律,对a有uB=吧,对c有mB=2n兰
2
由洛伦兹力公式和牛频第二定律有4B=m,R
②
_2mw_m」
解得。=,r==B=r。,微粒运动轨迹如图所示,
由几何关系知2R1=l
③
由几何知识可知,、c两微粒做匀速圆周运动转过的圆心
由①②⑧式得B=.
⊙
角相等,都是90°,微粒在磁场中做圆周运动的周期T,
(2)设乙离子所带电荷量为9、质量为m