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章末综合检测答案
章末综合检测(一)
}8.选BD未放c导线时,a、b导线之间的安培力是吸引力,大
小相等,置入c导线后,a导线受到的安培力大小为2F,方向
1.选A当CO通电后,闸刀开关会自动跳开,可知安培力应!
可能向左,也可能向右,故c导线对(导线的作用力可能向
该向左,由左手定则判断,电流方向O→C,A正确,B错误;
右、大小为F,或向左、大小为3F,所以c导线对b导线的作
跳间时闸刀受到安培力而运动断开,故跳闸时闸刀所受安培
力做正功,C错误;跳闸的作用力是一定的,依据安培力F=
用力可能向右,大小为号,或向左大小为号,则6导线交到
BIL可知,增大匀强磁场的磁感应强度B,电流I变小,D
错误。
的实培力为向右,大小为号成向左,大小为号。B,D正确。
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}9.选BD由于洛伦兹力不做功,所以粒子在两个磁场中的运
垂直纸面向里,右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向!
动速度大小不变,即粒子在区域I和区域Ⅱ中的速率之比为
外,从上往下看,知导线顺时针方向转动,同时导线所受的安
培力方向向下。
1:1,A错误:根据1=,心相同,则时间之比等于经过的孤
3.选A根据电阻定律可知,长度为L的电阻丝的阻值为R。
长之比,即粒子通过圆孤ap、pb的时间之比为2:1,B正
=p专,则梯形框架上ab,bc、cd边上对应的总电阻为3R,
确:国心角)=一阳由于区拔1、Ⅱ磁场的磁感应强度
由几何关系得,ad边的长度为2L,所以ad边对应的电阻为
之比未知,故粒子在区域I、Ⅱ中的运动半径之比无法确定,
2R并联本分的总也胆为R一跟张一号民电移中的
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关系,再由左手定则
总电流=尽,框架所受的安培力F=B1·2L,联立解得F
可知,两个磁场的方向相反,D正确。
:10.选AD图A、C、D中粒子在电场中向电场线的方向偏转,
=5BSE,由左手定则可知安培力方向竖直向上,A正确。
说明粒子带正电荷,进入磁场后,由左手定则可知题图A
3,0
中粒子应逆时针旋转,题图C中粒子应顺时针旋转,题图D
4.选A根据左手定则可得粒子带正电,因为粒子的运动半径
中粒子应顺时针旋转,A、D正确,C错误;同理,可以判断B
减小,根据公式一调可得粒子的运动速度逸断减小,A
错误。
正确。
11.解析:(1)设甲离子所带电荷量为91、质量为m1,在磁场中
5.选D电子带负电荷,进入磁场后,
做匀速圆周运动的半径为R,磁场的磁感应强度大小为
据左手定则可知,电子所受洛伦左文文义文
d右
①
兹力的方向向左,故电子将向左偏#
B,由动能定理有qU=2m
转,A错误;电子的运动轨迹如图所示,设电子打在MN上
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有4B=mR
v
②
的点与O'点的距离为x,则由几何知识得x=r一√一
由几何关系知2R=1
③
=2d-√(2d)-d=(2-√3)d,B、C错误:设轨迹对应的
4U
④
圆心角为0,由几何知识得in0=元0.5,得0=否,则电
d
由①②③式得B-1和
(2)设乙离子所带电荷量为q2、质量为2,射入磁场的速度
子在磁场中运动的时间为1=肛=,D正确。
为2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R。同理有9U
003
1
6.选D根据右手螺旋定则可知MO处的磁场方向垂直于!
2n2
⑤
MN向里,ON处的磁场方向垂直于MN向外,磁场大小先
q2 v B-m:R
⑥
减小,过O点后反向增大,根据左手定则可知,带正电荷的
小球受到的洛伦兹力开始方向向上且减小,过。点后方向
由题给条件有2R,=号
⑦
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。
由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为
7.选D设微粒a的速率为v,两微粒碰撞过程
4:92=1:4。
⑧
m m2
系统动量守恒,以(微粒的速度方向为正方
向,由动量守恒定律得nv=2mv',微粒在磁
答案,1兴
(2)1:4
场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,0
12.解析:(1)设通过金属杆ab的电流为I1,根据闭合电路的欧
根据牛颜第二定律,对a有gB=m心,对c有g'B=!
E
ra
姆定律可知1一R,十
2m之
,解得=m,
心,r。一一后一「4·殿拉运动就迹如,
设磁感应强度的大小为B,,由左手定则可知,金属杆αb所
图所示,由几何知识可知,a、c两微粒做匀速圆周运动转过
受安培力沿水平方向,金属杆ab受力如图甲所示,
的圆心角相等,都是90°,微粒在磁场中做圆周运动的周期
F
Fr!
无-密,工-红品-智-2江时预拉在度场中的连
qB
0
动时间儿=子工=1=子T.=2,D正确。
1
42