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河北省承德二中2017-2018学年高二上学期第四次月考物理试题word版含解析
所属科目:物理    文件类型:doc
类别:试题、练习
上传日期:2018/2/5  
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河北省承德二中2017-2018学年高二上学期第四次月考物理试卷
一、选择题:
1. 在物理学发展过程中,下列叙述符合史实的是 ( )
A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应
B. 楞次首先发现了电磁感应现象
C. 法拉第发现了电磁感应定律
D. 纽曼和韦伯在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【答案】A
【解析】试题分析:奥斯特首先在实验中观察到电流产生磁场,既电流的磁效应,故A选项正确,电磁感应定律是由纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出规律,后人称之为法拉第电磁感应定律,B、C选项错误;楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,既楞次定律,D选项错误。
考点:物理学史
2. 如图所示,在赤道处,将一小球向东水平抛出,落地点为a;给小球带上电荷后,仍以原来的速度抛出,考虑地磁场的影响,下列说法正确的是 (  )

A. 无论小球带何种电荷,小球仍会落在a点
B. 无论小球带何种电荷,小球下落时间都会延长
C. 若小球带负电荷,小球会落在更远的b点
D. 若小球带正电荷,小球会落在更远的b点
【答案】D
【解析】试题分析:小球不带电时,水平抛出后在重力作用下做平抛运动,给小球带上电荷后,仍以原来的速度抛出,小球将受到洛伦兹力和重力共同作用,根据左手定则分析洛伦兹力的方向,再分析小球的水平位移和运动时间的变化.
从南向北观察小球的运动轨迹如题图所示,如果小球带正电荷,则由左手定则判断可知小球所受的洛伦兹力斜向右上,该洛伦兹力在竖直向上和水平向右均有分力,因此,小球落地时间会变长,水平位移会变大;同理,若小球带负电,则小球落地时间会变短,水平位移会变小,故D正确.

3. 如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计).则下列说法正确的是(  )

A. 若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的时间越短
B. 若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大
C. 若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短
D. 若v一定,θ越大,则粒子在离开磁场的位置距O点越远
【答案】C
【解析】A、C项:如图,

画出粒子在磁场中运动的轨迹.由几何关系得:轨迹对应的圆心角α=2π-2θ
粒子在磁场中运动的时间,则得知:若v一定,θ越大,时间t越短;若θ一定,运动时间一定,故C正确,A错误;
B项:粒子在磁场中运动的角速度,又,则得,与速度v无关,故B错误;
D项:设粒子的轨迹半径为r,则,如图,,则若θ是锐角,θ越大,AO越大,若θ是钝角,θ越大,AO越小,故D错误。
4. 如图所示是一个电路的一部分,其中R1=5Ω,R2=1Ω, R3=3Ω,I1=0.2A, I2=0.1A,那么电流表测得的电流为( )

A. 0.2A,方向向右 B. 0.15A,方向向左
C. 0.2A,方向向左 D. 0.3A,方向向右
【答案】C
【解析】试题分析:由题图所示电流方向可计算出和两端电压降,电势左高右低.比较可判定两端电势下高上低,且,通过中的电流,电流方向向上,由题图可知上电流由和共同提供,,方向向左
考点:考查了欧姆定律的应用
【名师点睛】本题考查欧姆定律的应用和电流方向的判断,本题涉及电势的概念,以及节点法判断电流方向以及电流大小,难度较大,要求大家需要掌握更多关于电学的知识.
5. 如图所示,两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中,轨道两端在同一高度上,轨道是光滑的而且绝缘,两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放,a 、b为轨道的最低点,则不正确的是( )

A. 两小球到达轨道最低点的速度Va>Vb
B. 两小球到达轨道最低点时对轨道的压力Fa>Fb
C. 小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间
D. 在磁场中小球能到达轨道的另一端在电场中小球不能到达轨道的另一端
【答案】C
【解析】小球在磁场中运动,在最低点进行受力分析可知: ,解得,
小球在电场中运动,在最低点受力分析可知:,解得
A、C项:由于小球在磁场中运动,磁场力对小球不做功,整个过程中小球的机械能守恒;而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功,到达最低点时的速度的大小较小,所以在电场中运动的时间也长,所以A正确,C错误;
B项:因为v1>v2,由以上分析可知:,故B正确;
D项:由于小球在磁场中运动,磁场力对小球不做功,整个过程中小球的机械能守恒,所以小球可以到达轨道的另一端,而电场力做小球做负功,所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了,故D正确。
点晴:两个轨道的半径相同,根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力,小球在磁场中运动,磁场力对小球不做功,整个过程中小球的机械能守恒,小球在电场中受到的电场力对小球做负功,到达最低点时的速度的大小较小。
6. 如图所示,在同一平面内,同心的两个导体圆环中通以同向电流时( )

A. 两环都有向内收缩的趋势 B. 两环都有向外扩张的趋势
C. 内环有收缩趋势,外环有扩张趋势 D. 内环有扩张趋势,外环有收缩趋势
【答案】D
【解析】解:同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,知两线圈的运动情况是相互吸引.所以内环有扩张趋势,外环有收缩趋势,故D正确,A、B、C错误.
故选:D
【点评】解决本题可以首先判断出外环产生的磁场,然后使用安培定则判断出内环受到的安培力的方向,最后根据牛顿第三定律判断出外环受力的方向;也可以根据同向电流、异向电流的关系进行判定.同向电流相互吸引,异向电流相互排斥.
7. 处在匀强磁场中的矩形线圈abcd,以恒定的角速度绕ab边转动,磁场方向平行于纸面并与ab边垂直。在t=0时刻,线圈平面与纸面重合,如图所示,线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正,则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图象是(  )

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】试题分析:在t=0时刻线圈与磁场方向平行,此时线圈磁通量变化率最大,产生的感应电流最大,此时线圈的cd边离开纸面向外运动,此后穿过线圈的磁通量增大,则根据楞次定律可得产生的感应电流方向为a→b→c→d→a,为正,所以C正确;
考点:考查了交流电的产生,楞次定律


8. 如图所示的电路中,电源电动势为E,线圈L的电阻不计。以下判断正确的是(  )

A. 闭合S,稳定后,电容器两端电压为E
B. 闭合S,稳定后,电容器的a极板带正电
C. 断开S的瞬间,电容器的a极板带正电
D. 断开S的瞬间,电容器的a极板带负电
【答案】C

点睛:本题考查自感线圈的双重作用的理解:当电流稳定不变时,自感线圈是电阻不计的导线;当电流变化时,相当于一个电源。
9. 正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲所示的方式连接,R=10 Ω,交流电压表的示数是10 V。图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象。则(  )

A. 通过R的电流iR随时间t变化的规律是 iR=cos(100πt) A
B. 通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos(50πt) A
C. R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=10cos(100πt) V
D. R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=5cos(50πt) V
【答案】AC
【解析】由题可知流过电阻的电流:,所以电阻两端电压的最大值为,由图象得周期是0.02s,所以,因此iR随时间t变化的规律是,故A正确,B错误;
同理电阻两端的电压最大值为:,故R两端的电压uR随时间t变化的规律是,故C正确,D错误。
点晴:根据有效值求出该交流电的最大值,然后结合图象即可求出电阻的电流、电压随时间的变化规律。
10. 两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ,导轨电阻不计,回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时,cd杆也正好以速度v2向下匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是(  )

A. ab杆所受拉力F的大小为μmg+
B. cd杆所受摩擦力为零
C. 回路中的电流强度为
D. μ与v1大小的关系为μ=
【答案】AD
【解析】导体切割磁感线时产生沿abdc方向的感应电流,大小为:? ① 导体ab受到水平向左的安培力,由受力平衡得:BIL+mgμ=F ② 导体棒cd运动时,在竖直方向受到摩擦力和重力平衡,有:f=BILμ=mg ? ③ 联立以上各式解得: ,,故AD正确,BC错误,故选AD.
点睛:本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析,解决这类问题的关键是,根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向,然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向,进一步根据运动状态列方程求解.

11. 如图所示,通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈,线圈等距离排列,且与传送带以相同的速度匀速运动.为了检测出个别未闭合的不合格线圈,让传送带通过一固定匀强磁场区域,磁场方向垂直于传送带,根据穿过磁场后线圈间的距离,就能够检测出不合格线圈,通过观察图形,判断下列说法正确的是(  )

A. 若线圈闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动
B. 若线圈不闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动
C. 从图中可以看出,第3个线圈是不合格线圈
D. 从图中可以看出,第4个线圈是不合格线圈
【答案】AC
【解析】A项:若线圈闭合,进入磁场时,由于电磁感应现象,由楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动,故A正确;
B项:若线圈不闭合,不会产生感应电流,线圈不受安培力,故线圈相对传送带不发生滑动,故B错误;
C、D项:由图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对滑动,而第3个线圈没有,则第3个线圈为不合格线圈,故C正确,D错误。
12. 如图所示,竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R,金属杆ab质量为m,跨在平行导轨上,垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B,不计ab与导轨电阻及一切摩擦,且ab与导轨接触良好。若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升,则以下说法正确的是(  )

A. 拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量
B. 杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C. 电流所做的功等于重力势能的增加量
D. 拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
【答案】BD
【解析】试题分析:对导体棒分析:受重力、安培力、拉力F,三力平衡。由功能关系知,电阻R上产生的热量等于导体棒克服安培力所做的功,A错、B对;重力势能的增加量等于克服重力所做的功,C错;由动能定理知,拉力F与重力做功的代数和等于安培力所做的功,也即等于电阻R上产生的热量,D对。
考点:功能关系。
【名师点睛】功与对应能量的变化关系

能量的变化

合外力做正功
动能增加

重力做正功
重力势能减少

弹簧弹力做正功
弹性势能减少

电场力做正功
电势能减少

其他力(除重力、弹力)做正功
机械能增加


13. 回旋加速器是获得高能带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连的两个D形盒,两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示,关于回旋加速器的下列说法不正确的是( )

A. 狭缝间的电场对粒子起加速作用,因此加速电压越大,带电粒子从D形盒射出时的动能越大
B. 其他条件不变的情况下回旋加速器的半径越大,粒子飞出加速器速度越大
C. 带电粒子做一次圆周运动,要被加速两次,因此交变电场的周期应为圆周运动周期的二倍
D. 磁场对带电粒子的洛仑兹力对粒子不做功,因此带电粒子从盒射出时的动能与磁场的强弱无关
【答案】ACD
【解析】A、B、D项:根据解得,带电粒子射出时的动能,与加速的电压无关,与磁感应强度的大小有关,故A错误,B正确,D错误;
C项:交变电场的周期与带电粒子运动的周期相等,带电粒子在匀强磁场中运动的周期,与粒子的速度无关,所以加速后,交变电场的周期不需改变,不同的带电粒子,在磁场中运动的周期不等,所以加速不同的带电粒子,一般要调节交变电场的频率,故C错误。
14. 如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b( )

A. 运动时在电场中的电势能一定减小 B. 在电场中运动时动能一定增大
C. 穿出位置一定在O′点下方 D. 穿出位置一定在O′点上方
【答案】AB
【解析】A、B项:粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似平抛的运动,电场力做正功,其电势能减小,动能增大,故A、B正确;
C、D项:a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动,则该粒子一定做匀速直线运动,故对粒子a有:Bqv=Eq?即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电,粒子都可以沿直线穿出复合场区,当撤去磁场只保留电场时,粒子b由于电性不确定,故无法判断从O’点的上方或下方穿出,故C、D错误。
点晴:粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动时,由受力平衡,可得到速度与电场强度和磁感应强度的关系.若撤去磁场,粒子做类平抛运动,粒子无论是向上偏转还是向下偏转,都是在电场力的作用下偏转,所以电场力对离子做正功。
二.实验题
15. 如图为“研究电磁感应现象”的实验装置.

(1)将图中所缺导线补接完整_______.
(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上电键后:
A.将原线圈迅速插入副线圈时,灵敏电流计指针将________.(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)
B.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针________.(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)
【答案】 (1). (1)如图所示;
(2). (2)A.向右偏转一下 (3). B.向左偏转一下
【解析】(1)探究电磁感应现象实验电路分两部分,要使原线圈产生磁场必须对其通电,故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路,灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路,如图所示:
(2)闭合开关,穿过副线圈的磁通量增大,灵敏电流表的指针向右偏;
A、闭合电键,将原线圈迅速插入副线圈时,磁场方向不变,穿过副线圈的磁通量增大,灵敏电流计指针将向右偏转.
B、原线圈插入副线圈后,由电路图可以知道,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,滑动变阻器接入电路的阻值变大,原线圈电流变小,穿过副线圈的磁场方向不变,但磁通量变小,灵敏电流计指针将左偏转.因此,本题正确答案是:(1)电路图如图所示.(2)向右偏转一下;向左偏转一下.
16. 某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势(电动势E大约在9 V左右,内阻r约为50 Ω).已知该电池允许输出的最大电流为150 mA.该同学利用如图甲所示的电路进行实验,图中电压表的内阻约为2 kΩ,R为电阻箱,阻值范围0~9999 Ω,R0是定值电阻,起保护电路的作用.

(1)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格:
A. 2 Ω B. 20 Ω
C. 200 Ω D. 2000 Ω
本实验应选 ________(填入相应的字母)作为保护电阻.
(2)在图乙的实物图中,已正确地连接了部分电路,请完成余下电路的连接____________.
(3)该同学完成电路的连接后,闭合开关S,调节电阻箱的阻值,读取电压表的示数,其中电压表的某一次偏转如图丙所示,其读数为________.
(4)改变电阻箱阻值,取得多组数据,作出了如图丁所示的图线,则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为_____V,内阻r为________Ω.(结果保留两位有效数字)
(5)用该电路测电动势与内阻,测量值和真实值的关系E测________E真,r测________r真(填“大于”“小于”或“等于”)
【答案】 (1). (1)B (2). (2)见解析; (3). (3)6.5V (4). (4)10 V, (5). 50 Ω. (6). (5)小于; (7). 小于
【解析】试题分析::(1)当电阻箱的电阻调为零时,电路中电流最大,根据闭合电路欧姆定律得
,得R0=10Ω,所以实验应选B.
(2)根据电路图连接实物图,电动势E大约在9V左右,电压表应选择15V的量程,如图:
(3)电压表应选择15V的量程,所以读数为6.5V,
(4)闭合开关,调整电阻箱的阻值,读出电压表的示数,再改变电阻箱的电阻,得出多组数据.根据,知图线的纵轴截距表示电动势的倒数,图线的斜率等于.有:,解得E=10V.,解得r=50Ω.
(5)如果考虑电压表的内阻,根据实验的原理,得:,考虑电压表的内阻,此时图线的纵轴截距表示,所以E测小于E真,r测小于r真.
考点:测定电源的电动势及内阻.
三、论述·计算题
17. 如图所示,电源电动势E=3 V,内阻r=3 Ω,定值电阻R1=1 Ω,滑动变阻器R2的最大阻值为10 Ω,求:

(1)当滑动变阻器的阻值R2为多大时,电阻R1消耗的功率最大?电阻R1消耗的最大功率是多少?
(2)当变阻器的阻值为多大时,变阻器消耗的功率最大?变阻器消耗的最大功率为多少?
(3)当变阻器的阻值为多大时,电源输出功率最大?电源最大输出功率为多少?
【答案】(1)0;9/16W (2)4 Ω; 0.56 W(3)2 Ω;0.75 W.
【解析】试题分析:(1) R1为定值电阻,故当电路中电流最大时,其功率最大;
(2) 当定值电阻等效为电源内阻分析,当滑动变阻器的阻值等于等效内阻时,滑动变阻器功率最大;
(3) 当内外电阻相等时,电源的输出功率最大。
(1) 变阻器的阻值R2=0时,R1消耗的功率最大,由闭合电路的欧姆定律得:,电阻R1消耗的最大功率:;
(2) 由闭合电路的欧姆定律得:,当R2=R1+r=4Ω时,变阻器消耗的功率最大;
(3) 当r=R2+R1时,电源输出功率最大R2=r-R1=2Ω,。
点晴:本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式的应用,要注意明确当内外电阻相等时,电源的输出功率最大。
18. 如右图所示,有一磁感应强度B=9.1×10-4 T的匀强磁场,C、D为垂直于磁场的同一平面内的两点,它们之间的距离l=0.05 m,今有一电子在此磁场中运动,它经过C点时的速度v的方向和磁场方向垂直,且与CD间的夹角α=30°,问:

(1)电子在C点时所受的洛仑兹力的方向如何?
(2)若此电子在运动中后来又经过了D点,则它的速度v应是多大?
(3)电子从C点到D点所用的时间是多少?
(电子的质量m=9.1×10-31 kg,电子的电量e=1.6×10-19 C)
【答案】(1)垂直于v的方向斜向下 (2)8.0×106 m/s (3)6.5×10-9 s
【解析】试题分析:由题意知 C 、 D 为电子做匀速圆周运动的圆周轨迹上的两点,故 C 、 D 两点的速度大小相同,若根据几何关系求出 CD 弧长所对的圆心角∠ COD ,如图,就可以利用 CD 弦长求出 R ,进而求得速度 v 。

(1) 由左手定则,判断出洛仑兹力的方向为垂直于v的方向斜向下;
(2)由,解得,∠ DCO =90°-α=60°,故△ OCD 为正三角形,, ;
(3) ;
19. 位于竖直平面内的矩形平面导线框abdc,ab长L1=1.0m,bd长L2=0.5m,线框的质量m=0.2kg,电阻R=2Ω其下方有一匀强磁场区域,该区域的上、下边界PP′和QQ′均与ab平行.两边界间距离为H,且H>L2,磁场的磁感应强度B=1.0T,方向与线框平面垂直,如图所示,令线框的dc边从离磁场区域上边界PP′的距离h=0.7m处自由下落.已知线框的dc边进入磁场以后,在ab边到达边界PP′前,线框的速度已达到这一阶段的最大值.问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场区域下边界QQ′的过程中,磁场作用于线框的安培力做的总功为多少?(g取10m/s2)

【答案】-0.8J
【解析】本题中重力势能转化为电能和动能,而安培力做的总功使重力势能一部分转化为电能,电能的多少等于安培力做的功.
依题意,线框的ab边到达磁场边界PP′之前的某一时刻线框的速度达到这一阶段速度最大值,以v0表示这一最大速度,则有
E=BL1v0
线框中电流 I==
作用于线框上的安培力 F=BL1I=
速度达到最大值条件是 F=mg
所以v0==4 m/s.
dc边继续向下运动过程中,直至线框的ab边达到磁场的上边界PP′,线框保持速度v0不变,故从线框自由下落至ab边进入磁场过程中,由动能定理得:
mg(h+L2)+W安=mv
W安=mv-mg(h+L2)=-0.8 J

W安=-0.8 J
负号表示安培力做负功.
20. 置于水平面上的光滑平行金属导轨CD、EF足够长,两导轨间距为L=1m,导轨处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B=0.5T,电阻为r=1Ω的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好.平行金属板M、N相距d=0.2m,板间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度也为B,金属板按如图所示的方式接入电路.已知滑动变阻器的总阻值为R=4Ω,滑片P的位置位于变阻器的中点.有一个质量为m=1.0×10-8kg、电荷量为q=+2.0×10-5C的带电粒子,从左端沿两板中心线水平射入场区.不计粒子的重力,问:

(1)若金属棒ab静止,求粒子初速度v0多大时,可以垂直打在金属板上;
(2)当金属棒ab以速度v匀速运动时,让
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