内容发布更新时间 : 2024/5/21 1:20:50星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

18.如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×10V(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10kg、电荷量q＝4×10C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20 cm的地方以初速度v0＝4 m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10 m/s2，(1)金属板的长度L； (2)小球飞出电场时的动能Ek.

19.如图所示，通电导体棒ab质量为m、长为L，水平地放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I，要求导体棒ab静止在斜面上．求：

(1)若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为多大？

(2)若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？

20.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：

(1)电场强度的大小E；

(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；

(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.

求：

－2

－5

3

答案

1.B 2.A 3.C 4.A 5.C 6.C 7.A 8.C 9.B 10.A 11.ABD 12.BC 13.AB 14.CD

15.(1)C D (2)

(3)

【解析】(1)由于直流电源的电动势为4V，待测电阻Rx阻值约100Ω，故通过Rx的最大电流约为40mA，所以直流毫安表应选C；直流电压表若选15V量程，则读数误差较大，故应选D.

(2)由于要求电压和电流的变化范围尽可能大一些，所以滑动变阻器采用分压式接法； 由于＝

＝50＞

＝

＝2.5，故电流表采用外接法．电路图如图：

(3)根据电路图，实物图连线如图：

16.(1)③ ⑥ (2)①

③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2的读数I1，I2 (3)(k－1)R1

【解析】(1)由于定值电阻R1的电阻与待测电流表G1内阻接近相等，可将二者并联，再与电流表G2串联；由于变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选最大阻值较小的R4； (2)①实物图如图所示：

③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2的读数I1，I2； (3)由电路图根据串并联规律应有：I1＋根据函数斜率的概念应有：k＝(1＋17.(1)

＝I2，解得：I2＝(1＋

)I1，

)，解得：r1＝(k－1)R1； ，沿PC方向

k，沿PC方向 (2)k【解析】(1)点电荷A在C处产生场强，EA＝k，沿AC方向，同理，点电荷B在C处产生的场强，EB＝k，沿BC方向，根据矢量叠加原理得合场强E＝到的静电力为F＝

k，沿PC方向，电荷C受

k，沿PC方向．

(2)将A、B移到P点，C受到的静电力为F′＝2k18.(1)0.15 m (2)0.175 J

【解析】(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：

＝k，沿PC方向．

vy＝＝2 m/s

设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tanθ＝＝2

小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：tanθ＝＝

，L＝

， ＝0.15 m.

解得L＝

(2)进入电场前mgh＝mv－mv 电场中运动过程qU＋mgL＝Ek－mv 解得Ek＝0.175 J. 19.(1)

(2)

方向垂直于斜面向上

【解析】(1)由平衡条件得：

F安＝mgtanθ① B＝②

所以B＝

(2)安培力沿斜面向上时，安培力最小

F安min＝mgsinθ③ Bmin＝

④

，方向垂直于斜面向上． (2)

(3)

＋

所以Bmin＝20.(1)

【解析】粒子的运动轨迹如右图所示 (1)设粒子在电场中运动的时间为t1 则有2h＝v0t1，h＝at

根据牛顿第二定律得Eq＝ma

求得E＝.

(2)设粒子进入磁场时速度为v，

在电场中，由动能定理得Eqh＝mv2－mv 又Bqv＝m， 解得r＝

(3)粒子在电场中运动的时间t1＝粒子在磁场中运动的周期T＝

＝

设粒子在磁场中运动的时间为t2，

t2＝T，求得t＝t1＋t2＝

＋.