江苏省南通市如皋市2023-2024学年高三上学期8月诊断测试物理/

2023-11-01 21:31:03 17

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√202+46uT=√2516T≈地磁南极、渐增大的过程中，N减小，则摩擦力减小，所以小物块在斜50uT,代入数据得B≈50uT,面上做加速度增大，且速度也增大的变加速直线运动，故C故B正确；由选项A可知测量地正确，B错误；小物块对斜面压力为零时，洛伦兹力与重力在北半球，而北半球地磁场指向沿垂直斜面方向的分力相等，mng cos0=qvB,解得v=北方斜向下，则第2次测量，测mg cos 0,故D错误。得B、<0,故y轴指向南方，第Ba3次测得B.>0,故x轴指向北4.D根据左手定则，粒子带正电，故A错方而y轴则指向西方，故C正确，误；该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周D错误。地磁北极运动，轨迹是圆周的一部分，故B错误；8.B给导体棒通入I=2A的恒定电流，使导体棒最终向左运根据牛顿第二定律g0B=m”,又因为M动，说明导体棒所受的安培力向左，根据左手定则，可判断出ab棒上通入的电流方向为从a向b,故A错误；在第2ssin30°=4，解得9=末时，磁场强度为B=(0.2×2+0.1)T=0.5T,故ab棒m2dB,故C错误；所受的安培力为F=BIL,代入数据，解得F=1N,导轨光滑，ab棒未动时，细线拉力等于安培力大小，此刻对物体受穿越磁场的时间为：=2T,周期T力分析得FN=mg一T=mg一F安=0，在第2s末物体恰好离开地面，故B正确；在第4.5s末时，磁场强度为B智，解释品故D三。(0.2X4.5十0.1)T=1T,故ab棒所受的安培力为F=5。B根据牛顿第二定律得gB=m一，解ABIL,代入数据，解得F=2N,对导体棒ab和物体整体分析，由牛顿第二定律得F一mg=(m十M)a,解得a=得B=”,故粒子在磁场中的轨迹半径1m/s2,故C错误；ab棒运动过程中安培力做的功等于系gr越大，磁场强度越小，如图所示。根据几B统机械能的增加量，包含系统的动能和重力势能，故D错误。何关系可得半径的最大值为rm=12gL’故9.（1)NBL2NBI业(2)(st+）B正确，A、C、D错误。dk4NBlr6.AD由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则解析：(1)当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培力为粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒F=NBIL,根据胡克定律有F=NBI1=k△x,△，=NB业，子2应该带正电，故A正确，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，设此时细杆转过的孤度为0，则可知反射光线转过的孤度为故C错误；粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qB=20,又因为d>△x,r>d,则sin日≈0，sin20≈29，所以有△x=d·0,s=r·20,联立可得s=2rm号，解得，可知若增大粒子入射逸度，则粒子2的dk半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。(2)因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的孤长为'，当：7.D设粒子做匀速圆周运动的半径为R,根初始时反射光点在O点上方，通电流丫后根据前面的结论可知有s,=2NB+,当电流反向后有，-2NBI据洛伦兹力提供向心力，有qwB=mdk-s',联立dk可得1'=d(s,十s2)解得R=②，因为粒子从原点射入磁gB4NBlr,同理可得初始时反射光点在O点下方结场速度方向只在第一象限内，结合图像由②式可知，粒子与果也相同，故待测电流的大小为？=(5，十52)x轴相交的坐标范围为-2m≤x≤-4NBIrB,粒子与y轴相交m课时32磁场对运动电荷的作用的坐指范国为0区y<阳，则可知，匀张被场的最小龙国如D图中的阴影区域所示，故D正确，A、B、C错误。基础巩固练。8.A粒子在磁场中做匀速圆周运O,a0101.BD粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，动，设其质量为m,线速度为v,运动半径为”，由洛伦兹力提供由牛频第二定律得QB=m,解得，=阳，粒子穿过铝杨后，速度减小，电荷量不变，知轨道半径减小，所以粒子是向心力释如B=m,解得拉子从区域Ⅱ穿过铝板运动到区域I,故C错误，D正确；根据的动量大小p=mv=qBr,粒子左手定则知，粒子带负电，故A错误，B正确。从ad边射出的临界轨迹如图所2.D小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹示，设轨迹的最小半径为r1,最大半径为r2,由图中几何力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误；由小球的关系可得2=台(，-)+1-，解得-片，水方向的运动而产生的沿管方向的洛伦兹力分力，由沿管5L方向的运动而产生的垂直管向左的洛伦兹力分力，两个洛伦r2=4,则最小动量为：=B=,最大动量为：兹力分力与合运动方向垂直，故洛伦兹力不做功，故B错误；设管运动速度为1，小球垂直于管向右的分运动是匀速QBr:=5qBL.4故粒子进入磁扬时的动量力满足：BL≤D≤4直线运动。小球沿管方向受到洛伦兹力的分力F,=q心B,q、1、B均不变，F1不变，则小球沿管做匀加速直线运5gBL,故A正确，B、C、D错误。4动。与抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线；设小：9.(1)3.5×10C/kg(2)粒子射入方向与x轴正方向夹角为球沿管的分速度大小为2，则小球受到垂直管向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B,2增大，则F2增大，而拉力F=F2,子向右上2E×10T(3[1+竖)m.0则F逐渐增大，故C错误，D正确。解析：(1)带电粒子运动轨迹如图1所示，由几何关系得，3.C小物块在某时刻对斜面的作用力恰好为零，则在运动过粒子的轨迹半径r=L=0.5m,粒子在磁场中运动洛伦兹力程中受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则，小物块带负电，故A错误；题意只分析小物块未离开斜面前的运提供向心力，根据牛顿第二定律得qB=m,代入数据解动，洛伦兹力始终垂直小物块的运动方向，沿斜面方向有mg sin0-f=ma,垂直于斜面有N十quB=mg cos0,v逐得9=3.5X10C/kg。2对勾·高考一轮复金卷物理170

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