2024年高二物理寒假提升（人教版）第13天 磁場(chǎng)測(cè)試題（解析版）

第13天磁場(chǎng)測(cè)試題單項(xiàng)選擇題（每小題3分，共30分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的）1．在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中水平放置一根長(zhǎng)度L=0.2m，通電電流I=0.5A的直導(dǎo)線，測(cè)得它受到的磁場(chǎng)力F=1.0N，將導(dǎo)線從磁場(chǎng)中撤走，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為（）A．0 B．10T C．0.1T D．2T【答案】B【詳解】根據(jù)題意可得解得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度只與磁場(chǎng)本身的性質(zhì)有關(guān)，因此將導(dǎo)線從磁場(chǎng)中撤走，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為10T。故選B。2.如圖所示,MN為鋁質(zhì)薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出,從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O。已知粒子穿越鋁板時(shí),其動(dòng)能損失一半,速度方向和電荷量不變。不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()A.1∶2 B.2∶1C.2∶2 D.2∶1【答案】C【詳解】設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)初速度為v1,從Q點(diǎn)穿過鋁板后速度為v2,則Ek1=12mv12,Ek2=12mv22;由題意可知Ek1=2Ek2,即12mv12=mv22,則3．如圖所示，OACD是一長(zhǎng)為OA＝L的矩形，其內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從O點(diǎn)以速度垂直射入磁場(chǎng)，速度方向與OA的夾角為α，粒子剛好從A點(diǎn)射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，則（

）A．粒子一定帶正電 B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為C．粒子從O到A所需的時(shí)間為 D．矩形磁場(chǎng)的寬度最小值為【答案】B【詳解】A．由題意可知，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受洛倫茲力斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可得粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得故B正確；C．由幾何知識(shí)可知，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為又由解得故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)圖示由幾何知識(shí)可知，矩形磁場(chǎng)的最小寬度為故D錯(cuò)誤。故選B。4．一種用磁流體發(fā)電的裝置如圖所示。平行金屬板A、B之間的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）射入磁場(chǎng)，帶電粒子在洛侖茲力的作用下向兩極板偏轉(zhuǎn)，A、B兩板間便產(chǎn)生了電壓。金屬板A、B和等離子體整體可視為一個(gè)內(nèi)阻不可忽略的直流電源。現(xiàn)將金屬板A、B與電阻R相連，下列說法正確的是（）A．A板是電源的正極B．A、B兩金屬板間的電勢(shì)差等于電源電動(dòng)勢(shì)C．增大等離子體的入射速度，電源電動(dòng)勢(shì)將增大D．減小A、B兩板間的距離，電源電動(dòng)勢(shì)將增大【答案】C【詳解】A．A、B板間磁場(chǎng)由N極指向S極，由左手定則可以得到帶正電荷粒子向下偏轉(zhuǎn)打在B板上，所以B板為電源的正極，A板為電源的負(fù)極，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，A、B兩金屬板間的電勢(shì)差等于外電路的電壓，小于電源電動(dòng)勢(shì)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．電源的電動(dòng)勢(shì)為E，極板間距離為d，極板間電動(dòng)勢(shì)穩(wěn)定時(shí)滿足解得所以增大等離子體的入射速度，電源電動(dòng)勢(shì)將增大，減小A、B兩板間的距離，電源電動(dòng)勢(shì)將減小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。5.英國(guó)物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)。若一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,則下列說法正確的是()A.該束帶電粒子帶負(fù)電B.速度選擇器的P1極板帶負(fù)電C.在B2磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,質(zhì)量越大D.在B2磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,比荷qm【答案】D【詳解】通過粒子在質(zhì)譜儀中的運(yùn)動(dòng)軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;帶電粒子在速度選擇器中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到向上的洛倫茲力和向下的電場(chǎng)力,可知速度選擇器的P1極板帶正電,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由洛倫茲力充當(dāng)向心力有qvB=mv2r,得粒子在B2磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑r=mvqB,又粒子的運(yùn)動(dòng)速度v大小相等,電荷量q未知,故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,質(zhì)量不一定越大,但比荷qm=vBr6.如圖所示，在第二象限中有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。有一重力不計(jì)的帶電粒子(電量為q，質(zhì)量為m)以垂直于x軸的速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，恰好與y軸成45°角射出電場(chǎng)，再經(jīng)過一段時(shí)間又恰好垂直于x軸進(jìn)入第四象限。已知OP之間的距離為d，則()A.帶電粒子通過y軸時(shí)的坐標(biāo)為(0，d)B．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),qd)C．帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為eq\f(（3π＋4）d,2v0)D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq\f(\r(2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4qd)【答案】C【解析】粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，因?yàn)檫M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸成45°角，所以沿x軸方向的分速度vx＝v0，在x軸方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，有d＝eq\f(0＋v0,2)t，沿y軸方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有s＝v0t＝2d，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在x軸方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)vx＝v0＝eq\f(Eq,m)×eq\f(2d,v0)＝eq\f(2Eqd,mv0)，解得E＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qd)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，由圖可知粒子的軌跡半徑R＝2eq\r(2)d，圓心角θ＝135°＝eq\f(3,4)π，所以在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(2πR×\f(135°,360°),\r(2)v0)＝eq\f(3π×2\r(2)d,4\r(2)v0)＝eq\f(3πd,2v0)；在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(2d,v0)，所以總時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3π＋4))d,2v0)，故選項(xiàng)C正確；由qvB＝eq\f(mv2,R)可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(m×\r(2)v0,q×2\r(2)d)＝eq\f(mv0,2qd)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C7.在光滑絕緣水平面上，一輕繩拉著一個(gè)帶電小球繞軸O在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作逆時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，其俯視圖如圖所示。若小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)繩子忽然斷開，則以下運(yùn)動(dòng)不可能發(fā)生的是（）A．小球仍作逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變B．小球仍作逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，但半徑減小C．小球作順時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變D．小球作順時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑減小【答案】B【詳解】A．如果小球帶正電，則小球所受的洛倫茲力方向指向圓心，此種情況下，如果洛倫茲力剛好提供向心力，這時(shí)繩子對(duì)小球沒有作用力，繩子斷開時(shí)，對(duì)小球的運(yùn)動(dòng)沒有影響，小球仍做逆時(shí)針的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變，故A正確不符合題意；B．如果洛倫茲力和拉力共同提供向心力，繩子斷開時(shí)，向心力減小，而小球的速率不變，則小球做逆時(shí)針的圓周運(yùn)動(dòng)，但半徑增大，故B錯(cuò)誤符合題意；C．如果小球帶負(fù)電，則小球所受的洛倫茲力方向背離圓心，當(dāng)洛倫茲力的大小等于小球所受的拉力的一半時(shí)，繩子斷后，小球做順時(shí)針的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變，故C正確不符合題意；D．當(dāng)洛倫茲力的大小大于小球所受的拉力的一半時(shí)，則繩子斷后，向心力增大，小球做順時(shí)針的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑減小，故D正確不符合題意。故選B。8．如圖，一正三角形abc區(qū)域（包含三角形邊界）內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三角形所在平面與磁場(chǎng)方向垂直。P點(diǎn)為一粒子源，可以產(chǎn)生某種帶正電的同種粒子，粒子從靜止開始經(jīng)MN兩板間的加速電場(chǎng)加速后從a點(diǎn)沿ab方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)。加速電壓的大小可以調(diào)節(jié)，當(dāng)加速電壓為U1時(shí)粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好打到bc的中點(diǎn)，當(dāng)加速電壓為U2時(shí)粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好打到c點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力以及粒子間的相互作用，則兩加速電壓的比值U1：U2為（

）9：4 B．3：2 C．9：1 D．3：1【答案】A【詳解】在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理設(shè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，加速電壓為U1時(shí)粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好打到bc的中點(diǎn)根據(jù)幾何關(guān)系解得加速電壓為U2時(shí)粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好打到c點(diǎn)根據(jù)幾何關(guān)系解得根據(jù)整理得所以U1：U2=9：4故選A。二、不定項(xiàng)選擇題（每小題5分，共20分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，都有多個(gè)選項(xiàng)是正確的。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，選錯(cuò)或不答的得0分）9.如圖所示,通電導(dǎo)體棒靜止于水平導(dǎo)軌上,棒的質(zhì)量為m,長(zhǎng)為l,通過的電流大小為I且垂直于紙面向里,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與導(dǎo)軌平面成θ角,則導(dǎo)體棒受到的()A.安培力大小為BilB.安培力大小為BIlsinθC.摩擦力大小為BIlcosθD.支持力大小為mg+BIlcosθ【答案】AD【詳解】導(dǎo)體棒受力如圖所示。由于導(dǎo)體棒與磁場(chǎng)垂直,故安培力大小FA=BIl。根據(jù)平衡條件得Ff=FAsinθ,mg+FAcosθ=FN解得Ff=BIlsinθ,FN=mg+BIlcosθ。故A、D正確,B、C錯(cuò)誤。10.如圖所示，某空間存在正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，一個(gè)帶電微粒由a點(diǎn)進(jìn)入電磁場(chǎng)并剛好能沿ab直線向上勻速運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A.微粒可能帶負(fù)電，也可能帶正電B．微粒的電勢(shì)能一定減小C．微粒的機(jī)械能一定增加D．洛倫茲力對(duì)微粒做負(fù)功[答案]BC[解析]根據(jù)帶電微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件可知，受力情況如圖所示，則微粒必定帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；微粒由a沿直線運(yùn)動(dòng)到b的過程中，電場(chǎng)力做正功，其電勢(shì)能減小，故B正確；因重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，動(dòng)能不變，則其機(jī)械能一定增加，故C正確；洛倫茲力的方向一直與速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯(cuò)誤。故選B、C。11.如圖所示，三根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b、c都垂直于紙面放置，彼此之間的距離都相等，b、c電流等大反向，a、c電流方向相同，a電流大小為c電流大小的一半。已知a受到c所產(chǎn)生磁場(chǎng)的安培力為F，若直線電流在某點(diǎn)所產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流成正比，與該點(diǎn)到直線電流的距離成反比，則下列說法正確的是()A.b、c對(duì)a作用力的合力大小等于FB．b、c對(duì)a作用力的合力方向垂直于ac連線C．a(chǎn)、c對(duì)b作用力的合力方向垂直于ac連線D．a(chǎn)、c對(duì)b作用力的合力大小等于eq\r(7)F【答案】AD【解析】設(shè)c在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B以及彼此之間的距離為L(zhǎng)；根據(jù)安培定則可知，b、c在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則可知，B合＝B；a受到c所產(chǎn)生磁場(chǎng)的安培力為F，即F＝BIL，所以b、c對(duì)a作用力的合力大小等于F，A正確；根據(jù)A中分析可知，合場(chǎng)強(qiáng)方向如圖所示，再根據(jù)左手定則可知，b、c對(duì)a作用力的合力方向不垂直于ac，B錯(cuò)誤；根據(jù)安培定則可知，a、c在b處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向如圖所示，由圖可知，合磁場(chǎng)方向如圖所示，由安培定則可知，安培力不垂直于ac連線，C錯(cuò)誤；由已知可知，a受c的安培力為F，c在a處產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則a在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(B,2)；而c在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；根據(jù)平行四邊形定則可知，B合′＝eq\r(B2＋（\f(B,2)）2－2B×\f(B,2)cos120°)＝eq\f(\r(7),2)B；a受到c所產(chǎn)生磁場(chǎng)的安培力為F，即F＝BIL，所以b、c對(duì)a作用力的合力大小等于F′＝eq\f(\r(7),2)B·2IL＝eq\r(7)BIL＝eq\r(7)F，D正確。故選：AD。12．如圖所示，P、Q、S是三個(gè)帶同種電荷完全相同的帶電小球，現(xiàn)將P、Q、S三小球從同一水平面上靜止釋放，P小球經(jīng)過有界的勻強(qiáng)電場(chǎng)落到地面上，Q小球經(jīng)過有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)落到地面上，S小球直接落到地面上，O點(diǎn)是它們釋放點(diǎn)在地面上的投影點(diǎn)，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．只有S小球能落在O點(diǎn)上，且P、Q小球可以落在O點(diǎn)的異側(cè)B．只有S小球能落在O點(diǎn)上，且P、Q小球一定落在O點(diǎn)的同側(cè)C．三小球落地時(shí)，動(dòng)能大小關(guān)系為EkP>EkQ=EkSD．三小球所用的時(shí)間關(guān)系為tP=tS>tQ【答案】BC【詳解】AB．假設(shè)P、Q、S三個(gè)小球都帶正電，則P小球進(jìn)入電場(chǎng)受到水平向右的電場(chǎng)力，故P小球不能落到O點(diǎn)，降落到O點(diǎn)的右側(cè)；Q小球由左手定則可知，將受到向右的洛倫茲力，向右發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故Q小球不能落到O點(diǎn)，降落到O點(diǎn)的右側(cè)；S小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，能落到O點(diǎn)上，故A錯(cuò)誤，B正確；C．三個(gè)小球下落過程重力做功相同，而P小球有電場(chǎng)力做正功，Q小球洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)P小球做功最多，Q、S小球做功相同，故動(dòng)能大小關(guān)系為故C正確；D．P、S小球豎直方向均做自由落體運(yùn)動(dòng)，故時(shí)間相同，Q小球受洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)過程中受到洛倫茲力豎直向上的分力，故下落的加速度變小，時(shí)間變大，故三小球所用的時(shí)間關(guān)系為故D錯(cuò)誤。故選D。三、實(shí)驗(yàn)題13．（10分）如圖所示，虛線框內(nèi)存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)通過測(cè)量通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受的安培力，來測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長(zhǎng)；E為直流電源；R為電阻箱；A為電流表；S為開關(guān)，此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示。（1）完成下列主要實(shí)驗(yàn)步驟中的填空。①按圖接線。②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)，然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1。③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D重新處于平衡狀態(tài)；然后讀出，并用天平稱出。④用米尺測(cè)量。（2）用測(cè)量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B=。（3）判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：若，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里?！敬鸢浮侩娏鞅淼氖緮?shù)I此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2D的底邊長(zhǎng)度lm2>m1【詳解】（1）③[1]閉合開關(guān)后，D受重力G1=m1g、細(xì)線拉力T和安培力作用，處于平衡狀態(tài)。讀出電流表的示數(shù)I。[2]并用天平稱出此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2。[3]用米尺測(cè)出D的底邊長(zhǎng)度l，可列式求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。（2）[4]根據(jù)平衡條件，有│m2-m1│g=IlB解得B=（3）[5]若m2>m1，則D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外；若m2<m1，則D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。14．（8分）霍爾效應(yīng)是電磁基本現(xiàn)象之一，近期我國(guó)科學(xué)家在該領(lǐng)域的實(shí)驗(yàn)研究上取得了突破性進(jìn)展。如圖丙所示，在一矩形半導(dǎo)體薄片的P、Q間通入電流I，同時(shí)外加與薄片垂直的磁場(chǎng)B，在M、N間出現(xiàn)電壓UH，這個(gè)現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，UH為霍爾電壓，且滿足UH=k，式中d為薄片的厚度，k為霍爾系數(shù)。某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)來測(cè)定該半導(dǎo)體薄片的霍爾系數(shù)。①若該半導(dǎo)體材料是空穴（可視為帶正電粒子）導(dǎo)電，電流與磁場(chǎng)方向如圖丙所示，該同學(xué)用電壓表測(cè)量UH時(shí)，應(yīng)將電壓表的“+”接線柱與（選填“M”或“N”）端通過導(dǎo)線相連。②已知薄片厚度d=0.40mm，該同學(xué)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.10T不變，改變電流I的大小，測(cè)量相應(yīng)的UH值，記錄數(shù)據(jù)如表所示。I/10-3A3.06.09.012.015.018.0UH/10-3V1.11.93.44.56.26.8根據(jù)表中數(shù)據(jù)在給定坐標(biāo)紙上畫出UH-I圖線，利用圖線求出該材料的霍爾系數(shù)為×10-3V·m·A-1·T-1（保留2位有效數(shù)字）。

③該同學(xué)查閱資料發(fā)現(xiàn)，使半導(dǎo)體薄片中的電流反向再次測(cè)量，取兩個(gè)方向測(cè)量的平均值，可以減小霍爾系數(shù)的測(cè)量誤差，為此該同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖丁所示的測(cè)量電路。S1、S2均為單刀雙擲開關(guān)，虛線框內(nèi)為半導(dǎo)體薄片（未畫出）。為使電流自Q端流入，P端流出，應(yīng)將S1擲向（選填“a”或“b”），S2擲向（選填“c”或“d”）。【答案】M

1.5×10-3（1.2×10-3~1.8×10-3均可）bc【詳解】①[1]如圖甲所示，半導(dǎo)體中電流由P流向Q，根據(jù)左手定則，正電荷移向M端，負(fù)電荷移向N端，把半導(dǎo)體看成電源，M端為電源的正極，故電壓表的“+”接線柱與M端導(dǎo)線相連；②[2]畫出UH-I圖線如圖

[3]根據(jù)公式得圖像的斜率代入數(shù)據(jù)解得③[4][5]如圖乙所示，為使電流從Q端流入，P端流出，即Q端接電源正極，P端接電源負(fù)極，所以S1擲向b，S2擲向c。三、計(jì)算題15.(12分)如圖所示，兩根傾斜直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，導(dǎo)軌平面與水平面之間的夾角θ＝37°，兩導(dǎo)軌之間的距離L＝0.50m。一根質(zhì)量m＝0.20kg的均勻直金屬桿ab垂直放在兩導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置處于與ab桿垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。在導(dǎo)軌的上端接有電動(dòng)勢(shì)E＝36V、內(nèi)阻r＝1.6Ω的直流電源和電阻箱R。已知導(dǎo)軌與金屬桿的電阻均可忽略不計(jì)，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g取10m/s2。(1)若金屬桿ab和導(dǎo)軌之間的摩擦可忽略不計(jì)，當(dāng)電阻箱接入電路中的電阻R1＝2.0Ω時(shí)，金屬桿ab靜止在導(dǎo)軌上。①如果磁場(chǎng)方向豎直向下，求滿足條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。虎谌绻艌?chǎng)的方向可以隨意調(diào)整，求滿足條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值及其方向。(2)如果金屬桿ab和導(dǎo)軌之間的摩擦不可忽略，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.40T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)電阻箱接入電路中的電阻R2＝3.4Ω時(shí)，金屬桿ab仍保持靜止，求此時(shí)金屬桿ab受到的摩擦力Ff的大小及方向。【答案】(1)①0.30T②0.24T垂直于導(dǎo)軌平面斜向下(2)0.24N沿導(dǎo)軌平面向下【詳解】(1)設(shè)通過金屬桿ab的電流為I1，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知I1＝eq\f(E,R1＋r)。①設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1，由左手定則可知，金屬桿ab所受安培力沿水平方向，金屬桿ab受力如圖甲所示。對(duì)金屬桿ab，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有B1I1L＝mgtanθ，解得B1＝eq\f(mgtanθ,I1L)＝0.30T。②根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，安培力最小時(shí)方向應(yīng)沿導(dǎo)軌平面向上，金屬桿ab受力如圖乙所示。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為B2，對(duì)金屬桿ab，有B2I1L＝mgsinθ，解得B2＝eq\f(mgsinθ,I1L)＝0.24T。根據(jù)左手定則可判斷出，此時(shí)磁場(chǎng)的方向應(yīng)垂直于導(dǎo)軌平面斜向下。(2)設(shè)通過金屬桿ab的電流為I2，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知I2＝eq\f(E,R2＋r)，假設(shè)金屬桿ab受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌平面向下，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有BI2L＝mgsinθ＋Ff，解得Ff＝0.24N，結(jié)果為正，說明假設(shè)成立，摩擦力方向沿導(dǎo)軌平面向下。16．（10分）如圖所示，在y>0區(qū)域存在著垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在第四象限的空間中存在著平行于xOy平面沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)以初速度v0射入磁場(chǎng)，方向與x軸負(fù)方向成60°角斜向上，然后經(jīng)過M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，并從y軸負(fù)半軸的N點(diǎn)垂直y軸射出電場(chǎng)。已知M點(diǎn)坐標(biāo)為(L，0)，粒子所受的重力不計(jì)，求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小?！敬鸢浮?1)eq\f(\r(3)mv0,qL)(2)eq\f(\r(3)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4qL)【解析】(1)作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示(2分)設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為R，由幾何關(guān)系可得2Rsin60°＝L(2分)由洛倫茲力提供向心力，則有qv0B＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)(1分)聯(lián)立解得B＝eq\f(\r(3)mv0,qL)(1分)(2)粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)過程為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，逆推從N到M為類平拋運(yùn)動(dòng)沿x軸方向有L＝v0tcos60°(1分)沿y軸方向v0sin60°＝at(1分)由牛頓第二定律得Eq＝m