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如图所示,将通电线圈(电流方向沿图中箭头方向)悬挂在磁铁N极附近,磁铁处于水平位...

如图所示,将通电线圈(电流方向沿图中箭头方向)悬挂在磁铁N极附近,磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内,且磁铁的轴线经过线圈圆心,线圈将(  )

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A.转动同时靠近磁铁

B.转动同时离开磁铁

C.不转动,只靠近磁铁

D.不转动,只离开磁铁

 

A 【解析】 试题分析:先根据左手定则判断线圈所受的安培力方向,再根据右手螺旋定则判断出线圈产生的磁场,从而根据磁极间的相互作用分析线圈的运动情况. 【解析】 线圈通有顺时针电流,并处于N极的附近,根据左手定则可得,线圈右边安培力方向垂直纸面向里,所以线圈转动; 由右手螺旋定则可知,线圈向外一面为S极,因为异名磁极相互吸引,线圈靠近磁铁; 所以线圈转动并同时靠近磁铁.故A正确,BCD错误. 故选:A. 【点评】此题考查了左手定则、右手螺旋定则和磁极间相互作用的应用,注意线圈产生的磁场与条形磁体产生的磁场很相似,可以利用右手定则判断磁场的N、S极.  
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考点分析:
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下列说法正确的是(  )

A.电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线

B.电场对放入其中的电荷一定有力的作用,磁场对放入其中的通电直导线也一定有力的作用

C.在公式E=满分5 manfen5.com中,F与E的方向不是相同就是相反

D.由公式B=满分5 manfen5.com 知,F越大,通电导线所在处的磁感应强度一定越大

 

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如图所示,质量为m、长度为L的木块A静止放在光滑的水平面上,另一个质量为2m的小球B以速度v在水平面上向右运动并与A在距竖直墙壁为7L处发生碰撞,已知碰后木块A的速度大小为v,木块A与墙壁的碰撞过程中无机械能损失,且碰撞时间极短,小球的半径可忽略不计.求:

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(1)木块和小球发生第一次碰撞过程中的能量损失;

(2)木块和小球发生第二次碰撞时,小球到墙壁的距离.

 

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不同的原子核的比结合能是不一样的,比结合能      (填“越大”或“越小”)的原子核越稳定,氘核和氚核聚变的核反应方程为满分5 manfen5.comH+满分5 manfen5.comH→满分5 manfen5.comHe+满分5 manfen5.comn,己知满分5 manfen5.comH的比结合能是2.78MeV,满分5 manfen5.comH的比结合能是1.09MeV,满分5 manfen5.comHe的比结合能是7.03MeV,则该核反应所      (填“释放”或“吸收”)的能量为      MeV.

 

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如图(甲)所示,在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场,右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域,圆形区域与x轴的交点分别为M、N.现有一质量为m,带电量为e的电子,从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场,飞出电场后从M点进入圆形区域,速度方向与x轴夹角为30°.此时在圆形区域加如图(乙)所示周期性变化的磁场(磁场从t=0时刻开始变化,且以垂直于纸面向外为磁场正方向),最后电子运动一段时间后从N点飞出,速度方向与x轴夹角也为30°.求:

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(1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小(请作出电子飞行的轨迹图);

(2)0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小;

(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式.

 

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如图所示,质量为m的小物块放在长直水平面上,用水平细线紧绕在半径为R、质量也为m的薄壁圆筒上.t=0时刻,圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,转动中角速度满足,ω=βt(β为已知常数),物块和地面之间动摩擦因数为μ,求:

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(1)物块做何种运动、小物块运动中受到的拉力;

(2)从开始运动至t=t0时刻,小物块的位移;

(3)从开始运动至t=t0时刻,电动机做了多少功.

 

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