计算题汇编(答案)

1．如图所示，长为R的轻绳，上端固定在O点，下端连一小球．小球接近水平地面，处于静止状态．现给小球一沿水平方向的初速度v0，不计空气阻力，小球开始在竖直平面内做圆周运动．设小球到达最高点时绳突然断开．已知小球最后落在离小球最初位置2R的地面上．求：

（1）小球在最高点的速度v； （2）小球的初速度v0；

（3）小球在最低点时球对绳的拉力（不计水平地面的支持力）；

（4）如果细绳转过60°角时突然断开，则小球上升到最高点时的速度多大？（小球的质量为m，重力加速度为g）．

2．如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40 Ω.导轨上停放一质量m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示． （1）利用上述条件证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小； （2）求第2 s末外力F的瞬时功率；

（3）如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功W＝0.35 J,求金属杆上产生的焦耳热．

3.如图甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场。一个带正电小球在0时刻以v0＝3gt0的初速度从O点沿+x方向（水平向右）射入该空间，在t0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场沿y方向（竖直向上），场强大小E0mgm，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小B0。已知小球的质量qqt0为m，带电量为q，时间单位t0，当地重力加速度g，空气阻力不计。试求：

（1）12t0末小球速度的大小。

（2）在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图。 （3）30t0内小球距x轴的最大距离。

计算题训练01（答案）

1． （1）在水平方向有2R＝vt （1分） 1

在竖直方向有2R＝gt2 （1分）

2解得v＝gR （1分） 11

（2）根据机械能守恒定律有mv02－mv2＝mg2R （2分）

22解得v0＝5gR （1分） v02

（3）对小球分析有F－mg＝m （2分）

R解得F＝6mg

由牛顿第三定律可知：小球对绳子的拉力为6mg，方向向下 （1分） （4）设绳断时的速度为v1，有

11

mgR（1－cos60°）＝mv02－mv12 （2分）

22设小球在最高点时的速度为v2，有v2＝v1cos60° （1分） v2＝gR （1分）

2． （1）设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势E＝BLv 分）

E

通过电阻R的电流I＝ R＋r电阻R两端的电压U＝IR＝BLvR

R＋r

（1

（1分） （1分） （1分）

（1分）

由图乙可得U＝kt，k＝0.10 V/s k(R＋r)

解得v＝t

BLR

因为速度与时间成正比,所以金属杆做匀加速运动，加速度 k(R＋r)a＝＝1.0 m/s2

BLR

（1分）

（用其他方法证明也可以）

（2）在2 s末，速度v2＝at＝2.0 m/s， 分）

电动势E＝BLv2 （1分） E

通过金属杆的电流I＝

R＋r

（1分）

（1

(BL)2v2金属杆受安培力F安＝BIL＝

R＋r

（1分）

解得F安＝7.5×102 N

－

设2 s末外力大小为F2，由牛顿第二定律 F2－F安＝ma

－

（1分） （1分）

解得F2＝1.75×101 N

故2 s末时F的瞬时功率P＝F2v2＝0.35 W

（1分）

（3）设回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律 1

W＝Q＋mv22

2解得Q＝0.15 J

电阻R与金属杆的电阻r串联，产生焦耳热与电阻成正比 所以

（2分）

QRR Qrr （1分）

故在金属杆上产生的焦耳热QrQ解得Qr＝5.0×102 J

－

r Rr （1分）

（1分）

3．答案：（1）

139332)2gt0；（2）如下图所示；（3）()gt0

2解析：（1）0~t0内，小球只受重力作用，做平抛运动。当同时加上电场和磁场时，电场力：F1=qE0=mg，方向向上（1分）

因为重力和电场力恰好平衡，所以在电场和磁场同时存在时小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定

v2律有：qvB0m（1分）

r运动周期T2r（1分）v

联立解得T＝2t0（1分）

电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动。所以小球在t1=12 t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t＝2t0时的末速度。

vy1=g·2t0=2gt0（2分）

22所以12t0末v1vxvy113gt0（2分）

（2）24t0内运动轨迹的示意图如图所示。（2分）

（3）分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球做了t2=3t0的平抛运动，和半个圆周运动。

23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为：

y21922g3t0gt0（1分） 22竖直分速度vy2=3gt0（1分）

所以小球与竖直方向的夹角为θ＝45°，速度大小为v232gt0（2分）

此后小球做匀速圆周运动的半径

r2mv23502gt2m0（2分） qB092332)30t0末小球距x轴的最大距离：y3y2(1cos45)r2＝(

2)gt0（2分）

计算题训练02

1．（15分）如图所示，从A点以V0=4m/s的水平速度抛出一质量m1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆孤轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg,A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数10.5，长木板与地面间的动摩擦因数20.2,g10m/s2。求：

（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向； （2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力； （3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？

2、一电阻为R的金属环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在的平面垂直。穿过该 圆环的磁通量φ随时间t的变化规律如图所示。图中的最大磁通量Φ0和周期T都是已知量。 求：在t=T秒的时间内，金属环中产生的电热Q及此变化电流的有效值。

3．(20分)如图甲，A、B两板间距为L/2，板间电势差为U，C、D两板间距离和板长均 为L，两板间加一如图乙所示的电压。在S处有一电量为q、质量为m的带电粒子，经A、 B间电场加速又经C、D间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感应强度 为B。不计重力影响，欲使该带电粒子经过某路径后能返回S处。求： (1)粒子经加速电场的速度和经偏转电场的侧向位移各为多少?

(2)匀强磁场的宽度L′至少为多少? (3)该带电粒子周期性运动的周期T.

计算题训练02（答案）

1．（15分）⑪物块做平抛运动：H－h =

12

gt （2分） 2设到达C点时竖直分速度为vy：vy＝gt（1分）

2v1=v0v2y5v0=5m/s（1分） 41122mv2mv0（2分） 22方向与水平面的夹角为θ：tanθ ＝vy / v0＝3/4，即θ =37° （1分） ⑫从A至C点，由动能定理得mgH =

2mv2设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg = （1分）

R由上式可得v2=27m/s FN = 47.3 N （1分）

根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N（1分） ⑬由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f = μ1mg =5N （1分）

长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f ′ = μ2(M+m)g=10N （1分） 因f 2v221g=2.8m （2分）

2、（17分）解：

0—T/4周期内的磁通量变化率为：K1＝4Φ0/T T/4—T/2周期内的磁通量变化率为：K2＝0

T/2—3T/4周期内的磁通量变化率为：K3＝4Φ0/T 3T/4—T周期内的磁通量变化率为：K4＝0 对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：

22

Q=Q1+Q2+Q3+Q4=（E1/R）T/4+0+（E3/R）T/4+0=8Φ02/RT (10分) 有交流电有效值的定义：Q＝IRT 得 I＝22Φ0/RT (7分)

2

3、(1)AB加速阶段，由动能定理得：qUmv2 ① 偏转阶段，带电粒子作类平抛运动偏转时间t1②

侧移量yat12121qU22mL L ③

2mL2qU2LLm/2qU v12 设在偏转电场中，偏转角为θ

则tgvyvat1qU2L1 vmLv2即θ＝ ④

由几何关系：Ｒｃｏｓ45°＋Ｒ＝Ｌ′⑤

L21Ｒsin45°＝ ⑥ 则 Ｌ′＝ L ⑦

242注：L′也可由下面方法求得：

粒子从S点射入到出偏转电场，电场力共做功为Ｗ＝２ｑＵ ⑧ 设出电场时速度为ｖ′，有mv22qU 解得ｖ′＝4qU/m ⑨

粒子在磁场中做圆周运动的半径：R∴L(22)mqU ⑩

qBmv2mqU qBqB12(2)设粒子在加速电场中运动的时间为ｔ２ 则ｔ２＝/Lm/2qU 11 ○带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T实际转过的角度α＝２π－２θ＝在磁场中运动时间ｔ３＝T342m 12 ○qBLv223 13 ○23m 14 ○2qB3m 2qB故粒子运动的周期T＝２ｔ２＋２ｔ１＋ｔ３＝４Ｌm/2qU

计算题训练03

1．（15分）质量为5kg的物块自37°倾角的传输带上由静止下滑，物块进入水平地面CD，传送带向下匀速转动，其速度v10m/s，传送带与水平地面之间光滑连接（光滑圆弧BC长度可忽略），传送带AB长度为16米，水平面CD长度6.3米，水平地面与传送带的摩擦系数均为0.5，试求

（1）物块在传送带上运动时间t

（2） 试求物块到达D点的速度

A C

370

24．(19分)有两位杂技演员，进行“顶杆”表演。已知演员甲的肩上放置一个力传感器，该传感器上方立着一根始终保持竖直的长竹杆。质量为m＝30 kg的小演员乙沿杆运动，若传感器显示的示数变化情况如图所示，演员乙前3 s向上爬，在杆顶迅速调整动作（所用时间

2

忽略不计）获得向下的初速度后，再经2 s滑到杆底。假设竹杆的质量忽略不计，g=10 m/s，求：

（1）演员乙上爬过程中的最大速度大小 vm。

（2）竹竿的高度h和演员乙下滑到t＝4 s时的速度大小 v。

v B D

25．（20分）如图所示，在一光滑水平的桌面上，放置一质量为M，宽为L的足够长“U” 型框架，其ab部分电阻为R，框架其它部分的电阻不计。垂直框架两边放一质量为m、电阻为 R的金属棒cd，它们之间的动摩擦因数为μ，棒通过细线跨过一定滑轮与劲度系数为 k 的另 一端固定的轻弹簧相连。开始弹簧处于自然状态，框架和棒均静止。现在让框架在大小为 2μmg的水平拉力作用下，向右做加速运动，引起棒的运动可看成是缓慢的。水平桌面位于 竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。问：

（1）框架和棒刚开始运动的瞬间，框架的加速度为多大？ （2）框架最后做匀速运动（棒处于静止状态）时的速度多大？

2

（3）若框架通过位移S后开始匀速，已知弹簧的弹性势能的表达式为kx/2(x为弹簧的形 变量)，则在框架通过位移S的过程中，回路中产生的电热为多少？

c

a

d

b

计算题训练03

1．解析：(1) 物块达到传送带速度前，mgsin37mgcos37ma1 （2分） 解得a110m/s2 （1）

物块达到传送带速度时 va1t1，解得t11s （1分） 物块的位移x12at15m （1分） 2由xmgsin37mgsin37ma2 （2分）

解得a22m/s2 （1分） 由 LABxvt2解得t21s

物块在传送带上运动时间tt1t22s （1分）

(2)物块到达斜面底端的末速度v2va2t212m/s（2分） 对物块CD部分的运动由动能定理可得：

12a2t2 （1分） 2-mgLCD1212mv3mv2（2分） 22解得v39m/s （1分）

25.(20分)

解：(1)设水平拉力为F，则F＝2μmg，对框架由牛顿第二定律；

F一μmg＝Ma„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(2分) 解出

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(2分)

(2)设框架做匀速运动的速度大小为υ，则感应电动势 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(2分) 回路中的电流 对框架由力的平衡得联立以上各式解出：

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(2分)

„„„„„„„„„„„„„„„„„(2分) „„„„„„„„„„„„„„„„„„(2分) (3)在框架滑过S的过程中，设产生的电热为Ql ,摩擦生热为Q2，由功能关系

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(2分)

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(2分)

在框架匀速后，对棒由力的平衡得：联立以上各式并结合

„„„„„„„„„„„(2分)

„„„(2分)

计算题训练04

20.(15分)质量m =2kg的滑块受到一个沿斜面方向的恒力F作用，从斜面底端开始,以初速度大小v0=3.6mA沿着倾角为θ= 37°足够长的斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为u=0.5。滑块向上滑动过程的速度-时间(v-t)图象如图所示（g= 10m/s2

,sin370

=0. 6,cos370

=0. 8) 0

求：

(1) 滑块上滑过程的加速度大小和方向； (2) 该恒力f的大小和方向。

21.(19分）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为K的轻质弹簧一端固定在固定挡板C上，另一端连接一质量为M的物体A—轻细绳通过定滑 轮，一端系在物体A上，另一端有一细绳套，细绳与斜面 平行,物体处于静止状态。现在细绳套上轻轻挂上一个质量也为

m

的物体B,A将在斜面上做简谐运动。试求： (1) 物体A的振幅； (2) 物体A的最大速度值；

(3) 物体B下降到最低点时，细绳对物体B的拉力值。

22. (20分)如图甲所示,在竖直方向存在着两种区域:无电场区域和有理想边界的匀强电 场区域。两种区域相互间隔出现，竖直高度均为h。电场区域共有n个，水平方向足够长,每一电场区域场强的大小均为E,且E=

，场强的方向均竖直向上。一个质量为m、电荷量为q的

带正电小球(看作质点），从第一无电场区域的上边缘由静止下落，不计空气阻力。求：

(1) 小球刚离开第n个电场区域时的速度大小；

(2) 小球从开始运动到刚好离开第N个电场区域所经历的总时间；

(3)

若在第n个电场区域内加上水平方向的磁场，磁感应强度随时间变化规律如图乙所 示，

，磁感应强度变化的周期T是带电小球在磁场中作匀速圆周运动周

已知图象中

期的2倍，问哪段时间内进入第n个电场的小球能返回到与出发点等高的位置？

计算题训练04

20．（15分）

解：（1）沿斜面向上为正方向 滑块上滑过程中加速度 av1.23.6m/s215m/s2 （４分） t0.16加速度方向沿斜面向下。 （2分）

（2）设F沿斜面向上，则

Fmgsinmgcosma （5分） Fmgsinmgcosma

代入数据解得：

F10N （2分）

力F的方向平行于斜面向下。 （２分） 21．（19分）

解：⑪未挂物体B时，设弹簧压缩量为x1，对于物体A由平衡条件有：

kx1mgsin300 (2分)

解得：x1mg2k (1分) 挂上B，整体平衡时，设弹簧伸长量为x2，由平衡条件有：

mgkx2mgsin30 （2分）

xmg22k （1分） 振幅为Axxmg12k （2分） （2）因x1与x2相等，故在此过程中弹簧弹性势能改变量EP0 设最大速度为v，对于A、B及弹簧组成的系统由机械能守恒定律得

mg(x1x2)mg(x1x2)sin30122mv2 (3分) 将x1、x2代入得 vmg2m2kg2k (1分) （3）A运动到最高点时弹簧的伸长量x2x2x1 (1分) 设此时细绳对B的拉力为T

A在最高点时，由牛顿第二定律 mgsin30kxTma (2分)

1分）（ B在最低点时，由牛顿第二定律 Tmgma (2分) 联立解得T22．（20分）

解：（１）小球在无电场区，只受重力作用，做加速度等于重力加速度g的匀加速直线运动，小球在电场区，所受电场力等于重力，做匀速直线运动。 （２分）

小球刚好进入第n个电场区域时的速度

2vn2gnh （2分）

3mg (1分) 2vn2ngh （１分）

（２）小球在无电场区运动的总时间T1

nh12gT1 （2分） 2 T12nh （1分） g设小球在第１、第２、第３、„„第n个电场区运动的速度分别为v1、v2、v3-----、vn；

2v12gh v12gh 2v22g(2h)4gh v24gh

2v32g(3h)6gh v36gh

„„„

2vn2gnh vn2ngh （2分）

小球在第１、第２、第３、--------第n个电场区运动的时间分别为t1、t2、t3„„、

tn；小球在电场区运动的总时间T2：

T2t1t2t3tn

T2hhhh v1v2v3vn1111) v1v2v3vnT2h(T2h(12gh14gh16gh12ngh)

T2h111(1) （2分） 2g23n设小球从开始运动到刚好离开第n个电场区域所经历的总时间T。

TT1T2

T2nhh111(1) （1分） g2g23n(3) 当在第n个电场区域内加上方向垂直竖直平面的磁场时，电场力与重力平衡，带电小球仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。

mvn2T在0~时间内进入复合场中的带电小球，B1qvn (1分)

2r1r1mvnm2ngh2h (1分) qB10.5qB0mvn2T在~T时间内进入复合场中的带电小球，B2qvn (1分) 2r2r2mvnm2nghh (1分) qB2qB01231(n)T时间段内进入复合场中的带电小球，运动T后沿竖直方向

44只有在(n)T进入第n个无电场区，根据动能定理: mgh01mv2 (1分) 23(n)T时间段内进入第n个电场的小球能返回到与出发点等高的位

4hnh (1分)

所以在(n)T置。 (1分)

12

计算题训练05

20．（15分）

如图所示，两根电阻不计、相距L且足够长的光滑导轨与水平面成θ角，导轨处在磁感

应强度B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上，导轨下端连接阻值为R的电阻。现让一质量为m、电阻也为R、与导轨接触良好的水平金属棒ab从静止开始下滑，当ab棒中的电流大小为I时，此过程中ab棒上产生的热量为Q。求此时： （1）ab棒速度v的大小； （2）ab棒下滑的距离s。

21．（19分）

如图所示，长L=12 m，质量为m=50 kg的木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩因

数为μ=0.1，质量为M=50 kg的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以a = 4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时，试求：（g取10m/s2）

（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力f的大小； （2）人从开始奔跑到木板右端所经历的时间t； （3）人从开始奔跑到木板右端所消耗的能量ΔE(忽略人在奔跑过程中重力势能的变化)。

22．（20分）

如图所示，一足够大的光滑绝缘水平面与xoz平面重合，整个空间充满着方向竖直向上

的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一带正电小球从平面上A点以速度v平行于z轴负方向进入场中，能以O点为圆心做匀速圆周运动，恰对水平面无压力（不考虑电磁辐射造成的能量损失及其影响）。已知重力加速度为g。求：

q及做匀速圆周运动的半径r是多少； m（2）若只撤去匀强磁场，电场强度增大为2E，小球从A点沿原方向入射，能通过空（1）带电小球的比荷

间坐标为(-r，r，-2r)的点，则小球的入射速度v1是多少；

（3）若只撤去匀强电场，在O点的正下方P点固定一个点电荷，该带电小球仍从A

1点沿原方向以速率v2v射入场中，它仍能在水平面上做相同半径的匀速圆周运动，

2试求PO间距离h的取值范围。

计算题训练05

计算题训练06

24．图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。物品从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，此后随转盘一起运动(无相对滑动)到C处被取走装箱。已知A、B两处的距离L=10m，传送带的传输速度v=2.0m/s，物品在转盘上与轴O的距离R=4.0m，物品与传送带间的动摩擦因数μ1=0.25。取g=10m/s。 （1）求物品从A处运动到B处的时间t；

（2）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大?

R 水平传送带 O C 水平转盘 物品

B v A 2

25．在xoy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45°角。在

x＜0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E，场强大小为0.32N/C，在y＜0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1T，如图所示。一不计重力的带负电微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×10m/s的初速度进入磁场，已知微粒的带电量为q=5×10C，质量为m=1×10kg，求： （1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标； （2）带电微粒在磁场区域运动的总时间； （3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标。

-18

-24

3

计算题训练06

24．【解析】（1）设物品质量为m,受到摩擦力而匀加速运动,有： μ1mg=ma v=at1 x12at1 解得：t1=0.8s 2L-xx=0.8m（2）物品在转盘上所受静摩擦力提供向心力，μ2最小时达最大静摩擦力，有：

v2μ2mg=m 解得：μ2=0.1

R25．解析：（1）带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图。

第一次经过磁场边界上的A点

vmv0由qv0Bm0，得r4103m，

rqBA点位置坐标（-4×10-3m，-4×10-3m）。

（2）设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T 则t=tOA+tAC=T2143T， 4T=

2m-5-5

，代入数据解得：T=1.256×10s，所以 t=1.256×10s qBqE， m（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动ax12at12r，yv0t1，代入数据解得：y0.2m 。 2y=y-2r=0.2-2×4×10-3m=0.192m。离开电、磁场时的位置坐标 （0，0.192m）。

35. （1）CD

（2）解：(1)铁块滑至最高处时，有共同速度V， 由动量守恒定律得：mV0＝(M+m)V ①

由能量守恒定律得：mgH由①②解得：H2211mV(Mm)V 022 ②

MV022(Mm)g

(2)铁块从小车右端滑离小车时，小车的速度最大为V１，此时铁块速度为V２，由动量守恒定律得： mv＝MV１ + mV２ ③

由能量守恒定律得： 12mV0由③④解得：

22211mVMV12 22 ④

mV1M2mV0

(3)由上面③④解得:

MV2mMmV0

⑤

由已知当M＝m时，由⑤得：V2＝０又因铁块滑离小车后只受重力，所以做自由落体

运动．

计算题训练07

20、(15分)如图所示，一质量为M=5.0kg的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车的上表面距离地面高h=0.8m，其右侧足够远处有一障碍物A，一质量为m=2.0kg，可视为质点的滑块，以v0=8m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的、大小为5N的恒力F。当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F。当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后,恰能无碰撞地沿圆弧切线 从B点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5， 圆弧半径为R=1.0m，圆弧所对的圆心角∠BOD=θ=106°。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53 °=0.6。求：

（1）平板车的长度； （2）滑块运动到圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小。

21、（19分）相距为 l = 1 m的光滑平行金属导轨水平放置，一部分处在垂直于导轨平面的匀强磁场中，OO '是磁场的边界，磁感应强度为B = 0.5 T，导轨左端接有定值电阻 R = 0.5 Ω，导轨电阻忽略不计，在磁场边界 OO '处垂直于导轨放置一根质量为 m = 1kg，电阻也为 R = 0.5 Ω的金属杆 ab ，

（1）若 ab 杆在恒力 F = 2N的作用下，从 OO '边界由静止开始向右运动，通过 x = 1m的距离到达 cd 位置时获得 v1 = 1 m/s的速度，若不考虑整个装置向外的电磁辐射．求此过程中外接电R 阻上产生的热量 Q 和到达 cd 时导体棒的加速度 a； （2）若使 ab 杆从边界 OO '处，由静止开始，做加速度为 a = 2 m/s2的匀加速直线运动，请你写出所施加的外力 F 与时间 t 的关系式 ．当 ab 杆通过 x = 1 m的距离到达 cd 位置时，求外

力的瞬时功率．

22、（20分）在如图所示的直角坐标中，x轴的上方存在与x轴正方向成45°角斜向右下方的匀强电场，场强的大小为E＝2×104V/m。x轴的下方有垂直于xOy面向外的匀强磁场，q磁感应强度的大小为B＝2×10-2T。把一个比荷为=2×108C/㎏

m的正点电荷从坐标为（0，1）的A点处由静止释放。电荷所受的重力忽略不计。求：

（1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间；

（2）电荷在磁场中做圆周运动的半径（保留两位有效数字）； （3）当电荷第二次到达x轴上时，电场立即反向，而场强大小不变，试确定电荷到达y轴时的位置坐标。

O a × × × × b O' × × × × × F× × ×c × × × × × × × × d × × × × B× × × × × × × ×计算题训练07

20、解：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：a1=对平板车，由牛顿第二定律得：a2=

mg =μg=5m/s2 mFmg =3m/s2 Mv0vv t1 x2=t1

22设经过时间t1滑块与平板车相对静止，共同速度为v则：v=v0-a1t1=a2t1. 解得：v=3m/s 滑块与平板车在时间t1内通过的位移分别为：x1=则平板车的长度为：

L=x1-x2=

v0t1=4m 2（2）对小物块，从离开平板车到C点过程中由动能定理（或机械能守恒定律）得： mgh+mgR(1-cos

10611)= mvc2-mv2 2222v在C点由牛顿第二定律得：N－mg=mc 解得：N=86N

R由牛顿第三定律可知对轨道的压力大小为N ’=86N

21、解：（1）根据能量守恒知电阻R上产生的热量为 QFx12mv1.5J 2B2l2v0.25N 杆所受安培力为 F安BIlRr由牛顿第二定律知 FF安ma） ∴a1.75m/s

2B2l2vB2l2at （2）由牛顿第二定律知 FF安ma F安BIlRrRrB2l2atma0.5t2 ∴FRr2匀加速运动到cd时 v2ax x12at ∴ v2ax2m/s2 t22x1s a此时外力大小为 F2.5N 外力的功率为 pFv5W

22.解：（1）如图，电荷从A点匀加速运动运动到x轴的C点的过程：位移s＝AC＝2m 加速度a=

qE1

＝22×1012m/s2 s=at2 得：t==10-6s

2m（2）电荷到达C点的速度为v=at=22×106m/s

速度方向与x轴正方向成45°角，

mv22在磁场中运动时：qvB= 得R=m＝0.71m

R2（3）轨迹圆与x轴相交的弦长为Δx=2R=1m ，

所以电荷从坐标原点O再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中作类平抛运动：

12at'设到达y轴的时间为t′，则：tan45°=2 解得t′＝2×10-6s

vt'L则类平抛运动中垂直于电场方向的位移L=vt′=42m y= =8m

cos45即电荷到达y轴上的点的坐标为（0，8）

计算题训练08

18.（20分）如图所示，可看作质点的物体A、B相距为x0，质量均为1kg，与倾角为37的固定斜面间的动摩擦因数分别是

73和，现将物体A、B从斜面上由静止释放，A将从164斜面顶端沿斜面匀加速下滑，并与B发生连续弹性正碰（每次碰撞过程时间极短），已知

sin370.6，cos370.8，g取10m/s2，斜面长L36.2m．

⑪若x00，求物体A、B一起下滑的加速度；

⑫若x00.2m，求A由静止开始到第二次相碰前克服摩擦阻力所做的功； ⑬若x00.2m，求A到达斜面底端之前已经与B发生了几次碰撞．

【答案】⑪1.25m/s ⑫3.5 J ⑬9次

【解析】⑪若x00，假设A、B没有发生相互作用时，合外力分别是

2

F1m1gsin1m1gcos110(0.670.8)N2.5N（1分） 163F2m2gsin2m2gcos110(0.60.8)N0（1分）

4所以应该是A推B匀加速下滑，根据牛顿第二定律得F1(m1m2)a（1分） 解得A、B共同加速度aF12.5m/s21.25m/s2（1分）

m1m211⑫若x00.2m，B静止，A的加速度为a1F12.5m/s2（1分） m1A与B第一次碰撞前A的速度vA12a1x022.50.2m/s1m/s（1分） 第一次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒得

mAvA1mAvA1mBvB1（1分）

11222mAvAmvmv1ABB1（1分） A122

解得vA1vB10，vB1vA11m/s（1分）

即A、B速度交换

12（1分） 从第1次碰后到第2次碰撞前，根据位移关系xB1xA1可得vB1t2a1t2212m/s （1分） 所以第2次碰撞前A的速度为vA2a1t22vBt2vA22s0.8s （1分） a12.51t210.8m0.8m（1分） xA1xB1vBWm1gcos37(xA1x0)71100.8(0.80.2）J3.5J（1分） 16⑬A与B第二次碰撞后，速度交换 vA21m/s，vB22m/s（1分）

从第2次碰后开始到第3次碰撞时，根据位移关系得

12t3vvBtaAt32（1分） A232解得t3t20.8s，xB21.6m（1分）

依题意计算可知，A第一次与B碰撞前的速度为1m/s，A第二次与B碰撞前的速度为2m/s，A第三次与B碰撞前的速度为3m/s，„„由于碰后速度交换，因而碰后B物体的速度为： 第一次碰后：vB11m/s 第二次碰后：vB22m/s 第三次碰后：vB33m/s

„„

第n次碰后：vBnnm/s

每段时间内，B物体都做匀速直线运动，第n次碰前运动的距离为

sB[123(n1)]t2带入Lx02n(n1)m（1分） 52n(n1)2n(n1) （1分） m 即36.20.255解得n10次，即A到达斜面底端之前已经与B发生了9次碰撞．（1分）

19．（16分）如图所示，在竖直平面内有一场强为E2.510N/C的匀强电场，在内、

63m和R21.0m的同心竖直圆环平面内，存在垂直圆环平面的匀强3磁场，磁感强度B1.0T，一正电粒子进入该区域后恰好做匀速圆周运动，重力加速度g10m/s2．

⑪求电场E的方向和正电粒子的荷质比；

⑫求该粒子由圆心O点沿纸面发射，却不能穿越磁场外边界的最大速度；

⑬若以第（2）问中的最大速度从圆心O处沿纸面射出该正电粒子，求粒子再次经过圆心需要多长时间．

外半径分别为R1

6【答案】⑪4.010C/kg 电场方向竖直向上 ⑫1.3310m/s

6⑬1.9210s

【解析】⑪粒子在圆环区域内恰好做匀速圆周运动，有mgqE（2分） 解得

6qg10C/kg4.0106C/kg，电场方向竖直向上（3分） 6mE2.510

⑫如图所示，根据几何关系可知

R12r2(R2r)2（2分）

由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力,得

v2qvBm

r6联立解得v1.3310m/s（3分） ⑬粒子在磁场中运动的周期T2m qB根据几何关系知tanr3，解得，带电粒子经过一次磁场，然后偏转回到圆

R136心，在磁场中的圆心角是

4，则 344m在磁场中运动的时间t13T1.05106s（2分）

23qB在磁场外运动的时间t22R18.7107s（2分） v则tt1t21.92106s（2分）

20．（16分）将一总质量为m、总电阻为R、每边边长为L的均匀导线制成的正方形闭合线框ABCD置于磁场方向垂直纸面向里、磁感强度大小按B＝B0+ky变化（k为大于零的常数）的水平有界磁场上方h处，如图所示。从图示位置静止释放线框，运动过程中线框平面保持在竖直平面内，且CD边始终与x轴平行。 当线框在有界磁场中下降h0（h0＜L）高度时达到最大速度，线框的AB边刚进入磁场时开始做匀速运动，重力加速度为g，求： （1）当CD边刚进入磁场切割磁感线时，CD两点间的电势差大小； （2）当线框在有界磁场中下降h0高度时速度大小v1；

（3）线框从开始释放到线框AB边刚进入磁场的过程中产生的电能E.

【答案】（1）3B0L2gh（2）

4322mgR（3）mg（h+L）—mg4R 8222kL(B0kh0)L【解析】（1）设CD边刚进入磁场切割磁感线时的速度大小为v， 根据自由落体运动规律得，v2gh （1分）

根据法拉第电磁感应定律得，CD边切割磁感线产生的感应电动势为

EB0Lv（1分）

根据闭合回路欧姆定律，CD两点间的电势差大小

UCD33E（1分）解得：UCDB0L2gh（2分） 44(B0kh0)Lv1 （1分）

R（2）当线框在有界磁场中下降h0高度时，根据电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得， 电路中产生的感应电流I=

线框加速度为零达到最大速度，即mg=（B0+kh0）LI（1分） 解得，v1=

mgR（2分）

22(B0kh0)L（3）线框的AB边刚进入磁场时，电路中的感应电流为 I＇=

[(B0kL)B0]Lv2（2分）

R根据线框开始做匀速直线运动可得，mg=[（B0+kL）—B0]LI＇（1分）

12根据能量守恒定律可得，Emg(hL)mv2（2分）

2m3g2R2（2分） △E=mg（h+L）—解得，

2k4L8

计算题训练09

20．(15分)某特技演员在游乐园做进行了超高空特技跳水表演，他从距水面20m高的塔顶以4m/s的初速度竖直向下跳下，并准确地落入正下方的水池中。已知他在空气中运动时，空气对他的阻力是他重力的0.2倍；落入水中后，水对他的阻力（包括浮力）是他重力的3.5倍。(特技演员可视为质点，g=10m/s2)

（1）他从塔顶跳出开始计时，在空中下落8m时所花的时间？ （2）为安全起见，试计算需要准备一个至少多深的水池？

21．(19分)如图所示，轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端与质量为M=1.5Kg的薄木板A相连，质量为m=0.5Kg的小球B放在木板A上，弹簧的劲度系数为k=2000N/m。现有一竖直向下、大小F=20N的力作用在B上且系统处于静止状态，在B球正上方处由一四分之一内壁光滑竖直圆弧轨道，圆弧半径R=0.4m，圆弧下端P点距离弹簧原长时上端位置的高度为h=0.6m。撤去外力F后，B竖直上升最终从P点切入圆轨道，到达Q点的速度为vQ=4m/s。求：

（1）球B在Q点时对轨道的压力 （2）AB分离时的速度v

（3）撤去F瞬间弹簧的弹性是能Ep

22．(20分)如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt.电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy＝45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经过N板的小孔，从点Q(0，l )垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：

(1)平行金属板M、N获得的电压U； (2)yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B； (3)粒子从P点射出到到达x轴的时间．

A

P F B Q 计算题训练09

20.（15分）.解：(1)空气阻力f1=0.2mg (1分) 特技演员下落时加速度为a由牛顿第二定律得

Mg- f1=ma (2 分) 得a=8m/s (1分) 由h1=at2/2 (2 分)

得t=2s (1分)

(2) 水的阻力f2=3.5mg (1分) h=20m 设水池深至少为H由动能定理得

mg（h+H）- f2H=0-mvo2/2 (4分) 得H=8.32m (3 分) 21、解析：轨道对球压力N

N +mg=mvQ2/R （2分） N =m vQ2/R –mg=15N （2分） 球对轨道压力N /= N = 15N （1分） (2)AB在弹簧原长处分离后，B上升机械能守恒 mv2/2=mg(R+h)+ mvQ2/2 （4分） v=6m/s （2分） (3)撤去F到弹簧恢复原长AB分离上升H

kH=F+(m+M)g （2分） H=0.02m （2分） 此过程机械能守恒

Ep=(m+M)gH+(m+M)v2/2 （2分） 代入数据得到 Ep=36.4J （2分） 22.（1）由法拉第电磁感应定律得

EBSkS-----------------（3分） ttM、N板间的电压U=E=KS ------------（2分）

（2）带电粒子在M、N间做匀加速直线运动由动能定理得

qU12mv----------（2分） 2mv2带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示由牛顿第二定律得qvB---------------（2

r分）

由几何关系得 l=r+r cot450=2r-----------（2分） 联立得B22mkS---------------（2分）

lq(3) 带电粒子d在电场中运动时间为t1

dq12at12Uma得d-----------------------（2分）

t1d2m--------------------------（1分）- qkS2r--------（1分） v带电粒子在磁场中周期T运动时间t21lT44m----（1分） 2kqS在无场区运动时t3r1m----（1分） v22kqS联立得tt1t2t32d

2m----（1分） l42qkS电场与磁场

1、如图所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，极板长L=0.8m，板距足够大，两板的右侧有水平宽度d=0.06m，竖直长度足够大的有界匀强磁场，一个比荷q/m=5×107c/kg的带负电粒子（其重力不计）以V0=8×105m/s速度从两板中间沿与板平行的方向射入偏转电场，进入偏转电场时，偏转电场的场强恰好按图乙所示的规律变化，粒子离开偏转电场后进入匀强磁场，最终垂直于磁场右边界射出，求： （1）粒子在磁场中运动的速度

（2）粒子在磁场中运动的轨道半径R； （3）磁场的磁感应强度B。

2、在如图甲所示的装置中，阴极K能够连续不断地发射初速不计的电子，这些电子经P、K间的电场加速后，都能通过P板上的小孔沿垂直于P板的方向进入P板右侧的区域，打到P板右侧L远处且与P平行的荧光屏Q上的O点，由于P、K相距很近，所有电子通过电场所用时间忽略不计。现在P与Q间加垂直纸面向里的匀强磁场，且从某一时刻t=0开始，在P、K间加一周期性变化的电压，电压随时间的变化关系如图乙所示，则从该时刻起，所有从小孔射出的电子恰好能全部打到荧光屏上。已知电子质量为m，带电量为e，粒子在磁场中做圆周运动的周期小于4T0，求： （1）电子打到荧光屏上的范围；

（2）从t=0时刻开始在电压变化的一个周期内，打到屏上距O点最近的电子与最远的电子的时间差。

5、如图甲所示，在真空中，有一半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距为R，板长为2R，板间的中心线O1O2与磁场的圆心O在同一直线上．有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子以速度v0从圆周上的a点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1点水平飞出磁场时，给M、N两板加上如图4－10乙所示的电压，最后粒子刚好以平行于N板的速度从N板的边缘飞出．(不计粒子所受到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边缘电场不计) (1)求磁场的磁感应强度B．

(2)求交变电压的周期T和电压U0的值．

(3)当t＝T/2时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速度v0射入M、N之间，求粒子从磁场中射出的点到a点的距离．

10、在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy,x轴沿水平方向,如图甲所示.第二象限内有一水平向右的匀强电场,电场强度为E1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场,电场方向竖直向上,电场强度E2=1/2E1,匀强磁场方向垂直于纸面.处在第三象限的某种发射装置(图中没有画出)竖直向上射出一个比荷q/m=102C/kg的带正电的粒子(可视为质点),该粒子以v0=4 m/s的速度从-x上的A点进入第二象限,并以v1=8 m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限.取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻,磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向),g=10 m/s2. (1)求带电粒子运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1.

(2)+x轴上有一点D,OD=OC,若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴,要使其恰能沿x正方向通过D点,求磁感应强度大小B0及其变化周期T0.

(3)要使带电粒子通过C点后的运动过程中不再越过y轴,则交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系?

14、如图甲所示，离子源A产生的初速度为零、带电荷量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°．(忽略离子所受重力) (1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ． (2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径．

(3)若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围．

电磁感应

1.（19）如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻。导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触。斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止。当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向选滑动，此时b棒已滑离导轨。当a棒再次滑回到磁场边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动。已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R,b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计。求

（1） a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度I，与定值电阻R中的电

流强度IR之比；

（2） a棒质量ma;

（3） a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F。

2．如图甲所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为d，处在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中.一根质量为m、电阻为r的导体棒ef垂直于P、Q放在导轨上，导体棒ef与P、Q导轨之间的动摩擦因数为μ.质量为M的正方形金属框abcd，边长为L，每边电阻均为r，用细线悬挂在竖直平面内，ab边水平，线框的a、b两点通过细导线与导轨相连，金属框上半部分处在大小为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中，下半部分处在大小也为B，方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力.现用一电动机以恒定功率沿导轨方向水平牵引导体棒ef向左运动，从导体棒开始运动计时，悬挂线框的细线拉力T随时间的变化如图乙所示，求： （1）t0时间以后通过ab边的电流 （2）t0时间以后导体棒ef运动的速度 （3）电动机的牵引力功率P

B e T Q Mg

P a b Mg f 2

O t0 c d

甲

乙

t 3．（19分）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角

α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R．两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，电阻箱电阻调到使R2=12R，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，试求： （1）金属棒下滑的最大速度为多大？

（2）当金属棒下滑距离为S0时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑2S0的过程中，整个电路产生的电热；

（3）R2为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？

4.(19分)如图所示，倾角均为θ=45°的固定光滑金属直轨道ce和c'e'，与半径为r的竖直光

滑绝缘圆弧轨道abc和a'b'c'分别相切于c和c'点，两切点与对应圆心的连线和竖直方向夹角均为θ=45°，e和e'间接有阻值为R的电阻，矩形cc'd'd区域内存在与该平面垂2π

直的磁场，磁感应强度B=B0sin(x)，式中x为沿直轨道向下离开边界dd'的距离，且

x0cd=x0，dd'=L，长度也为L、阻值为R的导体棒在外力作用下，从磁场边界dd'沿直轨道向下匀速通过磁场，到达边界cc'时撤去外力，导体棒恰能沿圆弧轨道通过最高处aa'，金属轨道电阻及空气阻力均不计，重力加速度为g，求：

O′ a′ a B θ O b′ b

c′ θ c θ d′ υ0 θ d e′ M α P α S B a b N Q R1 R2 RL

R e

(1) 导体棒通过aa'时速度υ的大小； (2) 导体棒匀速通过磁场时速度υ0的大小； (3) 导体棒匀速通过磁场过程中棒上产生的热量Q。

5.（20分）如图甲所示，MN、PQ为间距L=0 .5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角37，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T。将一根质量为m=0.05kg电阻为r（大小未知）的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。取g=10m/s2。求：

（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； （2）cd离NQ的距离s；

（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量；

（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使

金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化（写出B与t的关系式）。

6．（20分）如图所示，无限长金属导轨ac、bd固定在倾角为θ=53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L，底部接一阻值为R的电阻，上端开口。垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B。一质量为ｍ、长度可认为Ｌ、电阻为R/2的金属棒MN与导轨接触良好，MN与导轨间动摩擦因数μ=1/3，电路中其余电阻不计。现用一质量为3m的物体Ｐ通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与MN相连，绳与斜面平行．由静止释放Ｐ，不计空气阻力，当Ｐ下落高度h时，ＭＮ开始匀速运动（运动中ＭＮ始终垂直导轨）。（1）求ＭＮ棒沿斜面向上运动的最大速度。（2）ＭＮ棒从开始运动到匀速运动的这段时间内整个回路上产生的焦耳和流过电阻R的总电量各是多少？

0电磁感应

1.答案（1）Ikls 8k2l2s（2）

8【解析】本题考查电磁感应现象.(1)线框中产生的感应电动势/t„„①在线框产生的感应电流IBs12lk t2R,„„②Rkls4l,„„③联立①②③得I s8FBIl,由以上式联立tt(2)导线框所受磁场力的大小为FBIl,它随时间的变化率为

Fk2l2s可得. t82、⑪设某时刻棒MN交线框于P、S点，令PS长为l，则 此时电动势E = Blv MN左侧电阻R1 则R并2lr MN右侧电阻R2(4a2)r

R1R2(22al)rl R1R22aBvlr(21)r2a„„„„„„„„„„„„„„„„„④

故：I=

ER并r内因导线框ABCD关于AC对称，所以通MN的电流大小也具有对称性，所以 当l = 0时，电流最小值IminBv(21)r

当l =

2a时，电流最大值Imax2Bv(22)r

⑫设MN到达B的时间为t0，则t0=

2a，到达D点用时2t0， v当0≤t≤t0时，由④式得：I2Bva2(21)arvtr

（其中vt =l ）

代入F=BIl得：F =

B2v2at(2a(21)vt)r当t0≤t≤2t0时，将l2(2avt)代入④式得：IBva

(vta)r2B2va(2avt) 代入F=BIl得：F

r(avt)⑬导线框进入矩形磁场后，由牛顿第二定律得： BILma

B2l2v2arma 取任意△t时间有：

B2l2v2artmat

B2l22ar

xmv

B2l22arxmv

B2l22arxmv x2mavrmvr 222Bl2aB3．（19分）

(1)在运动过程中ab棒中的电流方向水平向左(b→a)，cd棒受到的安培力方向垂直于纸面向里． ----------------------------------------------------（2分）

(2)经过时间t，金属棒ab的速率

v＝at ---------------------------------------------------（1分） 此时，回路中的感应电流为

E ----------------------------------------------------------（1分）

R1R2EBLv

金属棒ab受到的安培力FABIL-------------------------------------------------（1分） I对金属棒ab，由牛顿第二定律得

FFAmgma ------------------------------------------------------------（2分）

B2L2由以上各式整理得：Fmamgat ----------------------------（2分）

R1R2

在图线上取两点t1＝0，F1＝11 N；t2＝2 s，F2＝14.6 N 代入上式得a＝1 m/s2 B＝1.2 T ---------------------------（2分） (3)在2 s末金属棒ab的速率vtat2m/s --------------------------（1分） 金属棒ab竖直向上所发生的位移x0~2s过程对ab棒利用动能定理得：

12at2m ----------------------（1分） 2

12mvt0 ----------------------------------------（2分） 2根据功能关系有： WFAQ ------------------------------------------（1分）

R由两金属棒是串联关系，所以有：Qab1Q -------------------------（1分）

R25联立以上式子并代入数据可得：Qab=J ---------------------------（2分）

3WFmgxWFA

4．解析：（1）从图可以看出，线圈往返的每次运动都是匀速直线运动，其速度为

x0.08vm/s0.8m/s

t0.1线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势

En2rBv2023.140.10.20.8V2V

（2）感应电流IE2A0.2A

R1R29.50.5根据右手定则可得，当线圈沿x正方向运动时，产生的感应电流在图（甲）中是由D向下经过电珠L流向C的．于是可得到如答图所示的电流随时间变化的图象．

（3）由于线圈每次运动都是匀速直线运动，所以每次运动过程中推力必须等于安培力．

F推F安nILBnI(2r)B200.223.140.10.20.5(N)

（4）发电机的输出功率即灯的电功率PI2R2(0.2)29.5W0.38W 16．解：（20分） 当沿斜面向上的力与沿斜面向下的等大时，速度有最大值即： （1）mgsin＝f ＋2BI1L2 （3分）

f = μmgcos （1分） E = 2BL2vm （1分） E

I1 = （1分）

R解得：vm＝2.75m/s （1分） （2）根据牛顿第二定律：

mgsin－mgcos－2BI2L2＝ma （3分） P＝I22R （1分）

解得：I2＝0.6A （1分）， P＝0.18W （1分）， （3）根据动能定理

1

WG＋Wf＋WB＝mvm2 – 0 （3分）

2WG = mgssin （1分） Wf = －mgscos （1分） Q = －WB （1分） 解得：Q＝0.47J（1分）。

5.（19分）解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时则有

mgsinθ=F安 （1分）

F安＝ILB （1分）

IBLvm （1分） R总 其中 R总＝6R （1分）

B2L2vm所以 mgsinθ= （1分）

R总3mgR （1分） 22BL12（2）由能量守恒知，放出的电热 Q=mg2S0sinα-mvm （3分）

2解得最大速度 vm322R （3分） 代入上面的vm值，可得 QmgS09mg2B4L42（3）R2上消耗的功率 pU （1分）

2R2其中 UIR＝BLvR并 （1分）

并3RR并R并＝4RR2 4RR23RR并22 又 mgsinBLv （1分）

2222222216RRmgsinmgsin16R2解以上方程组可得p （1分） 222222BLBL16R4RR28RR2R2当R2RL4R时，R2消耗的功率最大 （1分）

22mR （2分） 最大功率Pmg4B2L2

6．解：（1）ab棒产生的瞬时电动势为

E1=BLv=BLv0sinωt ①

其有效值为U1=2BLv0 ② 2U1n1n2=U=2BLv0 ③ 由可得U2=U2n2n11从t=0到t=2π/ω时间内电阻R产生的热量为

224πB2L2v0U2 ④ Q=t=RωR（2）从t=0到t=π/(2ω)时间内电阻R产生的热量为

2πB2L2v01 ⑤ Q1=Q=4ωR从t=0到t=π/(2ω)时间内ab棒动能增加ΔEk=12mv ⑥ 202πB2L2v012由功能关系可知：W=Q1+ΔEk= ⑦ +mv0ωR2评分标准：本题共18分，其中①②③各2分 ，④⑤⑥⑦各3分

7．解：（1）ε1＝B2av＝0.2×0.8×5＝0.8V ① I1＝ε1/R＝0.8/2＝0.4A ②

（2）ε2＝ΔФ/Δt＝0.5×πa2×ΔB/Δt＝0.32V ③ P1＝(ε2/2)2/R＝1.28×102W ④

评分标准：全题13分．第（1小题6分，第（2）小题7分。其中 （1）正确得出①式得3分，得出②式得3分； （2）得出③式4分，得出④式得3分。