【正文】 2）撤去電場加上磁場的瞬間，微粒所受合外力的大小和方向； （ 3）欲使微粒不從磁場下邊界穿出，該磁場下邊界的 y 軸坐標(biāo)值應(yīng)滿足 什么條件 ? ，光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌 MN、 PQ 相距 l，在 M 點和 P 點間接一個電阻 RMP，其阻值為 R，在兩導(dǎo)軌間 OO1O1′ O′ 矩形 區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為 d 的勻強磁場，磁感強度為 B。一質(zhì)量為 m， 電阻也為 R 的導(dǎo)體棒 ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，開始時在磁場邊界 OO1左邊，與磁場左邊界 OO1相距 d0?，F(xiàn)用一大小為 F、水平向右的恒y x P1 P2 P3 0 第 22 頁 共 27 頁 力拉 ab 棒，使它由靜止開始向右運動，棒 ab 在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運動（棒 ab 與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計）。求： （ 1）棒 ab 在離開磁場右邊界時 的速度； （ 2）棒 ab 通過磁場區(qū)的過程中電阻 RMP所消耗的電能； （ 3）試分析討論 ab 棒在磁場中可能的運動情況，要求寫出 F 滿足的條件。 參考答案 一、選擇題 題號 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 BD AB AD BD AD ABD BCD ABD 二、簡答題 （ 1） B C （ 2） X10 擋，兩表筆接觸調(diào)零。 ，變阻器調(diào)一小阻值，用多用電表測出兩者的電阻值 R1，讀出電流表電流值 I1， 出多組 R， I 值。 d．將選擇開關(guān)旋至交流 電壓最大擋或 OFF 位置。 （ 3） 1/I R E=1/K (K 是所畫直線的斜率 ) r=b/k(b 是直線與縱坐標(biāo)軸的交點 ) （ 4） = = ⑴ ⑵ ⑶ (1)應(yīng)先把電路中的開關(guān)注斷開后再測量 R R2的電阻 (2)在 D中換檔后要重新進行歐姆調(diào)零 (3)實驗完畢后應(yīng)將選擇開關(guān)置于 0FF檔或交流電壓最高檔 (1) 連接電路圖 （ 1） （ 2） 318 （ 3） 增大，增大 (4)90 N 5． (1)串聯(lián)（ 1 分 ） 1985（ 1 分 ） （ 2）如圖所示（ 2 分 ） (圖中直接畫電壓表代替G1和 R2，同樣給分；電路中有錯不給分 ) （ 3）如圖所示（ 2分 ） 第 23 頁 共 27 頁 （ 1分 ，填 ~ 均給分） 190（ 1分 ，填 185~194 均給分） （ 4）等于（ 1分 ） 大于（ 1分 ） （ 1） 瘦、 (2) 6m/s 0、 0 三、計 算題、 （ 1） （ 2） 8 105 N （ 3） 8 106W 2 、 (1) ρ 0ρ L2/m (2)3（ g－ B2v/ρ 0ρ） /4 （ 3）（ 4ρ 0 ρ v ＋ 3B2h） /3ρ 0ρ g （ 1）當(dāng)電梯向上 做 用勻速運動時，金屬框中感應(yīng)電流大小為 R vvLBI cd )(2 101 ?? ① 金屬框所受安培力 ： cdILBF 12? ② 安培力大小與重力和阻力之和相等，所以 fmgF ?? ③ 由 ①②③ 式求得： v0=13m/s ④ （ 2）運動時電梯向上運動的能量由磁場提供的．磁場提供的能量分為兩部分，一部分轉(zhuǎn)變?yōu)榻饘倏虻膬?nèi)能，另一部分克服電梯的重力和阻力 做功．當(dāng)電梯向上作勻速運動時，金屬框中感應(yīng)電流由 ① 得： I =104A ○ 5 金屬框中的焦耳熱功率為： P1 = I2R =105W ○ 6 而電梯的有用功率為： P2 = mgv1=5105W ⑦ 阻力的功率為： P3 = f v1=5103W ⑧ 從而系統(tǒng)的機械效率 ? = 1003212 ??? PPP P ％ =％ ○ 9 解：（ 1）電場力與洛倫茲力平衡得： qE=qv0B 得： E=v0B （ 2） 根據(jù)運動的對稱性，微粒能從 P 點到達 Q 點，應(yīng)滿足 L nx? 其中 x 為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為 2? 或 32? ． 設(shè)圓弧的半徑為 R，則有 2R2=x2，可得：2LR n? 又 2vqvB m R? 由①②③式得：2qBLv mn? ?， n= ? （ 3） 當(dāng) n 取奇數(shù)時，微粒從 P 到 Q 過程中圓心角的總和為 G2 R2 P R1 G1 S E r 第 5 題答（ 2）圖 Q v P B B A n 取偶數(shù) n 取奇數(shù) 第 24 頁 共 27 頁 1 3 222n n n????? ? ? ? ?，（ 2 分）1 22 mmt n nq B q B??? ? ? ?，其中 n= ?? 當(dāng) n 取偶數(shù)時，微粒從 P 到 Q 過程中圓心角的總和為： 2 22n n n????? ? ? ? ?， （ 2 分）2 mmt n nq B q B??? ? ? ?，其中 n= ?? 欲使時間最小，取 n=1 或者 2，此時qBmt ?2min ? 5．解：（ 1）物體一直做加速運動，加速度先增大后減小，最后做勻加速運動。 （ 2）圖像可知圖線與時間軸包圍的面積為速度的大小。 t= 時的速度 v=18+10=（估算面積時超過半格算一格，不滿半 格舍去。估算結(jié)果誤差應(yīng)在 177。） （ 3）同（ 2）理 t= 時的速度 v′=18+12=從 t＝ 到 t＝ 的時間內(nèi)合外力對物體做的功 W= Jmvvm 2222 ????????? （ 1）設(shè)Ｐ ２ 的速度為 v，與 x軸夾角為θ vvhh0c o s333t a n????? （ 2） 00260vv????? ?qhmvhqvmRqmvBBqmvRhRAORhPOAPAPOPOPhhPOPhhhPP2334234)(33230c o s3030606033322t a n3343322001212000021032322232?????????????????????????????????????????????????為中垂線x O y P； P、 P， v A O 第 25 頁 共 27 頁 （ 3）把 沿水平向右和豎直向下進行正交分解分別得 Vx和 Vy， Vx=Vcos60=V0,Vy=Vsin60,則 fx=qVxB， fy=qVyB 又因為 qVB=2mg所以 fx=mg， 豎直方向合力為 0，水平方向為勻速直線運動， 水平方向受到 fy，豎直方向為勻速圓周運動 因此合運動為兩個運動的合成，根據(jù)運動的合成與分解可得 該粒子第二次打在 x軸上點的坐標(biāo) 7．解： (1)由于微粒沿 PQ 方向運動，可知微粒所受的合力沿 PQ 方向，可得 ?cotmgqE ? ① 2 分 易知 ??60? 解之得 mgqE 33? ② 2 分 (2)微粒到達 Q 點的速度 v 可分解為水平分速度為 1v 和豎直 分速度為 2v 根據(jù)豎直方向上自由落體運動規(guī)律有， glv 222 ? 則 glv 22 ? ③ 1 分 glvv 3230ta n21 ??? ④ 1 分 對于水平分速度 1v ，其所對應(yīng)的洛倫茲力大小為 1f ，方向豎直向上 則 mglgqmglqBqvf ????? 233211 ⑤ 2 分 即與重力恰好平衡 對于豎直分速度 2v ，其所對應(yīng)的洛倫茲力大小為 2f ，方向水平向左 此力為微粒所受的合力 mglgqmglqBqvfF 323222 ?????? ⑥ 2 分 qE mg αx y O P Q v1 v2 α r vqBmvqBmvx x ?? 0x 2T v ???)0,3 32( 0 ?qBmv ?第 26 頁 共 27 頁 (3) 由（ 2）可知，微粒的運動可以看作水平面內(nèi)的勻速直線運動與豎直面內(nèi)的勻速圓周運動的合成．能否穿出下邊界取決于豎直面內(nèi)的勻速圓周運動，則 rvmBqv 222 ? ⑦ 2 分 解得： lqBmvr 3322 ?? ⑧ 2 分 所以欲使微粒不從其下邊界穿出，磁場下邊界的 y 坐標(biāo)值應(yīng)滿足 ? ? 23( 1)3y r l l? ? ? ? ? ? ⑨ （寫成“ ”也給分） 2 分 解（ 1） ab 棒離開磁場右邊界前做勻速運動，速度為 mv ，則有： RREIBlvE m??? 對 ab 棒 BIlF? 解得 222 lBFRvm ? （ 2）由能量守恒可得： 20 21)( mmvWddF ??? 電 解得： 44220 2)( lB RmFddFW ???電 RMP 所消耗的電能： 44220 )(21 lB RmFddFW R ??? （ 3）設(shè)棒剛進入磁場時速度為 v 由： 20 12F d mv?? 可得： 02Fdv m? 棒在進入磁場 前做勻加速直線運動，在磁場中運動可分三種情況討論： ①若 24402mRlBdF ?（或 22022 lBFRmFd ?），則棒做勻速直線運動； 第 27 頁 共 27 頁 ②若 24402mRlBdF ?（或 22022 lBFRmFd ?），則棒先加速后勻速； ③若 24402mRlBdF ?（或 22022 lBFRmFd ?），則棒先減速后勻速。