(3).若換用一恒力F拉動CD從靜止開始運動.則導體棒CD達到最大速度為2v0.求出恒力F的大小及當導體棒CD速度v0時棒的加速度. 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

如圖所示,電阻不計的光滑平行金屬導軌MNOP水平放置,MO間接有阻值為R的電阻,導軌相距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,質量為m,電阻為R0的導體棒CD垂直于導軌放置,并接觸良好。用平行于MN向右的水平力拉動CD從靜止開始運動,拉力的功率恒定為P,經過時間t導體棒CD達到最大速度v0
          ①求出磁場磁感強度B的大小
②求出該過程中R電阻上所產生的電熱
③若換用一恒力F拉動CD從靜止開始運動,則導體    棒CD  達到最大速度為2v0,求出恒力F的大小及當導體棒CD速度  v0時棒的加速度。
 

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(2013?江蘇一模)如圖所示,光滑導軌MN和PQ固定在同一水平面上,兩導軌間距為L,兩端分別接有阻值均為R的定值電阻
R
 
1
R
 
2
.兩導軌間有一邊長為
L
2
的正方形區(qū)域abcd,該區(qū)域內有方向豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B.一質量為m的金屬桿與導軌接觸良好并靜止于ab處,現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿,使之由靜止起向右運動,若桿出磁場前已做勻速運動,不計導軌及金屬桿的電阻.求:
(1)金屬桿出磁場前的瞬間流過
R
 
1
,的電流大小和方向;
(2)金屬桿做勻速運動時的速率;
(3)金屬桿穿過整個磁場過程中
R
 
1
上產生的電熱.

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(2007?崇文區(qū)二模)如圖所示,在磁感應強度為B的水平方向的勻強磁場中豎直放置兩平行導軌,磁場方向與導軌所在平面垂直.導軌上端跨接一阻值為R的電阻(導軌電阻不計).兩金屬棒a和b的電阻均為R,質量分別為ma=2×10-2kgmb=1×10-2kg,它們與導軌相連,并可沿導軌無摩擦滑動.閉合開關S,先固定b,用一恒力F向上拉,穩(wěn)定后a以v1=10m/s的速度勻速運動,此時再釋放b,b恰好保持靜止,設導軌足夠長,取g=10m/s2
(1)求拉力F的大。
(2)若將金屬棒a固定,讓金屬棒b自由滑下(開關仍閉合),求b滑行的最大速度v2;
(3)若斷開開關,將金屬棒a和b都固定,使磁感應強度從B隨時間均勻增加,經0.1s后磁感應強度增到2B時,a棒受到的安培力正好等于a棒的重力,求兩金屬棒間的距離h.

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如圖a,一對平行光滑軌道放置在水平面上,兩軌道間距L="0.20m" ,電阻R=1.0Ω;有一電阻r=0.5Ω的金屬棒靜止地放在軌道上,與兩軌道垂直,軌道的電阻忽略不計,整個裝置處于磁感應強度B=0.50T的勻強磁場中,磁場方向垂直軌道面向下。
(1)現(xiàn)用一恒力F=0.2N沿軌道方向拉金屬棒ab,使之由靜止沿導軌向右做直線運動。則金屬棒ab達到的穩(wěn)定速度v1為多大?
(2)若金屬棒質量m=0.1kg在恒力F=0.2N作用下由靜止沿導軌運動距離為s=4m時獲得速度v2=2m/s,此過程電阻R上產生的焦耳熱QR為多大?
(3)若金屬棒質量未知,現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉棒,使之做勻加速直線運動,測得力F與時間t 的關系如圖b所示,求金屬棒的質量m和加速度a。

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如圖19所示,在磁感應強度為B的水平方向的勻強磁場中豎直放置兩平行導軌,磁場方向與導軌所在平面垂直。導軌上端跨接一阻值為R的電阻(導軌電阻不計)。兩金屬棒ab的電阻均為R,質量分別為ma=2×102Kg和mb=1×102Kg,它們與導軌相連,并可沿導軌無摩擦滑動。閉合開關S,先固定b,用一恒力F向上拉a,穩(wěn)定后av1=10m/s的速度勻速運動,此時再釋放b,b恰好能保持靜止,設導軌足夠長,取g=10m/s2。

(1)求拉力F的大;

(2)若將金屬棒a固定,讓金屬棒b自由下滑(開關仍閉合),求b滑行的最大速度v2

(3)若斷開開關,將金屬棒ab都固定,使磁感應強度大小從B隨時間均勻增加,經0.1s后磁感應強度增到2B時,a棒受到的安培力正好等于a棒的重力,求兩金屬棒間的距離h

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一單項選擇題:本題共6小題,每小題3分,共18分

1.  1.D  2.A   3.C   4.B    5.D   6.A

二多項選擇題:本題共5小題,每小題4分,共20分。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,錯選或不答的得0分

7.ABD  8.BC   9.ABC   10.AD  11.ACD

三實驗題:本題共 2小題,共 23分

12.(1)1.880(1.881給分) (2分); 1.044 (2分)

(2)①1.00m/s,2.50m/s;②5.25J,5.29J  (每空2分)

13.

 (1) 圖 (3分)   (2)  0-3V(2分)   R1 (2分)  (3)   圖(4分)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

四 計算或論述題

14.地球繞太陽運動                             3分         

太陽的質量                                      3分

(2)設小行星運行周期為T1                           2分

                                      

對小行星:                                   2分

∴R1=                                              2分

∴小行星與地球最近距離S=R1?R=                     2分

 

 

 

 

15.解:(1)由粒子的飛行軌跡,利用左手定則可知,該粒子帶負電荷.粒子由A點射入,由C點飛出,其速度方向改變了90°,則粒子軌跡半徑

                                                           2分

又                                                            2分

則粒子的比荷                                                                     2分

(2)粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60°角,故AD弧所對圓心角60°,粒子做圓周運動的半徑

                               2分

又                                                    2分

所以                                                    2分

粒子在磁場中飛行時間

                                2分

 

16. (1)設共同加速度a,繩拉力F   

有        mg-F=ma     

          F-μMg=Ma                                 3分

得到   

                    4分

(2)當M運動h距離時速度為v,              1分

又M運動s距離停止,由動能定理

                                 2分

M物塊不撞到定滑輪滿足                1分

得到     

代入得                                       2分

因為要拉動M     結果是            2分

17.(1)   要求當R=0時,  E/R0≤I0

      所以            R0≥E/ I0                                      3分

(2)   電量-q的粒子經過電壓U加速后速度v0

         

                               2分

粒子進入Q場區(qū)域做半徑r0,的勻速圓周運動

                                           2分

         

                             3分

顯然加速電壓U 與與-q沒有關系,所以只要滿足上面關系,不同的負電荷都能繞Q做半徑r0,的勻速圓周運動。                                    

(3)       

即                                   3分

                                        2分

 

18.(1)最大速度時拉力與安培力合力為零

P/v0-BIL=0     E=BL v。       I=E/(R+ R0)          

即                                       3分

                                         2分

(2)由能量關系,產生總電熱Q

                             2分

R電阻上所產生的電熱                 2分

(3)                                     

由(1)問可知       F=2P/v0                               2分

當速度為v0時加速度a                      2分

解得                                 2分

 

19.(1)AB第一次與擋板碰后   A返回速度為v0

  由動量守恒定律得    mA v0=(mA+mB) v1

  ∴v1=4m/s                           3分

(2)A相對于B滑行ΔS1

由動能定理得

μmAgΔS1= v02(mA+mB) v12

ΔS1==6m                                     3分

(3)AB與N碰撞后,返回速度大小為v2,則v2= v1

B與M相碰后停止,設A減速至零A相對B滑行ΔS1/

-μmAgΔS1/=0-v22      ΔS1/=8m>ΔS1

∴A能與M碰撞第二次                                      3分

(4)       A與M第一次碰撞速度為v1(v1= v0)

       mA v1(mA+mB) v1/        ∴  v1/ v1

A相對于B滑行ΔS1

μmAgΔS1= v12(mA+mB) v1/2

ΔS1=                                        2分

當B再次與M相碰而靜止時,A相對于B能滑行的最大距離為Sm1

0-v1/2=-2μg Sm1

Sm1=>ΔS1

同理 每次以共同速度相碰,A都能相對B滑行到與M相碰,最終都停在M處   1分

A與M第二次碰撞速度為v2

 則v22-v1/2=-2μgΔS1

v22= v12-2μgΔS1×6ΔS1-2ΔS1ΔS1

同理ΔS2==ΔS1                                2分

依次類推ΔS3==ΔS2

ΔS=(ΔS1+ΔS2+ΔS3+……)2=                      2分

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 


同步練習冊答案