3．(長沙一中)如圖所示，金屬框abcd的長是寬的2倍，金屬棒PQ的長度與金屬框的寬度相等，且與金屬框導體的材料和橫截面積都相同，勻強磁場垂直紙面向里．現(xiàn)用外力F將金屬棒PQ勻速地從金屬框的最左端(與ab重合的位置)拉到最右端(與cd重合的位置)，則(　　 )..

A．PQ中的電流先增大后減小

B．PQ兩端的電壓先增大后減小

C．金屬框消耗的功率先增大后減小

D．外力的功率先增大后減小

1．(長郡中學)如圖甲所示的空間存在一勻強磁場，其方向為垂直于紙面向.里，磁場的右邊界為MN，在MN右側有一矩形金屬線圈.

abcd，ab邊與MN重合．現(xiàn)使線圈以ab邊為軸按圖示方向.勻速轉動，將a、b兩端連到示波器的輸入端，若電流從a 到.b為正，則從圖乙中示波器觀察到的ab中電流隨時間變化的.規(guī)律是(　 )

(長郡中學)2．如圖所示，用三條細線懸掛的水平圓形線圈共有n匝，線圈由粗細　 均勻、單位長度的質量為2.5g的導線繞制而成，三條細線呈對稱分布，穩(wěn)定時線圈平面水平，在線圈正下方放有一個圓柱形條形磁鐵，磁鐵的中軸線OO′垂直于線圈平面且通過其圓心O，測得線圈的導線所在處磁感應強度大小為0.5T，方向與豎直線成30°角，要使三條細線上的張力為零，線圈中通過的電流至少為 (　　 )　　　　　　 .

A．0.1A　　　　 B．0.2 A　　　 C．0.05A　 　　　D．0.01A.

6．

(1)以A為研究對象有得(6分)

(2)設碰后A、B的共同速度為，由動量守恒得解得(4分)

　碰后，A、B系統(tǒng)的合外力大小為(只有B受電場力和摩擦力)

由于，故合外力向左，則A、B一起向右勻減速運動至停止時不會再運動。(4分)

設碰后A運動的位移為，對A、B系統(tǒng)，由動能定理：

解得(4分)

所以A運動的總位移為：(4分)

5．

由eU₀=得電子入射速度

m/sm/s　　 　

(1)加直流電壓時，板間場強V/m　　　 　

電子做直線運動時，由條件eE₁= ev₀B，

得應加磁場的磁感應強度T，　　 　

方向垂直紙面向里�！　　　� 　

(2)加交流電壓時，A、B兩極間場強(V/m)

電子飛出板間時偏距　　 　

電子飛出板間時豎直速度　 　

從飛離板到達圓筒時偏距

在紙上記錄落點的總偏距　

(m) 　

可見，在記錄紙上的點以振幅0.20m，周期T=1s作簡諧運動，

因圓筒每秒鐘轉2周，故在1s內，紙上圖形如圖所示。　 　

4.

(1)若第一個微粒的落點在下極板中點,

　 由L=v₀₁t₁

　　 d=gt₁² 　　　(2分)

第一個微粒的落點在下極板B點,

　 由L=v₀₂t₂

　　 d=gt₂² 　　　(2分)

所以　 2.5m/s≤v₀≤5m/s(2分)

(2)L=v₀₁t　　　　　 得　 t=0.04s(1分)

　　 d=at²得　 a=2.5m/s²(1分)

有 mg-qE=ma(2分)

　 E=Q/dC(2分得　　 Q=C　　　　　　　 n=Q/q=600個(2分)

3.

解析(1)根據(jù)粒子在磁場中偏轉的情況和左手定則可知，粒子帶負電.　　 (2分).

(2)由于洛倫茲力對粒子不做功，故粒子以原來的速率進入電場中，設帶電粒子進入電場的初速度為v₀，在電場中偏轉時做類平拋運動，由題意知粒子離開電場時的末速度大小為，將v_t分解為平行于電場方向和垂直于電場方向的兩個分速度：由幾何關系知.

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

F=Eq　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

聯(lián)立①②③④⑤求解得：　　 　　　

2.

解析:(1)F=Eq=mgtan37°=　　　　　　　　　　　　　　　　　 (3分).

受力方向水平向右　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1分).

(2)到達最高點的過程.

豎直方向v₀=gt水平方向v_x=3gt/4=3v₀/4.

電場力做的功等于水平方向上動能的增加：W=E_k=　　　　　　　　　 (4分)

1、

解：(1)如圖所示，金屬球A由a到b過程做勻加速直線運動，細繩與水平方向夾角為60⁰時突然繃緊。

　　 由題意　　

_{故電場力和重力的合力：}，

由動能定理得　 ，　

求得：；　　　　　　 (3分)

在b點細繩突然繃緊時，小球只剩下切向速度；

　　　　　 (1分)

球A由b到c過程中，細繩的拉力對A球不做功，

由動能定理得

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2分)

　 解之得：　　　　　　　 (1分)

(2)A球與B球碰撞動量守恒和機械能不損失有：

解得 = 1 m/s(即A、B球交換速度)；(2分)

A球與B球接觸過程電荷量守恒有；　　　　　　　　 (1分)

B球由碰后到落地過程中豎直方向做自由落體運動：

_(1分)

　=　　　　　　　　 (1分)

水平方向勻加速直線運動，；　 (1分)

所以　 　　　　　　　　　　(1分)

則B球落地速度是　 　　　　(1分)

11.B　 12.BD　 13.AD　 14.C　 15.AD　 16.D

1.C　 2.B　 3.D　 4.C　 5.AD　 6.AC　 7.D　 8.C　 9.BCD　 10.C