題目列表(包括答案和解析)
如圖所示,豎直平面內有一半徑為r、電阻為R1、粗細均勻的光滑半圓形金屬環,在M、N處與距離為2r、電阻不計的平行光滑金屬導軌ME、NF相接,EF之間接有電阻R2,已知R1=12R,R2=4R.在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ,磁感應強度大小均為B.現有質量為m、電阻不計的導體棒ab,從半圓環的最高點A處由靜止下落,在下落過程中導體棒始終保持水平,與半圓形金屬環及軌道接觸良好,設平行導軌足夠長.已知導體棒下落
時的速度大小為v1,下落到MN處時的速度大小為v2.
（1）求導體棒ab從A處下落時的加速度大小.
（2）若導體棒ab進入磁場Ⅱ后棒中電流大小始終不變,求磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離h和R2上的電功率
如圖所示,豎直平面內有一半徑為r、電阻為R1、粗細均勻的光滑半圓形金屬環,在M、N處與距離為2r、電阻不計的平行光滑金屬導軌ME、NF相接,EF之間接有電阻R2,已知R1=12R,R2=4R.在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ,磁感應強度大小均為B.現有質量為m、電阻不計的導體棒ab,從半圓環的最高點A處由靜止下落,在下落過程中導體棒始終保持水平,與半圓形金屬環及軌道接觸良好,設平行導軌足夠長.已知導體棒下落
時的速度大小為v1,下落到MN處時的速度大小為v2.
（1）求導體棒ab從A處下落時的加速度大小.
（2）若導體棒ab進入磁場Ⅱ后棒中電流大小始終不變,求磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離h和R2上的電功率
如圖所示,豎直平面內有一半徑為r、電阻為R1、粗細均勻的光滑半圓形金屬環,在M、N處與距離為2r、電阻不計的平行光滑金屬導軌ME、NF相接,EF之間接有電阻R2,已知R1=12R,R2=4R.在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ,磁感應強度大小均為B.現有質量為m、電阻不計的導體棒ab,從半圓環的最高點A處由靜止下落,在下落過程中導體棒始終保持水平,與半圓形金屬環及軌道接觸良好,設平行導軌足夠長.已知導體棒下落
時的速度大小為v1,下落到MN處時的速度大小為v2.
（1）求導體棒ab從A處下落時的加速度大小.
（2）若導體棒ab進入磁場Ⅱ后棒中電流大小始終不變,求磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離h和R2上的電功率
如圖所示,豎直平面內有一半徑為r、電阻為R1、粗細均勻的光滑半圓形金屬環,在M、N處與距離為2r、電阻不計的平行光滑金屬導軌ME、NF相接,EF之間接有電阻R2,已知R1=12R,R2=4R.在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ,磁感應強度大小均為B.現有質量為m、電阻不計的導體棒ab,從半圓環的最高點A處由靜止下落,在下落過程中導體棒始終保持水平,與半圓形金屬環及軌道接觸良好,設平行導軌足夠長.已知導體棒下落
時的速度大小為v1,下落到MN處時的速度大小為v2.
（1）求導體棒ab從A處下落時的加速度大小.
（2）若導體棒ab進入磁場Ⅱ后棒中電流大小始終不變,求磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離h和R2上的電功率
(1)求導體棒ab從A下落r/2時的加速度大小.
(2)若導體棒ab進入磁場Ⅱ后棒中電流大小始終不變,求磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離h和R2上的電功率P2.
(3)若將磁場Ⅱ的CD邊界略微下移,導體棒ab剛進入磁場Ⅱ時速度大小為v3,要使其在外力F作用下做勻加速直線運動,加速度大小為a,求所加外力F隨時間變化的關系式.
二、選擇題(每小題6分，共48分，全對6分，對而不全3分)
題號
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
A
B
AC
BD
AD
A
C
D
22．（1）(1)6.0（2分，6也給分）；如圖(4分，電流表外接2分，滑線變組器限流接法2分) 。
(2) ①
(3分)
③ BCE (3分，BE得3分)
④紙帶與打點計時器間的摩擦阻力，空氣阻力等。(2分)
23．解：設子彈射入木前的速度為v，射入木塊后的共同速度為V，子彈打入木塊過程由動量守恒定律得：
(6分)
木塊與子彈一起運動的過程由動能定理得：
(6分)
聯立以上兩式并代入數據得：
(4分)
24．解：（1）由于帶電微粒在磁場方向反向前后的運動是對稱的，所以微粒所受的電場力與重力是平衡的(2分)。微粒做勻速圓周運動，軌跡如圖：
設微粒做勻速圓周運動的軌道半徑為R，由圖可知
①（2分）
由洛侖茲力公式及勻速圓周運動規律得：
②（2分）
聯立①②解得：
③（2分）
（2）設M、N兩板間的電勢差為U，由電場力與重力平衡得：
④（2分）
由電容公式得：
⑤（1分）
聯立④⑤得：
⑥（2分）
（3）當撤去磁場，兩金屬板電量減半，帶電微粒做類平拋運動，豎直方向的加速度為a，由牛頓第二定律得：
⑦（2分）
帶電微粒水平方向的運動：
⑧（1分）
帶電微粒豎直方向的運動：
⑨（1分）
聯立④⑦⑧⑨得：
⑩（2分）
25．解：（1）棒ab從A處下落
時，回路中的感生電動勢為：
⑴（1分）
回路中的總電阻：
⑵（1分）
通過棒ab的電流為
⑶（1分）
由牛頓第二定律得：
⑷（2分）
聯立⑴⑵⑶⑷解得：
⑸ （1分）
（2）設棒ab進入CD的速度為v3。回路中的感生電動勢為：
⑹（1分）
回路中的總電阻：
⑺（1分）
通過棒ab的電流為
⑻（1分）
由平衡條件得：
⑼（1分）
棒ab從MN處下落到CD過程中，由機械能守恒定律得：
⑽（2分）
聯立⑹⑺⑻⑼⑽解得：
⑾（2分）
（3）分析題意得棒ab從MN處下落h的速度與導體棒ab在磁場II中做勻速運動的速度相等（1分），設導體棒ab自進入磁場II到開始做勻速運動過程中電流產生的熱量全部熱量為Q總，導體棒ab移動的距離為H，則由能量守恒得：
⑿（2分）
設導體棒ab在磁場II中運動過程中的某一時刻通過R2的電流為I，則同一時刻通過R1的電流也為I，通過R3的電流為2I，電路的總功率為
⒀（1分）
所以，棒ab自進入磁場II到開始做勻速運動過程中電流產生的熱量全部熱量為
⒁（1分）
聯立⑾⑿⒀解得：
⒂（1分）
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