热门试卷

（1）①感应电动势最大值为Em=NBSω=100××0.05×100V=500V

由于从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e=Emsin（ωt）=500sin（100πt）V

②流过电阻R的最大电流Im==A=50A

通过电阻R的电流有效值I=Im=25A

（2）由于洛伦兹力不做功，小球从A运动到C机械能守恒，设到达C点时的速度为v，则有

  mgR=mv2

小球第一次通过C点时对轨道底部的压力恰好为零，则轨道对小球的支持力也为零．

据牛顿第二定律得：

  qvB-mg=m

联立以上两式得：B=

答：

（1）①若线圈经图示位置时开始计时，线圈中感应电动势瞬时值的表达式为e=500sin（100πt）V．

②通过电阻R的电流有效值是25A．

（2）匀强磁场的磁感应强度为．

（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B．令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道．电子所受到的磁场的作用力f=ev0B

应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧的圆心在CB边或其延长线上．依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a按照牛顿定律有f=m

联立①②式得B=

（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中．因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界．

为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ（不妨设0≤θ＜）的情形．该电子的运动轨迹qpA如图所示．

图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边，由③式知，圆弧的半径仍为a，在D为原点、DC为x轴，AD为y轴的坐标系中，P点的坐标（x，y）为

这意味着，在范围0≤θ≤内，p点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．

因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为S=2(πa2-a2)=a2

速度为10m/s时，车对桥顶的压力为车重的，对汽车受力分析：重力与支持力，运动分析：做圆周运动，

由牛顿第二定律可得：mg-N=m  得R=40m，

当汽车不受摩擦力时，mg=m 

由上可得：v0=20m/s

故选：B

（1）根据牛顿第二定律有：mg-N=m

N=mg-m=8000-800×N=7600N．

根据牛顿第三定律，汽车对桥的压力为7600N．

（2）当汽车桥的压力为零时，有：mg=m

v==10m/s

故汽车以10m/s速度经过桥顶时便恰好对桥没有压力而腾空．

（3）根据牛顿第二定律得，mg-N=m

N=mg-m，速度一定，半径越大，桥对汽车的支持力越大，知对于同样的车速，拱桥圆弧的半径大些比较安全．

（1）对B球有：F=m2(l1+l2)ω 2，

又根据胡克定律得：F=kx

所以x=

对A球有：T-F=m1l1ω 2

所以T=m2ω2(l1+l2)+m1ω2l1

故弹簧的伸长量为x=，绳子的张力为T=m2ω2(l1+l2)+m1ω2l1．

（2）烧断细绳的瞬间，拉力T=0，弹力F不变

根据牛顿第二定律，对A球有：aA==

对B球有：aB==ω2(l1+l2)

细绳烧断的瞬间两球的加速度分别为：aA=，aB=ω2(l1+l2)．

（1）粒子在磁场中受洛仑兹力作用，作匀速圆周运动，设其半径为R，qvB=m

据此并由题意知，粒子在磁场中的轨迹的圆心C必在x轴上，且b点在磁场区之外．过b沿速度方向作延长线，它与y轴相交于d点．作圆弧过O点与y轴相切，并且与bd相切，切点a即粒子离开磁场区的地点．这样也求得圆弧轨迹的圆心C，如图所示．

由图中几何关系得L=3R                    

由①、②求得B=

（2）要使磁场的区域有最小面积，则Oa-应为磁场区域的直径，由几何关系知：=cos30°

由②、④得    r=

∴匀强磁场的最小面积为：Smin=πr2=

（3）带电粒子电场后，由于速度方向与电场力方向垂直，故做类平抛运动，由运动的合成知识有：

    s•sin30°=v0t   

    s•cos30°=at2/2 

     而a=

联立解得：s=

答：（1）磁感应强度B=；

（2）圆形匀强磁场区域的最小面积Smin=；

（3）c点到b点的距离s=．

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律

      qv0B=m

 由几何关系知  r=d        

所以  B=        

（2）粒子在磁场中运动的周期T=，

在磁场中运动时间为四分之一个周期，t1=T=•=．

粒子在电场中做类平抛运动，平行板的方向做匀速直线运动

则t2=

在电磁场中运动的总时间t总=t1+t2=

（3）根据运动的独立性可知：粒子在竖直方向先做匀加速直线运动，再做等时间的匀减速直线运动，

第一阶段：a=，s=at2

第二阶段：a1=，s1=vt-a1t2=at2-a1t2

竖直方向总位移为零，s+s1=0

所以解得  a1=3a              

故U1：U0=3：1

答：（1）磁场的磁感应强度B的大小是．

（2）粒子在磁场和电场中运动的总时间是．

（3）电压U1和U0的比值是3：1．

反粒子在匀强磁场中运动，因为带负电，轨迹如答图

由qBv=m得氢原子核运动半径 r=

反氦核运动半径 r1==2r

由几何关系可知 O′O=rcos30°=r

CO2==r

x1=-（2r-O2C）=-（2-）r

答：反氦核的轨迹如图，其在Ox轴上的偏转位移x1=-(2-)r．

（1）环C在水平面内做匀速圆周运动，由于环光滑，所以环两端绳的拉力大小相等．BC段绳水平时，环C做圆周运动的半径r=，

则有：r2+()2=(1.5L-r)2

解得：r=

环的受力如图所示，则：

Fsinα=mg

Fcosα+F=mω2r

又sinα=、sinα=

解得：ω=3

故即当绳的B端刚好在C环的轨道平面上时环转动的角速度为：ω=3．

（2）由（1）中方程可解得：F==mg

故此时绳的拉力为mg．

（1）由机械能守恒定律知，小球在M和N两点的速度相同，由公式v=ωr得两点的角速度之比为==

（2）小球由位置a经b运动到N点的过程，应用动能定理得：μmgx+mg×2R=m-m

设小球在N点轨道给它的压力为FN，由牛顿第二定律得FN+mg=m

FN=2m-mg=2×0.01×-0.01×10=0.7(N)

方向竖直向下                                                    

（3）由机械能守恒定律知，小球过P点以速度vP=vN=m/s做平抛运动，则有    

2R=gt2t===(s)

vy=gt=10×=2(m/s)

小球的落地速度为v===4(m/s)

设落地速度与水平方向的夹角为θ，则有tanθ===1

θ=45°

答：（1）小球运动到数字“8”的最高点N处和数字“0”的最高点M处的角速度之比为．

（2）小球到达数字“8”的最高点N时管道对小球作用力的大小为0.7N，方向竖直向下．

（3）小球从p点抛出后落到地面时的速度为4m/s，与 水平方向的夹角为45°．