热门试卷

解：（1）由题意可知，微粒所受的重力

G=mg=8×10-3N

电场力大小F=Eq=8×10-3N

因此重力与电场力平衡                  

微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则

解得  R==0.6m          

由   

解得T=10πs                 

则微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO´时与O点的距离

l=2R=1.2m            

（2）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t=5πs，轨迹如图所示，位移大小  s=vt=0.6πm=1.88m      

因此，微粒离开直线OO´的最大高度

h=s+R=2.48m                

（3）若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO´下方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足

L=（2.4n+0.6）m（n=0，1，2…）                                

若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO´上方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足 L=（2.4n+1.8）m （n=0，1，2…）  

答：（1）微粒再次经过直线OO′时与O点的距离为1.2m．

（2）微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度为2.48m．

（3）若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO´下方时，挡板MN与O点间的距离应满足L=（2.4n+0.6）m（n=0，1，2…） 

   若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO´上方时，挡板MN与O点间的距离应满足 L=（2.4n+1.8）m （n=0，1，2…）

解：（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 a==5.0m/s2

由牛顿第二定律得  F-mgsinθ-μmgcosθ=ma

解得 F=1.5N

（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，

产生的感应电动势 E=BLv1

通过线框的电流I==

线框所受安培力F安=BIL=

对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有

F=mgsinθ+μmgcosθ+

解得B=0.50T

（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m，设线框与挡板碰撞前的速度为v2

由动能定理，有-mg（s-D）sinθ-μmg（s-D）cosθ=-

解得v2==1.0m/s

线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3

由v=v0-得  v3=v2-=-1.0 m/s，

因v3＜0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置．

线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=I2Rt==0.20J

线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2=+mgDsinθ=0.25J

所以Q=Q1+Q2=0.45J

答：

（1）线框受到的拉力F的大小是1.5N；

（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是0.50T；

（3）线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q是0.45J．