寒假作业参考答案

寒假作业（1）参考答案

1.（1）因为+是以中点O对称，所以……………………………1′

滑块由a→b，根据动能定理：………………………………2′

∴………………………………………………………2′

（2）对小滑块由o→b的过程，根据动能定理： ………………2′

……………………………………………2′

（3） ……………………………………………………2′

小滑块从a点开始，最终停在O点，根据动能原理

－…………………………………………………………………2′

S＝……………………………………………………2′

2.（1）如图答1所示，经电压加速后以速度射入磁场，粒子刚好垂直PQ射出磁场，可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ边界线的O点，半径与磁场宽L的关系式为 （2分），

又 （2分），解得 （2分）

加匀强电场后，粒子在磁场中沿直线运动射出PQ边界的条件为Eq＝Bq（2分），电场力的方向与磁场力的方向相反。 （2分）

由此可得出，E的方向垂直磁场方向斜向右下（2分），与磁场边界夹角为（2分），如图答2所示。

（2）经电压加速后粒子射入磁场后刚好不能从PQ边界射出磁场，表明在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与PQ边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心O的位置，如图答3所示，圆半径与L的关系式为： （2分）

又，解得 （2分）

由于，，所以 （2分）

3.解：（1)根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，再根据左手定则判断，磁场方向垂直于纸面向外。 （4分）

(2)设带电粒子的电量为q，质量为m，盒子的边长为l，粒子在电场中沿ad方向的位移为l，沿ab方向的位移为，得

，

解得匀强电场的场强为 （5分）

带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，轨道半径为R，根据牛顿第二定律得

解得

根据如图的几何关系

解得轨道半径为

解得磁场的磁感应强度 （9分）

因此解得 （2分）

4. （8分）（1）因小球恰能到B点，则在B点有

（1分）

（1分）

小球运动到B的过程，由动能定理

（1分）

（1分）

（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距A点距离为x，落地点与起点的距离为s，由动能定理小球从静止运动到B有

（2分）

（2分）

5.解：（1）质点从P到P，由平抛运动规律

h=gt

v v

求出v=

方向与x轴负方向成45°角

（2）质点从P到P，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力

Eq=mg

Bqv=m

(2R)=(2h)+(2h)

解得

（3）质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动。当竖直方向的速度减小到0。此时质点速度最小，即v在水平方向的分量

方向沿x轴正方向。

6.

解：（1）用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小。要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，即 ①

其中 ②

又有 ③

由①②③式得 ④

（2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有

⑤

⑥

当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动。以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，则有

⑦

⑧

小球往返一次共用的时间为（t1+t2），故小球在T时间内往返的次数

⑨

由以上有关各式得

⑩

小球往返一次通过电源的电量为，在T时间内通过电源的总电量Q’=2qn ⑾

由⑩⑾式可得

7. 解：（1）带电微粒在电场中做类平抛运动时间t，加速度，

设出电场时竖直方向的速度为 （1）

（2） （3）

或 （1） （2）

由（1）（2）得 （3）

由（1）（2）（3）得 （4）

与水平方向夹角，即垂直与AB出射。（5）

（2）带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移，有

代入（1）（2）得，，好粒子由P1点垂直AB射入磁场。 （6）

带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示。 设匀速圆周运动P1Q1段半径R1，根据几何关系有

（7）

由 （8）

得 （9）

带电粒子在B2磁场中以O2为圆心做匀速圆周运动，即Q1Q2段，其半径

再次进入B1区域时做以O3为圆心，半径仍为R1的匀速圆周运动，

即Q2P2段，最后从P2点出磁场区域，如图所示。 （10）

在三角形P2CO3中，根据数学知识，有

（11）

说明：（1）—（11）每式2分，共22分。

8.解：（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有

，(1分） (1分）

粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，

(2分）

故，C点坐标为 （1分）

（2）设粒子从A到C的时间为t1，由题意知： (1分）

设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，有

(2分）

联立解得 (1分）

设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知

(1分）

故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为

（1分）

（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v0的方向（设为x′轴）做匀速运动，即 (1分）

沿着E的方向（设为y′轴）做初速为0的匀变速运动，即

， (2分）

设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α.

由图中几何关系知

解得 (4分）

寒假作业（2）参考答案

1.（8分）（1）粒子匀速运动，所受电场力与洛伦兹力等大反向，则金属棒B端应为高电势，即金属棒应朝左运动（1分）

设AB棒的速度为v，产生的电动势

（1分）

板间场强

（1分）

粒子所受电场力与洛伦兹力平衡

（1分）

有 （1分）

（2）金属棒停止运动，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，当位移为时，粒子转过的角度为（1分）

设粒子运动时间为，有

（1分）

（1分）

2.（19分x）解答：

（1）R1＝ ＝ ＝ Ω ① （4分）

F ＝ BIL ＝ ＝0.12 N ② （4分）

由mg - F ＝ ma ③ （2分）

a ＝g - ＝ 8.8（m / s2） ④ （2分）

（2）mgr - Q ＝ mv22 – 0 ⑤ （5分）

Q ＝ mgr - mv22 ＝ 0.44 J ⑥ （2分）

3．（12分）

解：（1）棒匀速向左运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电。

∵微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下

∴微粒带负电 （1分）

mg = （1分）

Uc=IR （1分）

（1分）

E = Blv0 （1分）

由以上各式求出 （1分）

（2）经时间t0，微粒受力平衡 mg = （1分）

（1分）

求出 或 （1分）

当t < t0时，a1 = g –，越来越小，加速度方向向下 （1分）

当t = t0时，a2 = 0 （1分）

当t > t0时，a3 =– g，越来越大，加速度方向向上 （1分）

解得E= B=

4．解.(1)只有当CD板间的电场力方向向上即AB棒向右运动时，粒子才可能从O运动到O’，而

粒子要飞出磁场边界MN最小速度v0必须满足： ①

设CD间的电压为U，则 ②

解①②得 U=25V，又U=ε=B1Lv 解得v=5m/s.

所以根据（乙）图可以推断在0.25s内，粒子能穿过CD间的电场。

（2）当AB棒速度最大，即v’=20m/s时产生感应电动势为：ε’=B1Lv’=100V

此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有： 解得：v=100m/s 此时带电粒子

的轨道半径为 出射点与O’的水平距离为：

粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d-x=7.3cm

5. ⑴逆时针方向，大小方向都不变。⑵ ⑶感生电动势为，动生电动势为。当时，回路感应电流为零；当时，回路感应电流为逆时针方向，大小；当时，回路感应电流为顺时针方向，大小。

6．（1）0到t时间内，导体棒的位移　　　　　　x＝t

t时刻，导体棒的长度 　　　　　l＝x

导体棒的电动势　　　　　　　　　E＝Bl v0

　　　　　　　回路总电阻　　　　　　　　　　　R＝(2x＋x)r

电流强度　　　　　　　　　　　　　

电流方向　　　　　　　　　　　　b→a

　（2）　　F＝BlI＝

（3）解法一

　　　t时刻导体的电功率　　　　　　　P＝I2R＝

　∵P∝t ∴　Q＝t＝

7.解：（1）设磁感应强度为B，线框总电阻为R，当线框刚进入上边磁场时

感应电动势为 （1分）

由闭合电路欧姆定律得 （1分）

由安培力公式得 （1分）

解得 （1分）

由于线框匀速，由平衡条件得 （2分）

设当线框ab边到达gg′和ff′中间位置时的速度为

感应电动势为 （1分）

感应电流为 （1分）

安培力为 （1分）

由于线框再次匀速，由平衡条件得 （2分）

综上解得 （1分）

（2）线框ab边从进入磁场到gg′和ff′中间位置过程中，由动能定理得

（3分）

其中 （1分）

（1分）

解得

8.解：（1）根据动能定理，对ab棒有：，

解得：

（2）棒ab运动到MN处，棒cd运动的加速度最大，

，,,所以

代入数据，解得。

（3）若要不相碰，两杆最终速度相等，设为，因两棒都是在大小相等的安培力作用下，所以两棒的加速度大小任何时刻都相等，所以ab棒速度的减小量等于cd棒速度的增加量，即，所以，速度的变化为。

设某时刻，ab棒速度为，cd棒速度为，则该时刻回路的感应电动势为，电流为,安培力为，加速度为，对短时间，速度的变化为，当速度变化为时，，因为这就是在这段时间内ab棒壁cd棒多运动的位移，所以。

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