2020年高考物理 经典计算题八十二道
2020年高考物理 经典计算题八十二道
１.如图15所示。一水平传送装置有轮半径均为R＝1/米的主动轮和从动轮及转送带等构成。两轮轴心相距8．0m，轮与传送带不打滑。现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦力因素为＝0．4，这袋面粉中的面粉可不断的从袋中渗出。
（1）当传送带以4．0m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到正上方的B端所用的时间为多少？
（2）要想尽快将这袋面粉由A端送到B端（设初速度仍为零），主动能的转速至少应为多大？
（3）由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉的痕迹，这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有多长（设袋的初速度仍为零）？此时主动轮的转速应满足何种条件？
【解析】设面粉袋得质量为m，其在与传送带产生相当滑动得过程中所受得摩擦力。故而其加速度为： ……………………………………… （1分）
（1）若传送带得速度＝4．0m/s,则面粉袋加速运动的时间 ，在时间内的位移为： …………………………………（1分）
其后以v＝4．0m/s的速度做匀速运动
解得： ………………………………………………………… （1分）
运动的总时间为： ………………………………………（1分）
（2）要想时间最短，m应一直向B端做加速度，
由： 可得：（1分）
此时传送带的运转速度为： ………………… （1分）
由 可得：n＝240r/min（或4r/s）…………………… （2分）
（3）传送带的速度越达，“痕迹“越长。当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。即痕迹长为： ……………………………… （2分）
在面粉袋由A端运动到B端的时间内，传送带运转的距离
又由（2）已知＝2．0s 故而有： 则：
（或6．5r/s） ……………………………………… （2分）
2.一水平放置的圆盘绕竖直轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2 mm的均匀狭缝。将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于；圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。图（a）为该装置示意图，图（b）为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中Dt1＝1.0´10－3 s，Dt2＝0.8´10－3 s。
（1）利用图（b）中的数据求1 s时圆盘转动的角速度；
（2）说明激光器和传感器沿半径移动的方向；
（3）求图（b）中第三个激光信号的宽度Dt3。
【解析】
（1）由题图乙读得，转盘的转动周期s，故其角速度rad/s= rad/s。
（2）由题图乙可知，圆盘转动的角速度不变，说明圆盘在做匀速圆周运动；脉冲宽度逐渐变窄，表示光信号通过狭缝的时间逐渐减少，而狭缝的宽度为一定值，则说明圆盘上对应探测器所在的位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动。
（3）设狭缝宽度为，探测器接收到第个脉冲时距转轴的距离为，第个脉冲的宽度为，激光器和探测器沿半径的运动速度为。
得
又因为，所以，
解得：s。
3.
如图，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油，假定区域周围岩石均匀分布，密度为ρ石油密度远小于ρ，可将上述球形区域视为空腔。如果没有这一空腔，则该地区重力加速度（正常值）沿竖直方向，当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏高，重力回速度在原竖直方向（即PO方向）上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”。为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点到附近重力加速度反常现象，已知引力常数为G
（1）设球形空腔体积为V，球心深度为d（远小于地球半径），求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常
（2）若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在δ与kδ（k>1）之间变化,且重力加速度反常的最大值出现在半为L的范围的中心，如果这种反常是于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积
Q
x
d
P
R
O
4.地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。地球的轨道半径为R=1.50×1011m，运转周期为T=3.16×107s。地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）。当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期，如图甲或图乙所示，该行星的最大视角θ=14.5°。求：
（1）该行星的轨道半径r和运转周期T1（sin14.5°=0.25，最终计算结果均保留两位有效数字）
（2）若已知地球和行星均为逆时针转动，以图甲和图乙为初始位置，分别经过多少时间能再次出现观测行星的最佳时期。（最终结果用T、T1、θ 来表示）
【解析】
（1）由题意当地球与行星的连线与行星轨道相切时,视角最大
可得行星的轨道半径r为: 代入数据得
设行星绕太阳的运转周期为T/,由开普勒第三定律：有
代入数据得 （2）t=
5.我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形轨道绕月飞行。为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化。卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球。设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T。假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间（用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响）。如图，O和O/分别表示地球和月球的中心。在卫星轨道平面上，A是地月连心线OO/与地月球面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点。根据对称性，过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E点。卫星在BE弧上运动时发出的信号被遮挡。
【解析】如图所示：
设O和分别表示地球和月球的中心．在卫星轨道平面上，A是地月连心线与地月球表面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星轨道的交点．过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E点．卫星在圆弧上运动时发出的信号被遮挡．
设探月卫星的质量为m0，万有引力常量为G，根据万有引力定律有：
……………………① （4分）
……………………② （4分）
②式中，T1表示探月卫星绕月球转动的周期．
由以上两式可得：…………③
设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月球做匀速圆周运动，
应有：……………………④ （5分）
上式中，．
由几何关系得：………………⑤ （2分）
…………………………⑥ （2分）
由③④⑤⑥得：……………………⑦ （3分
6.如图所示，一个带有圆弧的粗糙滑板A，总质量为mA=3kg，其圆弧部分与水平部分相切于P，水平部分PQ长为L=3.75m．开始时A静止在光滑水平面上，有一质量为mB=2kg的小木块B从滑板A的右端以水平初速度v0=5m/s滑上A，小木块B与滑板A之间的动摩擦因数为μ=0.15，小木块B滑到滑板A的左端并沿着圆弧部分上滑一段弧长后返回最终停止在滑板A上。
（1）求A、B相对静止时的速度大小；
（2）若B最终停在A的水平部分上的R点，P、R相距1m，求B在圆弧上运动过程中因摩擦而产生的内能；
（3）若圆弧部分光滑，且除v0不确定外其他条件不变，讨论小木块B在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B既能向右滑动、又不滑离木板A的v0取值范围。(取g＝10m/s2，结果可以保留根号)
【解析】（1）弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为υA、υB．
由动量守恒定律有：0 = mAυA - mBυB 2分
此过程机械能守恒有：Ep = mAυ+mBυ 2分
代入Ep＝108J，解得：υA＝6m/s，υB = 12m/s，A的速度向右，B的速度向左．2分
（2）C与B碰撞时，设碰后B、C粘连时速度为υ′，据C、B组成的系统动量守恒
有：mBυB -mCυC = （mB+mC）υ′ 代入数据得υ′ = 4m/s，υ′的方向向左 2分
此后A和B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大为Ep′，且此时A与B、C三者有相同的速度为υ 2分
则有： mAυA -（mB+mC）υ′ = （mA+mB+mC）υ，代入数据得υ = 1m/s，υ的方向向右．2分
机械能守恒：mAυ+（mB+mC）υ′2 = Ep′+（mA+mB+mC）υ2， 2分
代入数据得 E′p＝50J． 2分
18、（16分）（1）小木块B从开始运动直到A、B相对静止的过程中，系统水平方向上动量守恒，有 ①
解得 ＝2 m/s ②
（2）B在A的圆弧部分的运动过程中，它们之间因摩擦产生的内能为Q1，B在A的水平部分往返的运动过程中，它们之间因摩擦产生的内能为Q2，由能量关系得到
③
④
⑤
（3）设小木块B下滑到P点时速度为vB，同时A的速度为vA，由动量守恒和能量关系可以得到 ⑥
⑦
由⑥⑦两式可以得到
，令
，化简后为 ⑧
若要求B最终不滑离A，由能量关系必有
⑨
化简得 ⑩
故B既能对地向右滑动，又不滑离A的条件为
⑾
即 （ ） ⑿
本题共16分．①③⑧⑨每式2分，其余各式每式1分
7.如图所示，光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止．在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以速度6m
／s水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：
Ａ
Ｂ
Ｃ
(1)当两滑块A、B都与挡板碰撞后，C的速度是多大?
(2)到A、B都与挡板碰撞为止，C的位移为多少?
【解析】
（1）A、B、C系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两物块与挡板碰撞后，C的速度为零，即
（2）炸药爆炸时有
解得
又
当sA＝1 m时sB＝0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距
A、C相撞时有：
解得＝1m/s，方向向左
而＝1.5m/s，方向向右，两者相距0.75m，故到A，B都与挡板碰撞为止，C的位移为
m
8.在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B,质量分别为m和2m,当两球心间的距离大于l(l比2r大得多)时,两球之间无相互作用力:当两球心间的距离等于或小于l时,两球间存在相互作用的恒定斥力F.设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动,如图所示.欲使两球不发生接触,v0必须满足什么条件?
【解析】：欲使两球不发生接触，则vA＝vB＝v时，A、B球间距离>2r，如图
F
图1
9.一个圆柱形的竖直的井里存有一定量的水，井的侧面和底部是密闭的，在井中固定地插着一根两端开口的薄壁圆管，管和井共轴，管下端未触及井底. 在圆管内有一不漏气的活塞，它可沿圆管上下滑动.开始时，管内外水面相齐，且活塞恰好接触水面，如图所示. 现用卷扬机通过绳子对活塞施加一个向上的力F，使活塞缓慢向上移动，已知管筒半径r＝0.100m，井的半径R＝2r，水的密度r＝1.00×103kg/m/3，大气压r0＝1.00×105Pa. 求活塞质量，不计摩擦，重力加速度g＝10m/s2.）
10.利用水流和太阳能发电，可以为人类提供清洁能源。水的密度ρ=1.0×103kg/m3，太阳光垂直照射到地面上时的辐射功率P0 =1.0×103W/m2，地球表面的重力加速度取g=10m/s2。
（1）三峡水电站发电机输出的电压为18kV。若采用500kV直流电向某地区输电5.0×106kW，要求输电线上损耗的功率不高于输送功率的5%，求输电线总电阻的最大值；
（2）发射一颗卫星到地球同步轨道上（轨道半径约为地球半径的6.6≈倍）利用太阳能发电，然后通过微波持续不断地将电力输送到地面，这样就建成了宇宙太阳能发电站。求卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小；
（3）三峡水电站水库面积约1.0×109m2，平均流量Q=1.5×104m3/s，水库水面与发电机所在位置的平均高度差为h=100m，发电站将水的势能转化为电能的总效率η=60%。在地球同步轨道上，太阳光垂直照射时的辐射功率为10P0。太阳能电池板将太阳能转化为电能的效率为20％，将电能输送到地面的过程要损失50%。若要使（2）中的宇宙太阳能发电站相当于三峡电站的发电能力，卫星上太阳能电池板的面积至少为多大？
【解析】（1）设输电线总电阻的最大值为，当通过输电线的电注以为I时，输电线上损耗的功率为 （2分）
采用U=500kV直流电向某地区输电W时，通过输电线的电流
（2分）
依题意得
解得 （2分）
（2）设卫星的轨道半径为R，卫星所在轨道的向心加速度大小为，根据万有引力定律和牛顿第二定律得：
（2分）
解得 （2分）
当卫星在地表附近时，
在同步轨道上，
根据题意，同步轨道的半径
解得卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小
（2分）
（3）三峡水电站的发电功率 （2分）
设卫星太阳能电池板的面积至少为S，
则宇宙太阳能发电站的发电功率
（2分）
根据题意
所以太阳能电池板的面积至少为 （2分）
11.“潮汐发电”是海洋能利用中发展最早、规模最大、技术较成熟的一种方式。某海港的货运码头，就是利用“潮汐发电”为皮带式传送机供电，图1所示为皮带式传送机往船上装煤。本题计算中取sin18º=0.31，cos18º=0.95，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，g=10m/s2。
图1
θ
图2
水坝
水库
水坝
水库
图3
⑴皮带式传送机示意图如图2所示，传送带与水平方向的角度θ=18º，传送带的传送距离为L=51.8m，它始终以v=1.4m/s的速度运行。在传送带的最低点，漏斗中的煤自由落到传送带上（可认为煤的初速度为0），煤与传动带之间的动摩擦因数μ=0.40。求从煤落在传送带上到运至传送带最高点经历的时间t；
⑵图3为潮汐发电的示意图。左侧是大海，中间有水坝，水坝下装有发电机，右侧是水库。当涨潮到海平面最高时开闸，水由通道进入海湾水库，发电机在水流的推动下发电，待库内水面升至最高点时关闭闸门；当落潮到海平面最低时，开闸放水发电。设某潮汐发电站发电有效库容V=3.6×106m3，平均潮差Δh=4.8m，一天涨落潮两次，发电四次。水流发电的效率η1=10%。求该电站一天内利用潮汐发电的平均功率P；
⑶传送机正常运行时，1秒钟有m=50kg的煤从漏斗中落到传送带上。带动传动带的电动机将输入电能转化为机械能的效率η2=80%，电动机输出机械能的20%用来克服传动带各部件间的摩擦（不包括传送带与煤之间的摩擦）以维持传送带的正常运行。若用潮汐发电站发出的电给传送机供电，能同时使多少台这样的传送机正常运行？
【解析】(1)煤在传送带上的受力如右图所示 (1分)
根据牛顿第二定律μm′gcosθ-m′gsinθ=m′a （1分）
设煤加速到v需要时间为t1 v=at1 s1=1.4m （1分）
设煤加速运动的距离为s1 v2=2as1 s1=1.4m （1分）
设煤匀速运动的时间为t2 L-s1=vt2 t2=36s （1分）
总时间 t=t1+t2=38s （1分）
(2)一次发电，水的质量 M=pV=3.6×109kg （1分）
重力势能减少 Ep=Mg
一天发电的能量 E=4Ep×10％ （2分）
平均功率 （1分）
求出 p=400kW （1分）
(3)一台传送机，将1秒钟内落到传送带上的煤送到传送带上的最高点
煤获得的机械能为 E机=mv2+mgL·sinθ （1分）
传送带与煤之间因摩擦产生的热 Q=μmgcosθ·△s （1分）
煤与传送带的相对位移 △s=vt1-s1=1.4m （1分）
设同时使"台传送机正常运行，根据能量守恒
求出 n=30台 （2分）
12.如图所示，质量为M的长方形木板静止在光滑水平面上，木板的左侧固定一劲度系数为k的轻质弹簧，木板的右侧用一根伸直的并且不可伸长的轻绳水平地连接在竖直墙上。绳所能承受的最大拉力为T。一质量为m的小滑块以一定的速度在木板上无摩擦地向左运动，而后压缩弹簧。弹簧被压缩后所获得的弹性势能可用公式计算，k为劲度系数，x为弹簧的形变量。
（1）若在小滑块压缩弹簧过程中轻绳始终未断，并且弹簧的形变量最大时，弹簧对木板的弹力大小恰好为T，求此情况下小滑块压缩弹簧前的速度v0；
（2）若小滑块压缩弹簧前的速度为已知量，并且大于（1）中所求的速度值v0，求此情况下弹簧压缩量最大时，小滑块的速度；
M
m
（3）若小滑块压缩弹簧前的速度大于（1）中所求的速度值v0，求小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件。
【解析】解：（1）设此问题中弹簧的最大压缩量为x0，
①
②
解得 6分
（2）由于小滑块压缩簧前的速度大于（1）中所求的速度值v0，所以当弹簧的压缩量为x0时，小滑块的速度不为零.
设弹簧的压缩量为x0时，小滑块的速度为v,
③
由②③解得④
此后细绳被拉断，木板与滑块（弹簧）组成的系统动量守恒，当弹簧的压缩量最大时，木板和小滑块具有共同速度，设共同速度为V
有⑤
由④⑤解得 ⑥8分
（3）木板与小滑块通过弹簧作用完毕时，小滑块相对地面的速度应为0，设此时木板的速度为V1，并设小滑块压缩弹簧前的速度为，绳断瞬间小滑块的速度为v，则有
Mv=MV1⑦
⑧
由④⑦⑧解得小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件
6分
13.（1）如图1，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度μ0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度。
（2）如图2，将N个这样的振子放在该轨道上，最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0
。其余各振子间都有一定的距离，现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰.求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值。已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度。
【答案】（1）；（2）
解析：（1）设每个小球质量为，以、分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度．由动量守恒和能量守恒定律有
（以向右为速度正方向）
，解得
由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解：
（2）以v1、v1’分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律，mv1＋mv1’＝0
，解得．
在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解：
振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为，根据动量守恒定律，有
用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有
解得
14.（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2；
（2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为m1、m2、m3……mn-1、mn……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能Ek1，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ekn与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n。
a) 求k1n
b) 若m1=4m0，mk=m0，m0为确定的已知量。求m2为何值时，k1n值最大
【解析】（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律
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设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律
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由于碰撞过程中无机械能损失
www.ks5u.com ③
②、③式联立解得
www.ks5u.com ④
将①代入得④ www.ks5u.com
（2）a由④式，考虑到得
根据动能传递系数的定义，对于1、2两球 www.ks5u.com ⑤
同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为
www.ks5u.com ⑥
依次类推，动能传递系数k1n应为
www.ks5u.com
解得 www.ks5u.com
b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得
为使k13最大，只需使
由可知
b
c
H
m
2m
B
15.如图所示，间距为L、电阻为零的U形金属竖直轨道，固定放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。竖直轨道上部套有一金属条bc，bc的电阻为R，质量为2m，可以在轨道上无摩擦滑动，开始时被卡环卡在竖直轨道上处于静止状态。在bc的正上方高H处，自由落下一质量为m的绝缘物体，物体落到金属条上之前的瞬间，卡环立即释放，两者一起继续下落。设金属条与导轨的摩擦和接触电阻均忽略不计，竖直轨道足够长。求：
（1）金属条开始下落时的加速度；
（2）金属条在加速过程中，速度达到v1时，bc对物体m的支持力；
（3）金属条下落h时，恰好开始做匀速运动，求在这一过程中感应电流产生的热量。
【解析】：（1）物块m自由下落与金属条碰撞的速度为
设物体m落到金属条2m上，金属条立即与物体有相同的速度v开始下落，
由m和2m组成的系统相碰过程动量守恒
则
金属条以速度v向下滑动，切割磁感线，产生感应电动势，在闭合电路中有感应电流
则金属条所受安培力为
对于，金属条和物体组成的整体，由牛顿第二定律可得
则金属条开始运动时的加速度为
（8分）
（2）当金属条和物体的速度达到v1时，加速度设为，同理可得，
对物体m来说，它受重力mg和支持力N，则有
（4分）
（3）金属条和物体一起下滑过程中受安培力和重力，随速度变化，安培力也变化， 做变加速度运动，最终所受重力和安培力相等，加速度也为零，物体将以速度做匀速运动，则有
金属条的最终速度为
下落h的过程中，设金属条克服安培力做功为WA，由动能定理
感应电流产生的热量Q=WA
得： （6分）
16.如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1 kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s2。那么，
（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？
（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。
(3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。
解析：
（1）设弹簧的弹力做功为W，有：
①
代入数据，得：W＝J ②
（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1
和V，并令水平向右为正方向，有: ③
而： ④
若P、N碰后速度同向时，计算可得V
1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：⑴棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。⑵从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s。⑶从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W。
参考答案：
（1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环
环受合力 F环=kmg－mg
由牛顿第二定律 F环=ma环
由①②得 a环=（k-1）g，方向竖直向上
（2）设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为v1
由机械能守恒
解得
设棒弹起后的加速度a棒
由牛顿第二定律 a棒=–（k+1）g
棒第一次弹起的最大高度
解得
棒运动的路程 S=H+2H1=
（3）解法一
棒第一次弹起经过t1时间，与环达到相同速度v’1
环的速度 v’1=-v1+a环t1
棒的速度v’1=v1+a棒t1
环的位移
棒的位移
解得
棒环一起下落至地
解得
同理，环第二次相对棒的位移
环相对棒的总位移
X=x1+x2+……+xn+……
W=kmgx
得
解法二
设环相对棒滑动距离为l
根据能量守恒 mgH+mg（H+l）=kmgl
摩擦力对棒及环做的总功
W=-kmgl
解得
A
B
C
D
E
F
G
I
R
P
h
h
K
22.目前，滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，赛道光滑，FGI为圆弧赛道，半径R=6 .5
m，G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面，KA、DE平台的高度都为h=1.8m。B、C、F处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m5kg，运动员质量为M，M=45kg。表演开始，运动员站在滑板b上，先让滑板a从A点静止下滑，t1=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑。滑上BC赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0.6s。（水平方向是匀速运动）。运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道，落在EF赛道的P点，沿赛道滑行，经过G点时，运动员受到的支持力N=742.5N。（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10m/s2）⑴滑到G点时，运动员的速度是多大？⑵运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？⑶从表演开始到运动员滑至I的过程中，系统的机械能改变了多少？
解答：
（1）运动员在最低点G点，所受支持力和重力的合力作为运动员做圆周运动的向心力
FN –G= VG= VG =6.5 m／s
(2) 由机械能守恒，滑板a在BC赛道上的速度是 Va==6 m／s
运动员与滑板b晚0.1s从A点静止下滑,在BC赛道上,滑板a与滑板b间的
距离是S=6×0.1=0.6m
运动员跳离滑板b,经0.6s跳上滑板a,跳上滑板a前相对滑板a的速度是S/t2 =1 m／s, 对地的速度是V=7 m／s。
根据动量守恒定律 MV+ mVa=（M+m）V’ V’=6.9m／s 。
（3）表演开始时的机械能是运动员和滑板a、滑板b在A点所具有的重力势能（M+m+m）gh
运动员滑至I后，运动员和滑板a具有的机械能是等于在G点具有的动能
（M+m）VG2
滑板b具有的动能是m Vb’2。把滑板b和运动员作为研究对象，根据动量守恒定律（M+m）Vb =m Vb’+MV Vb = Va==6 m／s Vb’ =-3 m／s 。运动员跳离滑板b后，由于︳Vb’︱＜6 m／s，滑板b不能滑出A点，只能在ABCD赛道上来回运动。
系统的机械能改变是 （M+m）VG2 +m Vb’2 -（M+m+m）gh=88.75J
1
2
3
N
…
23.某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题。其模型如图所示。用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆，球间有微小间隔，从从左到右，球的编号依次为1、2、3……N，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k<1）。将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰。（不计空气阻力，忽略绳的伸长，g取10m/s2）⑴设与n+1号球碰撞前n号球的速度为vn，求n+1号球碰撞后的速度。⑵若N=5，在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16h（16 h小于绳长），问k值为多少？⑶在第⑵问的条件下，悬挂哪个球的绳最容易断，为什么？解：
【解析】(1)设n号球质量为m,n+1号球质量为mn+1，则，设碰撞后的速度依次为，取水平向右为正方向，据题意有n号球、n
+1号球碰撞前的速度分别为、0， 根据动量守恒有 ①
根据动能守恒 ②
解①②式得, ③
（2）设1号球摆至最低点时的速度为,由机械能守恒定律有
所以 ④
设5号球摆起时的速度为,由机械能守恒定律有 ⑤
由③式得后一个球碰后速度为
，，……， ⑥
，。
（3）设绳长为,第n个球在最低点时，细绳对球的拉力为,由牛顿第二定律有
则 ⑧ 又 ⑨
由题意知：1号球所受重力最大；由机械能守恒及传递情况可知：1号球在最低点碰前的动能也最大，根据⑧⑦式知：悬挂1号球的绳最容易断.
注：因后面各球质量（ ⑩）渐次减小、各球碰后速度渐次增大，由⑧式不能直接判断出各球所受拉力的大小关系；若将⑥、⑩代入⑧式，也不易看出拉力大小变化的趋向，所以应将⑧式后面一项作为“整体”处理。
该问题也可用下面的办法（个案法）解答：计算N个球中任意相邻两个球所受拉力的大小，然后比较之。
1号球与2号球碰前瞬间1号球所受拉力
1号球与2号球碰后瞬间2号球所受拉力
.由此推知,故悬挂1号球的绳最容易断.
24.荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献．惠更斯所做的碰撞实验可简化为：三个质量分别为m、m、m的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为L的三根平行绳子上，彼此相互接触。现把质量为m的小球拉开，上升到H高处释放，如图所示，已知各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，H远小于L,不计空气阻力。
（1）若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球速度交换，试求此时系统的运动周期。
（2）若三个球的质量不同，要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有同样的动量，则m∶m∶m应为多少?它们上升的高度分别为多少?
【解析】（1）球1与球2、球2与球3碰撞后速度互换，球3以球1碰球2前瞬间的速度开始上升到H高处，然后再摆回来与球2、球2与球1碰撞，使球1上升到H高处，此后，系统做到周期性运动，则…………………2′
由此可知系统的运动周期为：…………………………………………2′
（2）由题意知三球碰后的动量均相同，设为p,则，球2在与球3碰前具有动量2p，根据机械能守恒定律，对于球2与球3碰撞的情况应有：
………………………………………………………2′
由此得：∶＝3∶1………………………………………………1′
球1与球2碰前的动量为3p，根据机械能守恒定律有：
……………………………………………………………2′
由此得：∶＝2∶1……………………………………………………………1′
从而可得：∶∶＝6∶3∶1…………………………………………………1′
设三球碰后上升的高度分别为
球1碰前动能＝,又＝,∴＝
球1碰后动能＝又＝，∴
从而可得：…………………………………………………………………2′
同理可得：…………………………………………………………………2′
…………………………………………………………………2′
25.
一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出功率。
参考解答：
以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有 s＝1/2at2 ① v0＝at ②
在这段时间内，传送带运动的路程为s0＝v0t ③
由以上可得s0＝2s ④
用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
A＝fs＝1/2mv02 ⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0＝fs0＝2·1/2mv02 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q＝1/2mv02 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。
T时间内，电动机输出的功为W＝T ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ ⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以v0T＝NL ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得：＝[＋gh]
26.有一倾角为θ的斜面，其底端固定一挡板M，另有三个木块A、B和C，它们的质量分别为m=m=m，m=3 m，它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板M相连，如图所示.开始时，木块A静止在P处，弹簧处于自然伸长状态.木块B在Q点以初速度v向下运动，P、Q间的距离为L.已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动，与木块A相碰后立刻一起向下运动，但不粘连，它们到达一个最低点后又向上运动，木块B向上运动恰好能回到Q点.若木块A静止于P点，木块C从Q点开始以初速度向下运动，经历同样过程，最后木块C停在斜面上的R点，求P、R间的距离L′的大小。
【解析】木块B下滑做匀速直线运动，有mgsinθ=μmgcosθ
B和A相撞前后，总动量守恒,mv=2mv，所以
v=
设两木块向下压缩弹簧的最大长度为s,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v，则
μ2mgcosθ·2s=
两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程：
（mgsinθ+μmgcosθ）L=
木块C与A碰撞前后，总动量守恒，则3m·，所以
v′=v
设木块C和A压缩弹簧的最大长度为s′,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v,则μ4mgcosθ·2s′=
木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R点的过程：
（3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′=
在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩弹簧时两木块的总动能.
因此，木块B和A压缩弹簧的初动能E木块C与A压缩弹簧的初动能E即E
因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即s=s′
综上，得L′=L-
27.如图，足够长的水平传送带始终以大小为v＝3m/s的速度向左运动，传送带上有一质量为M＝2kg的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0．3，开始时，A与传送带之间保持相对静止。先后相隔△t＝3s有两个光滑的质量为m＝1kg的小球B自传送带的左端出发，以v0＝15m/s的速度在传送带上向右运动。第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t1＝1s/3而与木盒相遇。求（取g＝10m/s2）
（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大？
（2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？
B
A
v
v0
（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？
【解析】（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律：
（1分）
代入数据，解得： v1=3m/s （1分）
（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇,则： （1分）
设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：
得： （1分）
设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：
=1s （1分）
故木盒在2s内的位移为零 （1分）
依题意： （2分）
代入数据，解得： s=7．5m t0=0．5s （1分）
（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s1,则： （1分）
（1分）
故木盒相对与传送带的位移：
则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是： （2分）
28.如图所示，n个相同的木块（视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为L，第n个木块到桌边缘的距离也是L，木块与桌面间的摩擦系数为μ. 开始时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动. 最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下.
（1）求在整个过程中损失的机械能和因碰撞而损失的总动能；
（2）求第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比？
（3）若n=4，L=0.1m，v0=3m/s，取g=10m/s2，求μ的数值.
解：（1）整个过程中损失的机械能 （2分）
整个过程木块克服摩擦力做功为：
（2分）
根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为
（2分）
（2）设第i次（i≤n－1）碰撞前木块的速度为v1，碰撞后速度为由碰撞中动量守情理有 （3分）
所以碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为
（3分）
（3）初动能：
第1次碰撞前：
第1次碰撞后： （2分）
第2次碰撞前：
第2次碰撞后：（2分）
第3次碰撞前：
第3次碰撞后：（2分）
由功能关系有：
带入数据，联立求解得=0. 15. （2分）
A
B
P
29.．两个带电小球A和B，质量分别为m1、m2，带有同种电荷，带电量分别为q1、q2。A、B两球均放在光滑绝缘的水平板上，A球固定，B球被质量为m3的绝缘挡板P挡住静止，A、B两球相距为d，如图所示。某时刻起挡板P在向右的水平力F作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过一段时间带电小球B与挡板P分离，在此过程中力F对挡板做功W。求：
（1）力F的最大值和最小值？
（2）带电小球B与挡板分离时的速度？
（3）从开始运动到带电小球与挡板P分离的过程中，电场力对带电小球B做的功？
【解析】（1）开始运动时力F最小，以B球和挡板为研究对象，由牛顿第二定律
F1＋k＝（m3＋m2）a （1分）
解得最小力为：F1＝（m3＋m2）a－k （1分）
B球与挡板分离后力F最大，以挡板为研究对象，由牛顿第二定律解得最大力为：
F2＝m3a （1分）
（2）B球与挡板分离时，以B球为研究对象，由牛顿第二定律得：
k＝m2a …… ① （1分）
B球匀加速直线运动的位移为：
S＝r－d …… ② （1分）
由运动学公式得：
v2＝2aS …… ③ （1分）
由①②③联立解得，带电小球B与挡板分离时的速度为：
v＝ （1分）
（3）设B球对挡板做功W1，挡板对B球做功W2，电场力对B球做功W3，在B球与挡板共同运动的过程中，对挡板应用动能定理得：
W＋W1＝m3v2 …… ④ （1分）
挡板对B球做的功W2＝－W1 …… ⑤ （1分）
对B球应用动能定理得：
W3＋W2＝m2v2 …… ⑥ （1分）
由④⑤⑥联立解得电场力对B球做功为：
W3＝（m2＋m3）a（）－W （2分）
30.如图所示，两平行金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，即UAB＝300V。一带正电的粒子电量q＝10-10 C，质量m＝10-20 kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为L＝12cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上。求（静电力常数k＝9×109 N·m2/C2）
B
A
v0
R
M
N
L
P
S
O
E
F
l
（1）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远？
（2）点电荷的电量。
【解析】（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则： h=at2/2 （1分）
即： （1分）
代入数据，解得： h=0．03m=3cm （1分）
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：
（1分）
代入数据，解得: y=0．12m=12cm （1分）
（2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=
代入数据，解得: vy=1．5×106m/s （1分）
所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：
（1分）
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：
（1分）
因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。
匀速圆周运动的半径： （1分）
由： （2分）
代入数据，解得： Q=1．04×10-8C
31.下图是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。
已知两板间距，板的长度，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取。
（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？
（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？
（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。
【解析】：（1）左板带负电荷，右板带正电荷。依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足在水平方向上满足：两式联立得
（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足
（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度
当时，
32.光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的L形滑板（水平部分足够长），质量为4m；距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m、电量为+q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置置于场强为E的水平向右的匀强电场中。初始时刻，滑板与小物体都静止。试求： （1）释放小物体后，其第一次与滑板A壁相碰前小物体的速率v1多大？ （2）若小物体与A壁碰后相对地面的速度大小为碰前速率的3/5，则小物体在第二次跟A壁碰撞之前瞬间，滑板相对于水平面的速度v2和小物体相对于水平面的速度v3分别为多大？ （3）小物体从开始运动到第二次碰撞前瞬间，电场力做功为多大？（设碰撞时间极短且无能量损失，碰撞前后小物体带电量保持不变）
【解析】(1)释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静止不动，对于小物体，
由动能定理得：
(2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得 得 ．之后
滑板以v2匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时，物体与滑板
位移相等、时间相等、平均速度相等
(3)电场力做功等于系统所增加的动能
33.如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一小孔P、Q，PQ连线垂直金属板，从P点处连续不断地有质量为m、带电量为＋q地带电粒子（重力不计）沿PQ方向放出，初速可忽略，在A、B间某时间t＝0开始加有如图乙所示的交变电压，其电压大小为U，周期为T，带电粒子在A、B间运动过程中，粒子之间的相互作用力可忽略不计.
t
3T/2
T
T/2
0
-U
U
UAB
2T
乙
u
B
d
～
甲
A
P
Q
（1）请分别描述在0、T/8、T/4、3T/8时刻进入小孔P的粒子在两极板间的运动情况（设两板间距离足够大）。
（2）若在3T/8时刻前进入小孔P的粒子都可以从小孔Q中射出，则两板的间距d是多少？每个周期有多长时间有粒子从小孔Q中射出？
（3）若两板的间距d=5cm，U=2.5V。一质量m=2.0×10-27kg、电量q=+1.6×10-19C的带电粒子在t0=0时刻从紧临B板处无初速释放，刚好在2T时刻到达A板，则周期T应为多少？
（4）根据第（3）问的条件和结果，在T/5时刻进入小孔P的粒子，经过多长时间才能到达小孔Q。
34.如图所示，半径R = 0.8m的四分之一光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长CD = 2.0m的绝缘水平面平滑连接。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E = 40N/C，方向竖直向上，磁场的磁感应强度B = 1.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m = 2.0×10-6kg的小球a和b，a球不带电，b球带q = 1.0×10-6C的正电，并静止于水平面右边缘处。将a球从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到D点与b球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球粘合在一起飞入复合场中，最后落在地面上的P点。已知小球a在水平面上运动时所受的摩擦阻力f = 0.1mg， PN =，取g =10m/s2。a、b均可作为质点。求：
（1）小球a与b相碰后瞬间速度的大小v；
（2）水平面离地面的高度h；
（3）从小球a开始释放到落地前瞬间的整个运动过程中，ab系统损失的机械能ΔE。
B
C
R
D
N
P
E
a
b
【解析】
（1）设a球到D点时的速度为vD，从释放至D点，
根据动能定理 （3分）
对a、b球，根据动量守恒定律 mvD = 2mv （2分）
解得 v = 1．73m/s （2分）
30°
B
D
N
P
E
60°
O
（2）两球进入复合场后，由计算可知Eq = 2mg
两球在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动
轨迹示意图如右图所示 （1分）
洛仑兹力提供向心力 （2分）
由图可知 r = 2h （2分）
解得 h = 2=3．46m （2分）
（3）ab系统损失的机械能
（4分）
或
解得 = 1．48 ×10-4J （2分）
35.如图所示，PR是一块长为L=4 m的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m=0．1 kg，带电量为q=0．5 C的物体，从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。当物体碰到板R端的挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=L/4，物体与平板间的动摩擦因数为μ=0．4，取g=10m/s2 ，求：
Ｐ
Ｃ
Ｒ
Ｂ
Ｅ
（1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷？
（2）物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2
（3）磁感应强度B的大小
（4）电场强度E的大小和方向
【解析】（1）由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做匀速运动，故知摩擦力为0，所以物体带正电荷．且：mg=qBv2…………………………………………………………①
（2）离开电场后，按动能定理，有：-μmg=0-mv2………………………………②
由①式得：v2=2 m/s
（3）代入前式①求得：B= T
（4）由于电荷由P运动到C点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，且：（Eq-μmg）mv12-0……………………………………………③
进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=μ（qBv1+mg）……………………………④
由以上③④两式得：
36.如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=1.57T。小球1带正电，其电量与质量之比q1/m1=4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球1向右以υ0=23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75s再次相碰。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取g=10m/s2）
问：（1）电场强度E的大小是多少？
（2）两小球的质量之比
【解析】(1)小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1g=q1E ①
E=2.5 N/C ②
(2)相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：= ③
半径为 ④ 周期为 ＝1 s ⑤
∵两小球运动时间 t=0.75 s=T
∴小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰
第一次相碰后小球2做平抛运动 ⑥
L=R1=v1t ⑦
两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向 ⑧
由⑥、⑦式得
由④式得
∴两小球质量之比 ⑨
37.如图所示，xOy
平面内的圆O′与y轴相切于坐标原点O。在该圆形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场。一个带电粒子（不计重力）从原点O沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过圆形区域的时间为T0。若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过圆形区域的时间为；若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，求该带电粒子穿过圆形区域的时间。
解：设粒子进入圆形区域时的速度为v，电场强度为E，磁感应强度为B。
当电场、磁场同时存在时，由题意有：
…………① （2分）
…………② （2分）
当只撤去磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示，有：
x方向，匀速直线运动：
…………③ （2分）
y方向，匀加速直线运动：
…………④ （3分）
当只撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，设半径为r，圆心为P，转过的角度为θ，则有：
…………⑤ （2分）
…………⑥ （2分）
…………⑦ （3分）
…………⑧ （2分）
联解得： （2分）
38.如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为300.粒子的重力不计，试求:
b
x
y
O
m,q
v0
30°
(1)圆形匀强磁场区域的最小面积.
(2)粒子在磁场中运动的时间.
(3)b到O的距离.
1. 解:(1)带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力
b
x
y
O
R
v0
60°
l
(2分)
其转动半径为 (2分)
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为:
(2分)
要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为l的一半，即:
(2分)
其面积为 (2分)
(2)带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为1200，带电粒子在磁场中运动的时间为转动周期的， (4分)
(3)带电粒子从O处进入磁场，转过1200后离开磁场，再做直线运动从b
点射出时ob距离: (4分)
39.如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求
E
y
x
v0
O
× × × × × × × × × × × × × × × × × × × × ×
A
B
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）电子从A运动到D经历的时间t．
【解析】：电子的运动轨迹如右图所示 （2分）
D
θ
θ
C
v
E
y
x
v0
× × × × × × × × × × × × × × × × × × × ×
A
B
O
（若画出类平抛和圆运动轨迹给1分）
（1）电子在电场中做类平抛运动
设电子从A到C的时间为t1
（1分）
（1分）
（1分）
求出 E = （1分）
（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则
θ = 45° （1分）
求出 （1分）
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力
（1分）
由图可知 （2分）
求出 （1分）
（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1= （2分）
电子在磁场中运动的时间 t2 = （2分）
电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2 = （2分）
40. 如图所示，在oxyz坐标系所在的空间中，可能存在匀强电场或磁场，也可能两者都存
x
y
z
O
在或都不存在。但如果两者都存在，已知磁场平行于xy平面。现有一质量为m带正电q的
点电荷沿z轴正方向射入此空间中，发现它做速度为v0的匀速直线运动。若不计重力，试
写出电场和磁场的分布有哪几种可能性。要求对每一种可能性，都要说出其中能存在的关系。
不要求推导或说明理由。
M
Q
N
P
N
D
v0
41.如图所示，MN为纸面内竖直放置的挡板，P、D是纸面内水平方向上的两点，两点距离PD为L，D点距挡板的距离DQ为L/π．一质量为m、电量为q的带正电粒子在纸面内从P点开始以v0的水平初速度向右运动，经过一段时间后在MN左侧空间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场维持一段时间后撤除，随后粒子再次通过D点且速度方向竖直向下．已知挡板足够长，MN左侧空间磁场分布范围足够大．粒子的重力不计．求：
（1）粒子在加上磁场前运动的时间t；
（2）满足题设条件的磁感应强度B的最小值及B最小时磁场维持的时间t0的值．
【解析】：（1）微粒从P点至第二次通过D点的运动轨迹如图所示
F
M
Q
N
P
N
D
v0
由图可知在加上磁场前瞬间微粒在F点（圆和PQ的切点）．
在t时间内微粒从P点匀速运动到F点，t=
PF/v0 ①
由几何关系可知： PF=L＋R ②
又 R=m v0/qB ③
由①②③式可得： t=L/v0+m/qB
（2）微粒在磁场中作匀速圆周运动时，由②式可知：当R最大时，B最小，在微粒不飞出磁场的情况下，R最大时有：
DQ=2R ，
即 L/π＝2R
可得B的最小值为： Bmin=2πmv0 /qL
微粒在磁场中做圆周运动，故有t0=（n＋3/4）T ，n＝0，1，2，3，
又：T=2πm/qB
即可得： t0=（n＋3/4）L/v0 ,( n＝0，1，2，3，…… )
y
l
N
x
A
E
O
O
O’
M
甲
乙
图17
42.如图17甲所示，图的右侧MN为一竖直放置的荧光屏，O为它的中点，OO’与荧光屏垂直，且长度为l。在MN的左侧空间内存在着方向水平向里的匀强电场，场强大小为E。乙图是从甲图的左边去看荧光屏得到的平面图，在荧光屏上以O为原点建立如图的直角坐标系。一细束质量为m、电量为q的带电粒子以相同的初速度v0从O’点沿O’O方向射入电场区域。粒子的重力和粒子间的相互作用都可忽略不计。
（1）若再在MN左侧空间加一个匀强磁场，使得荧光屏上的亮点恰好位于原点O处，求这个磁场的磁感强度的大小和方向。
（2）如果磁感强度的大小保持不变，但把方向变为与电场方向相同，则荧光屏上的亮点位于图中A点处，已知A点的纵坐标 , 求它的横坐标的数值。
5．解：（1）亮点恰好位于原点O处，表明带电粒子所受的电场力与洛仑兹力大小相等，设所加磁场的磁感应强度为B，则 qE=qv0B 解得 B=E / v0 由电场力以及左手定则判定磁场方向竖直向上。
图2
（2）以OO’方向为z轴正方向，与x、y组成空间直角坐标系。磁场改变方向后，粒子在yOz平面内的运动是匀速圆周运动，轨迹如图2所示。设圆半径为R，根据几何关系有： R2-l2=（R-y）2
由于，可解出，可知θ=60°
粒子沿x方向的分运动是初速为零的匀加速直线运动，时间：
a
M
P
F
N
c
d
b
B
Q
43
如图所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B特斯拉的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直。ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R，质量均为m。与金属导轨平行的水平细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为T，一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行导轨的水平拉力F（未知）的作用下以加速a向右做匀加速直线运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨垂直。求:
（1）经多长时间细线被拉断？
（2）若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，两棒最终的速度各为多大？
（3）若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，两根金属棒之间距离增量△x的最大值是多少？
解：
(1)ab棒以加速度a向右运动，经t时间细线被拉断，当细线断时，ab棒运动的速度为v，产生的感应电动势为 E= BLv, v=at
回路中的感应电流为
cd棒受到的安培力为 T =BIL
联立解得
(2）当细线断时，ab棒运动的速度为v，细线断后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒之间的距离增大，当两棒达相同速度而稳定运动时，两棒之间的距离增量△x达到最大值，整个过程回路中磁通量的变化量为= BL△x
通过该回路的电量
由动量守恒定律得
对于cd棒，由动量定理得
故通过该回路的电量
联立解得.
44.正电子发射计算机断层（PET）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。
⑴PET在心脏疾病诊疗中，需要使用放射正电子的同位素氮13示踪剂。氮13是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氧16获得的，反应中同时还产生另一个粒子，试写出该核反应方程。
⑵PET所用回旋加速器示意如图，其中置于高真空中的金属D形盒的半径为R，两盒间距为d，在左侧D形盒圆心处放有粒子源S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示。质子质量为m，电荷量为q。设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，质子在加速器中运动的总时间为t（其中已略去了质子在加速电场中的运动时间），质子在电场中的加速次数于回旋半周的次数相同，加速质子时的电压大小可视为不变。求此加速器所需的高频电源频率f和加速电压U。
S
d
高频电源
导向板
B
⑶试推证当R>>d时，质子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（质子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）。
（1）核反应方程为： ①
（2）设质子加速后最大速度为v，由牛顿第二定律得：
②
质子的回旋周期为： ③
高频电源的频率为： ④
质子加速后的最大动能为： ⑤
设质子在电场中加速的次数为n，则：
⑥
又 ⑦
可解得： ⑧
（3）在电场中加速的总时间为：
⑨
在D形盒中回旋的总时间为 ⑩
故，即当时，可以忽略不计。
45．如图1所示，水平地面上有一辆小车，车上固定一个竖直光滑绝缘管，管的底部有一质量g，电荷量+8×10-5C
的小球，小球的直径比管的内径略小。在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度=15T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E=25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度=5T的匀强磁场。现让小车始终保持v=2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过磁场的边界PQ为计时的起点，用力传感器测得小球在管内运动的这段时间，小球对管侧壁的弹力随时间变化的关系如图2所示。g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小球进入磁场时加速度的大小；
（2）小球出管口时（t=1s）对管侧壁的弹力；
（3）小球离开管口之后再次经过水平面MN时距管口的距离△
20200506
【解析】
（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为a，则 （4分）
（2）在小球运动到管口时，FN＝2.4×10－3N，设v1为小球竖直分速度，由
，则 （3分）由得 （3分）
（3）小球离开管口进入复合场，其中qE＝2×10－3N，mg＝2×10－3N． （1分）
M
N
Q
v
B1
E
P
B2
mg
qE
v′
qBv′
故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度与MN成45°角，轨道半径为R， （1分）
小球离开管口开始计时，到再次经过
MN所通过的水平距离 （1分）
对应时间 （1分）
小车运动距离为x2， （1分）
46.如图甲所示,两水平放置的平行金属板C、D相距很近，上面分别开有小孔O和O＇，水平放置的平行金属导轨P、Q与金属板C、D接触良好，且导轨处在B1=10T的匀强磁场中，导轨间距L=0．5m,金属棒AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动,其速度图象如图乙．若规定向右运动的速度方向为正,从t=0时刻开始,由C板小孔O处连续不断以垂直于C板方向飘入质量为m = 3．2×10-21kg、电量q = +1．6×10-19C的粒子(飘入的速度很小,可视为零)．在D板外侧有以MN为边界的足够大的匀强磁场B2=10T,MN与D相距,B1B2的方向如图所示(粒子重力及相互作用不计),求：
(１)0～４．0s时间内哪些时刻发射的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN?
(２)粒子从边界MN射出来的位置之间的最大距离为多少?
B2
O
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
A
B
M
N
D
C
d
O’
B1
Q
P
L
v/ms-1
t/s
0
20
-20
2
4
图甲
图乙
1）由右手定则可判断ＡＢ向右运动时，Ｃ板电势高于Ｄ板电势，粒子被加速进入Ｂ２磁场中，ＡＢ棒向右运动时产生的电动势（即为Ｃ、Ｄ间的电压）．粒子经过加速后获得的速度为，则有，粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径．要使粒子恰好穿过，则有ｒ＝ｄ．
联立上述各式代入数据可得 ｖ＝5．0ｍ／ｓ．
故要使粒子能穿过磁场边界ＭＮ则要求ｖ＞5ｍ／ｓ．
由速度图象可知，在0．25ｓ＜ｔ＜1．75ｓ可满足要求．
（2）当ＡＢ棒速度为ｖ＝5ｍ／ｓ时，粒子在磁场Ｂ2中到达边界ＭＮ打在Ｐ点上，其轨道半径ｒ＝ｄ＝0．1ｍ（此时＝ｒ＝0．1ｍ）如图所示．
当ＡＢ棒最大速度为＝20ｍ／ｓ时，粒子从ＭＮ边界上Ｑ点飞出，其轨道半径最大，＝2ｒ＝0．2ｍ，
则＝＝ｄ－（－），
代入数据可得：＝7．3ｃｍ．
47.如下图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B．边长为l的正方形金属框abcd（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U型金属框架MNPQ（仅有MN、NQ、QP三条边，下简称U型框），U型框与方框之间接触良好且无摩擦．两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r．
（1）将方框固定不动，用力拉动U型框使它以速度垂直NQ边向右匀速运动，当U型框的MP端滑至方框的最右侧（如图乙所示）时，方框上的bd两端的电势差为多大?此时方框的热功率为多大?
（2）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度，如果U型框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少?
（3）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v（），U型框最终将与方框分离．如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t后方框的最右侧和U型框的最左侧之间的距离为s．求两金属框分离后的速度各多大．
解: （1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势
当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为
U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为
闭合电路的总电流为
根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：
方框中的热功率为
（2）在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律
解得：
根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即
（3）设U型框和方框不再接触时方框速度为，U型框的速度为，根据动量守恒定律，有
两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，即
联立以上两式，解得：；
48.磁流体发电是一种新型发电方式，图1和图2是其工作原理示意图。图1中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为、、，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻相连。整个发电导管处于图2中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示。发电导管内有电阻率为的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差维持恒定，求：
（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；
（2）磁流体发电机的电动势E的大小；
（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P。
解：（1）不存在磁场时，由力的平衡得
（2）设磁场存在时的气体流速为，则磁流体发电机的电动势
回路中的电流
电流I受到的安培力
设为存在磁场时的摩擦阻力，依题意
存在磁场时，由力的平衡得
根据上述各式解得
（3）磁流体发电机发电导管的输入功率
由能量守恒定律得 故
49.磁流体发电技术是目前世界上正在研究的新兴技术。如图所示是磁流体发电机示意图，发电管道部分长为l、高为h、宽为d．前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极。两个电极与负载电阻R相连。整个管道放在匀强磁场中，磁感强度大小为B，方向垂直前后侧面向后。现有平均电阻率为ρ的电离气体持续稳定地向右流经管道。实际情况较复杂，为了使问题简化，设管道中各点流速相同，电离气体所受摩擦阻力与流速成正比，无磁场时电离气体的恒定流速为v0，有磁场时电离气体的恒定流速为v．
（1）求流过电阻R的电流的大小和方向；
（2）为保证持续正常发电，无论有无磁场存在，都对管道两端电离气体施加附加压强，使管道两端维持一个水平向右的恒定压强差∆p，求∆p的大小；
（3）求这台磁流体发电机的发电效率。
解：
（1）（8分）将电离气体等效为导体切割磁感线产生感应电动势
E = Bhv （2分）
内电阻 （2分）
根据欧姆定律 （2分）
解得 （1分）
电流方向为M到N （1分）
（2）（5分）已知摩擦力与流速成正比，设比例系数为k
取管道内全部气体为研究对象，根据力的平衡
无磁场时 ∆phd = kv0 （2分）
有磁磁场时 ∆phd = kv + BIh （2分）
解得 （1分）
（3）（7分）输入功率 P入= ∆phdv （2分）
电源功率 P = EI （2分）
发电效率 （2分）
解得 （1分）
50.（20分）如图所示，有一个连通的，上、下两层均与水平面平行的“U”型的光滑金属平行导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆与轨道垂直，在“U”型导轨的右侧空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，杆A1在磁场中，杆A2在磁场之外。设两导轨面相距为H，平行导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r。 现在有同样的金属杆A3从左侧半圆形轨道的中
点从静止开始下滑，在下面与金属杆A2发生碰撞,
设碰撞后两杆立刻粘在一起并向右运动。求：
（1）回路内感应电流的最大值；
（2）在整个运动过程中，感应电流最多产生的热量；
（3）当杆A2、A3与杆A1的速度之比为3∶1时，A1受到
的安培力大小。
解：
（1）A3从圆环上滑下的速度设为v0, 有：mgH/2= mv
解 得：v0=……（2分）A3、A2碰撞过程动量守恒：mv0=2 mv1
解 得：v1=/2……………………………………………………（2分）
A3、A2结合后，刚进入磁场时的感应电动势最大，电流也最大
最大电动势：εmax=BLv1…（2分）总电阻为： R=Lr/2+Lr=1.5rL……（1分）
最大电流：Imax=εmax/R=………（1分）
（2）A3、A2进入磁场后，A3、A2减速、A1加速，最终达到共速（令为v2)，此后保持匀速。
三杆系统（A1A2和A3）的总动量经检验知,符合动量守恒条件（必须检验占1分）
∴ 2 mv1 =3 mv2 解得：v2= v0……（2分）
由能量守恒，整个过程感应电流产生的最多热量为：
Q =2 mv12-3 mv22=mgH……………………………（3分）
（3）设A1的速度为v，则A3、A2的速度为3v，同理，由于系统符合动量守恒条件：
∴ mv0=mv+2m·3v 解得 v=v0/7 ………（2分）
整个电路的总电动势为： ε=BL3v-BLv=2BLv=BL…………（2分）
电路中的电流：I=ε/R A1所受安培力的大小为：F=IBL=……（2分）
51.速调管是用于甚高频信号放大的一种装置（如图11所示），其核心部件是由两个相距为s的腔组成，其中输入腔由一对相距为l的平行正对金属板构成（图中虚线框内的部分）。已知电子质量为m，电荷量为e，为计算方便，在以下的讨论中电子之间的相互作用力及其重力均忽略不计。
（1）若输入腔中的电场保持不变，电子以一定的初速度v0从A板上的小孔沿垂直A板的方向进入输入腔，而由B板射出输入腔时速度减为v0/2，求输入腔中的电场强度E的大小及电子通过输入腔电场区域所用的时间t；
图11
l
s
A
B
C
～
相
输出腔
移
器
输入腔
v0
u
t
O
图12
T
2T
U0
-U0
（2）现将B板接地（图中未画出），在输入腔的两极板间加上如图12所示周期为T的高频方波交变电压，在 t=0时A板电势为U0，与此同时电子以速度v0连续从A板上的小孔沿垂直A板的方向射入输入腔中，并能从B板上的小孔射出，射向输出腔的C孔。若在nT～（n+1）T的时间内（n=0，1，2，3……），前半周期经板射出的电子速度为v1（未知），后半周期经B板射出的电子速度为v2（未知），求v1与v2的比值；（由于输入腔两极板间距离很小，且电子的速度很大，因此电子通过输入腔的时间可忽略不计）
（3）在上述速度分别为v1和v2的电子中，若t时刻经B板射出速度为v1的电子总能与t+T/2时刻经B板射出的速度为v2的电子同时进入输出腔，则可通过相移器的控制将电子的动能转化为输出腔中的电场能，从而实现对甚高频信号进行放大的作用。为实现上述过程，输出腔的C孔到输入腔的右极板B的距离s应满足什么条件？
解：（1）设电子在输入腔中做匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式有
解得
根据牛顿第二定律有
解得
电子通过输入腔的时间
（2）在nT~(n + 1)T的时间内，前半周期电子减速通过输入腔，设射出的速度为v1，则
根据动能定理有
解得
后半周期电子加速通过输入腔，设射出的速度为v1，则根据动能定理有
解得
所以有
（3）设以速度v1经B板射出的电了经过时间t1到达C孔处，则s = v1t1
以速度v2经B板射出的电子经过时间t2到达C孔处，则s = v2t2
为实现放大作用，依题意应有：
52.某种小发电机的内部结构平面图如图1所示，永久磁体的内侧为半圆柱面形状，它与共轴的圆柱形铁芯间的缝隙中存在辐向分布、大小近似均匀的磁场，磁感应强度B = 0.5T。磁极间的缺口很小，可忽略。如图2所示，单匝矩形导线框abcd
绕在铁芯上构成转子，ab = cd = 0.4m，bc = 0.2m。铁芯的轴线OO′ 在线框所在平面内，线框可随铁芯绕轴线转动。将线框的两个端点M、N接入图中装置A，在线框转动的过程中，装置A能使端点M始终与P相连，而端点N始终与Q相连。现使转子以ω=200π rad/s的角速度匀速转动。在图1中看，转动方向是顺时针的，设线框经过图1位置时t = 0。（取π = 3）
（1）求t = s时刻线框产生的感应电动势；
（2）在图3给出的坐标平面内，画出P、Q两点电势差UPQ随时间变化的关系图线（要求标出横、纵坐标标度，至少画出一个周期）；
（3）如图4所示为竖直放置的两块平行金属板X、Y，两板间距d = 0.17m。将电压UPQ加在两板上，P与X相连，Q与Y相连。将一个质量m = 2.4×10-12kg，电量q = +1.7×10-10C的带电粒子，在t0 = 6.00×10 -3s时刻，从紧临X板处无初速释放。求粒子从X板运动到Y板经历的时间。（不计粒子重力）
N
S
b
c
图1
O
图2
a
b
c
d
P
Q
M
N
O′
A
O
Y
X
图4
d
图3
t/s
O
-24
UPQ/V
解：（1）感应电动势 E= BSω = B×ab×bc×ω （4分）
代入数据得 E = 24V （2分）
（2）正确标出横坐标、纵坐标标度、画出图象（6分）（共三项，每项各占2分）
-24
评分标准：
① 若只有以上其中一项均不给分；
② 若横坐标按,T……标出扣1分；
若纵坐标按E、2E标出扣1分；
③ 若只画出半个周期图象扣2分。
s1ァ
aァ
aァ
aァ
aァ
s1ァ
s2ァ
s2ァ
（3）粒子开始运动后一个周期内的运动示意图如右图所示
加速度 （1分）
向Y板加速的距离 = 0.08m （1分）
向X板加速的距离 = 0.005m （1分）
一个周期内前进的距离 S = 2S1－2S2 = 0.15m （1分）
由于SV，所以在时间内MN边扫过磁场的面积
在此时间内，MN边左侧穿过S的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化
同理，该时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化
故在内金属框所围面积的磁通量变化
根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小
根据闭合电路欧姆定律
根据安培力公式，MN边所受的安培力 PQ边所受的安培力
根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小
联立解得
60.磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀强磁场Bl和B2，方向相反，B1=B2=lT，如下图所示。导轨上放有金属框abcd，金属框电阻R=2Ω，导轨间距L=0.4m，当磁场Bl、B2同时以v=5m/s的速度向右匀速运动时，求
(1)如果导轨和金属框均很光滑，金属框对地是否运动?若不运动，请说明理由；如运动，原因是什么?运动性质如何?
(2)如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的K倍，K=0.18，求金属框所能达到的最大速度vm是多少?
(3)如果金属框要维持(2)中最大速度运动，它每秒钟要消耗多少磁场能?
解：
(1)运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、b边切害虫磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动。 …………(6分)
(2)阻力f与安培力F安衡时，框有vmf=Kvm=F=2IBL①………(2分)
其中I=E/R ②………(1分)
E=2BL(v-vm) ③………(2分)
①②③联立得：
Kvm=2·[2BL(v-vm)/R]·BL
∴Kvm=(4B2L2v-4B2L2vm)/R
∴vm=4B2L2v/(KR+4B2L2) ④………(1分)
=3.2m/s ⑤………(2分)
(3)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功。
据能量守恒
E硫=I2Rt+Kvm·vmt (4分)
E磁=[4B2L2(v-vm)2/R]·1+Kvm2·1
=+018×3.22
=2.9J (2分)
61.随着越来越高的摩天大楼在各地的落成，至今普遍使用的钢索悬挂式电梯已经渐渐地不适用了．这是因为钢索的长度随着楼层的增高而相应增加，这样这些钢索会由于承受不了自身的重量，还没有挂电梯就会被扯断．为此，科学技术人员正在研究用磁动力来解决这个问题．如图所示就是一种磁动力电梯的模拟机，即在竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B1和B2，且B1和B2的方向相反，大小相等，即B1= B2=1T,两磁场始终竖直向上作匀速运动．电梯桥厢固定在如图所示的一个用超导材料制成的金属框abcd内（电梯桥厢在图中未画出），并且与之绝缘．电梯载人时的总质量为5×103kg，所受阻力f=500N，金属框垂直轨道的边长Lcd =2m，两磁场的宽度均与金属框的边长Lac
相同，金属框整个回路的电阻R=9.5×10－4Ω，假如设计要求电梯以v1=10m/s的速度向上匀速运动，那么，
（1）磁场向上运动速度v0应该为多大？
（2）在电梯向上作匀速运动时，为维持它的运动，外界必须提供能量，那么这些能量是由谁提供的？此时系统的效率为多少？
解：（1）当电梯向上用匀速运动时，金属框中感应电流大小为
① （3分）
金属框所受安培力 ② （2分）
安培力大小与重力和阻力之和相等，所以 ③ （2分）
由①②③式求得：v0=13m/s. （1分）
（2）运动时电梯向上运动的能量由磁场提供的． （1分）
磁场提供的能量分为两部分，一部分转变为金属框的内能，另一部分克服电梯的重力和阻力做功．当电梯向上作匀速运动时，金属框中感应电流由①得：
I =1.26×104A
金属框中的焦耳热功率为：P1 = I2R =1.51×105W ④ （1分）
而电梯的有用功率为：P2 = mgv1=5×105W ⑤ （1分）
阻力的功率为：P3 = f v1=5×103W ⑥ （1分）
从而系统的机械效率=％ ⑦ （2分）
=76.2％ ⑧ （1
62.如图甲所示，CDE是固定在绝缘水平面上的光滑金属导轨，CD=DE=L，∠CDE=60º，CD和DE单位长度的电阻均为r0
，导轨处于磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中。MN是绝缘水平面上的一根金属杆，其长度大于L，电阻可忽略不计。现MN在向右的水平拉力作用下以速度v0在CDE上匀速滑行。MN在滑行的过程中始终与CDE接触良好，并且与C、E所确定的直线平行。
（1）求MN滑行到C、E两点时，C、D两点电势差的大小；
（2）推导MN在CDE上滑动过程中，回路中的感应电动势E与时间t的关系表达式；
（3）在运动学中我们学过：通过物体运动速度和时间的关系图线（v-t图）可以求出物体运动的位移x，如图乙中物体在0～t0时间内的位移在数值上等于梯形Ov0Pt0的面积。通过类比我们可以知道：如果画出力与位移的关系图线（F-x图）也可以通过图线求出力对物体所做的功。
请你推导MN在CDE上滑动过程中，MN所受安培力F安与MN的位移x的关系表达式，并用F安与x的关系图线求出MN在CDE上整个滑行的过程中，MN和CDE构成的回路所产生的焦耳热。
C
D
E
M
N
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
B
甲
乙
O
v
t
t0
v0
P
解：（1）MN滑行到C、E两点时，在加路中的长度等于L，此时回路中的感应电动势
由于MN的电阻忽略不计，CD和DE的电阻相等，
所以C、D两点电势差的大小
（2）设经过时间t运动到如图所示位置，此时杆在回路中的长度
电动势
6分
（3）在第（2）题图示位置时，回路中的电阻
回路中的电流
即回路中的电流为一常量。
此时安培力的大小
由于MN在CDE上滑动时的位移
所以
所以安培力的大小随位移变化的图线（F安-x）如图所示
所以在MN在CDE上的整个滑行过程中，安培力所做的功
根据能量的转化和守恒定律
回路中产生的焦耳热Q等于安培力所做的功，即
8分
63．如图所示1－1（a）是某人设计的一种振动发电装置，它的结构是一个半径为r＝0.1 m的有20匝的线圈套在辐向形永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布［其右视图如图（b）］．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为0.2 T．线圈的电阻为2Ω，它的引出线接有8Ω的电珠L，外力推动线圈的P端，作往复运动，便有电流通过电珠．当线圈向右的位移随时间变化的规律如图1－2所示时(x
取向右为正)：
图1－1 图1－2
⑴试画出感应电流随时间变化的图象［在图（b）中取逆时针电流为正］．
⑵求每一次推动线圈运动过程中的作用力．
⑶求该发电机的功率。（摩擦等损耗不计）
解：⑴由(c)图知，线圈往返每次运动都是匀速直线运动
V= （3分）
因磁场均匀辐向，可见线圈每次运动切割磁感线产生感应电动势恒定：
(6分)
∴I= (3分)
发电机输出功率就等于电珠的电功率：
P出=I2R2=0.32W (2分)
⑵因匀速：F推=F安=nBIL=2πnrBI=0.5(N) (5分)
64.如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直． (设重力加速度为g)
(1)若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek．
(2)若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相．求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q．
(3)对于第(2)问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率
答案（1）穿过地1个磁场区域过程中增加的动能；
（2）；
（3）
解析：(1) a和b不受安培力作用，由机械能守恒定律知，
(2) 设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v1刚离开无磁场区域时的速度为v2，
由能量守恒知：
在磁场区域中，
在无磁场区域中，
解得
(3) 在无磁场区域：
根据匀变速直线运动规律
且平均速度
有磁场区域：
棒a受到的合力
感应电动势
感应电流
解得
根据牛顿第二定律，在t到t+△t时间内
则有
解得
65如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3W，r＝0.2W，s＝1m）
（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。
解析：（1）金属棒做匀加速运动， R两端电压UµIµeµv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为
恒量；
（2）F－＝ma，以F＝0.5v＋0.4
代入得（0.5－）v＋0.4＝a
a与v无关，所以a＝0.4m/s2，（0.5－）＝0
得B＝0.5T
（3）x1＝at2，v0＝x2＝at，x1＋x2＝s，所以at2＋at＝s
得：0.2t2＋0.8t－1＝0，t＝1s，
（4）可能图线如下：
66.用密度为d、电阻率为ρ、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框。如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的边和边都处在磁极之间，极间磁感应强度大小为B。方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）。
⑴求方框下落的最大速度vm（设磁场区域在数值方向足够长）；
⑵当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；
⑶已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为vt（vt＜vm）。若在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流I0在该框内产生的热相同，求恒定电流I0的表达式。
⊙
⊙
⊙
×
×
×
N
S
S
L
金属方框
激发磁场的通电线圈
图1 装置纵截面示意图
金属方框
磁极
图2 装置俯视示意图
L
a
a/
b
b/
S
解析：（1）方框质量
方框电阻
方框下落速度为v时，产生的感应电动势
感应电流
方框下落过程，受到重力G及安培力F，
，方向竖直向下
，方向竖直向下
当F=G时，方框达到最大速度，即v=vm
则
方框下落的最大速度
（2）方框下落加速度为时，有，
则
方框的发热功率
（3）根据能量守恒定律，有
解得恒定电流I0的表达式 。
A
B
C
D
P
67.
离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，BC之间加有恒定电压，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速后形成电流为I的离子束后喷出。已知推进器获得的推力为F，单位时间内喷出的离子质量为J。为研究方便，假定离子推进器在太空飞行时不受其他阻力，忽略推进器运动的速度。⑴求加在BC间的电压U；⑵为使离子推进器正常运行，必须在出口D处向正离子束注入电子，试解释其原因。
（1）设一个正离子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度为v，根据动能定理，有
①
设离子推进器在△t时间内喷出质量为△M的正离子，并以其为研究对象，推进器对
△M的作用力为F′，由动量定理，有
②
由牛顿第三定律知F′＝F ③
设加速后离子束的横截面积为S，单位体积内的离子数为n，则有
④
⑤
由④、⑤可得
又 ⑥
解得 ⑦
（2）推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须在出口D处发射电子注入到正离子束，以中和正离子，使推进器获得持续推力。
68有三根长度皆为l＝1.00 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的 O点，另一端分别挂有质量皆为m＝1.00×10－2 kg的带电小球A和B，它们的电量分别为一q和＋q，q＝1.00×10－7C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E＝1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时 A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力）
分析与解：当将O、B之间的线烧断后，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置（处于静止状态）。对于A、B整体，受力如图16所示：重力2mg,竖直向下；两个电场力qE,一个水平向左,一个水平向右,相互平衡;所以线OA的拉力应竖直向上,即OA呈现竖直状态.
A
-q
+q
B
E
O
图17
β
qE
mg
T2
对于B球，受力如图17所示：重力mg,竖直向下；电场力qE, ,水平向右,设线BA的拉力与竖直方向成β角,由平衡条件得:
很容易解得β=450.
由此可知,AB球重新达到平衡的位置如图17所示.与原来位置相比,A球的重力势能减少了:EA=mgL(1-sin600)
B球的重力势能减少了: EB=mgL(1-sin600+cos450)
A球的电势能增加了: WA=qELcos600
B球的电势能减少了:WB=qEL(sin450-sin300)
两种势能总和减少了W=WB-WA+EA+EB=6.8×10-2J.
69.如图所示为利用电磁作用输送非导电液体装置的示意图。一边长为L、截面为正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面积为A的小喷口，喷口离地的高度为h。管道中有一绝缘活塞。在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒a、b，其中棒b的两端与一电压表相连，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中。当棒a中通有垂直纸面向里的恒定电流I时，活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为S。若液体的密度为ρ，不计所有阻力，求：
（1）活塞移动的速度；
（2）该装置的功率；
（3）磁感强度B的大小；
（4）若在实际使用中发现电压表的读数变小，试分析其可能的原因。
（1）设液体从喷口水平射出的速度为，活塞移动的速度为v。
① ②
③
（2）设装置功率为P，时间内有质量的液体从喷口射出，则
④
∵ ⑤ ∴
∴ ⑥
（3）∵ ⑦ ∴ ⑧
∴ ⑨
（4）∵
∴ 喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等会引起电压表读数变小。
70如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、 足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为
，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出）。线框的边长为d（d < l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。
求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1 ；
（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离m 。
【解析】 (1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W
由动能定理
且
解得
（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动
由动能定理
装置在磁场中运动时收到的合力
感应电动势 E=Bdv
感应电流 I/=E/R
安培力
由牛顿第二定律，在t到t+时间内，有
则
有
解得
（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动
由动能定理
解得
71如图左所示，边长为l和L的矩形线框、互相垂直，彼此绝缘，可绕中心轴O1O2转动，将两线框的始端并在一起接到滑环C，末端并在一起接到滑环D，
C、D彼此绝缘.通过电刷跟C、D连接.线框处于磁铁和圆柱形铁芯之间的磁场中，磁场边缘中心的张角为45°，如图右所示（图中的圆表示圆柱形铁芯，它使磁铁和铁芯之间的磁场沿半径方向，如图箭头所示）.不论线框转到磁场中的什么位置，磁场的方向总是沿着线框平面.磁场中长为l的线框边所在处的磁感应强度大小恒为B，设线框和的电阻都是r，两个线框以角速度ω逆时针匀速转动，电阻R=2r.
（1）求线框转到图右位置时感应电动势的大小；
（2）求转动过程中电阻R上的电压最大值；
（3）从线框进入磁场开始时，作出0~T（T是线框转动周期）时间内通过R的电流
iR随时间变化的图象；
（4）求外力驱动两线框转动一周所做的功。
(1)不管转到何位置，磁场方向、速度方向都垂直，所以有
(2分)
(2)在线圈转动过程中，只有一个线框产生电动势，相当电源，另一线框与电阻R并联组成外电路，故
(2分)
(2分)
(2分)
(3)流过R的电流 （2分）
图象如图所示。 (2分)
(4)每个线圈作为电源时产生的功率为` (2分)
根据能量守恒定律得两个线圈转动一周外力所做的功为
72.磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。
如图2所示，通道尺寸、、。工作时，在通道内沿z轴正方向加的匀强磁场；沿x轴负方向加匀强电场，使两金属板间的电压；海水沿y轴方向流过通道。已知海水的电阻率
（1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；
（2）船以的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水速率增加到。求此时两金属板间的感应电动势U感；
（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压按U感计算，海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力。当船以的速度匀速前进时，求海水推力的功率。
1）根据安培力公式,推力F1=I1Bb，其中I1=,R＝ρ
则Ft= N
对海水推力的方向沿y轴正方向(向右)
（2）U=Bub=9.6 V
（3）根据欧姆定律，I2=A
安培推力F2＝I2Bb＝720 N
推力的功率P＝Fvs＝80%F2vs＝2 880 W
L1
L2
L3
L4
O
甲
乙
Ｂ
73.平行导轨L1、L2所在平面与水平面成30度角，平行导轨L3、L4所在平面与水平面成60度角，L1、L3上端连接于O点，L2、L4上端连接于O’点，OO’连线水平且与L1、L2、L3、L4都垂直，质量分别为m1、m2的甲、乙两金属棒分别跨接在左右两边导轨上，且可沿导轨无摩擦地滑动，整个空间存在着竖直向下的匀强磁场。若同时释放甲、乙棒，稳定后它们都沿导轨作匀速运动。
(1)求两金属棒的质量之
比。
(2)求在稳定前的某一时刻两金属棒加速度之比。
(3)当甲的加速度为g/4时，两棒重力做功的瞬时功率和回路中电流做功的瞬时功率之比为多少？
(1)3:1 (2)1: (3)2:1
74.图中y轴AB两点的纵坐标分别为d和-d。在0<
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