1.如圖所示,兩個(gè)電荷量都是Q的正、負(fù)點(diǎn)電荷固定在A、B兩點(diǎn),AB連線中點(diǎn)為O?，F(xiàn)將另一個(gè)電荷量為+q的試探電荷放在AB連線的中垂線上距O為x的C點(diǎn),沿某一確定方向施加外力使試探電荷由靜止開始沿直線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn),下列說法正確的是( )
A.外力F的方向應(yīng)當(dāng)平行于AB方向水平向右
B.試探電荷從C點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)
C.試探電荷從C點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)
D.試探電荷從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中ΔEkΔx逐漸增大
答案 D
解析 根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)分布情況,可知試探電荷+q在運(yùn)動(dòng)過程中受水平向左且逐漸增大的電場(chǎng)力作用,要想讓該試探電荷由靜止開始沿直線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn),則該試探電荷所受合力的方向應(yīng)沿CO方向,受力分析如圖所示,Fx=F,Fy=ma,分析可知,外力F的方向應(yīng)當(dāng)斜向右下,A錯(cuò)誤;由于電場(chǎng)力逐漸增大,所以Fx逐漸增大,Fy也逐漸增大,加速度也逐漸增大,所以該試探電荷從C點(diǎn)到О點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng),B、C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可知F合Δx=ΔEk,即ΔEkΔx=F合=Fy,由于Fy逐漸增大,所以ΔEkΔx逐漸增大,D正確。
2.(2024福建泉州一模)如圖所示,在間距為d的水平固定平行金屬導(dǎo)軌上,放置質(zhì)量分別為2m0、m0的金屬桿M、N。N的中點(diǎn)系著一條跨過定滑輪的細(xì)繩,細(xì)繩下端懸掛重物,滑輪左側(cè)細(xì)繩與導(dǎo)軌平行。兩導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)重物質(zhì)量m取不同值時(shí),系統(tǒng)最終穩(wěn)定的狀態(tài)不同。設(shè)穩(wěn)定時(shí)M桿的加速度大小為a,回路中電動(dòng)勢(shì)為E、電流為I、熱功率為P。已知重力加速度大小為g,兩金屬桿接入回路的總電阻為R,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì),忽略一切摩擦,兩金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。則下列關(guān)系圖像合理的是( )
答案 D
解析 根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)N,有FT-BId=m0aN,對(duì)重物,有mg-FT=maN,所以mg-BId=(m0+m)aN,對(duì)M,有BIL=2m0aM,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得,回路中的電流為I=BdvN-BdvMR,經(jīng)過Δt時(shí)間的電流為I'=Bd(vN+aN·Δt)-Bd(vM+aM·Δt)R,當(dāng)系統(tǒng)最終穩(wěn)定時(shí)電流不變,即aN·Δt=aM·Δt,所以aN=aM,即穩(wěn)定時(shí),金屬桿與重物的加速度相同,一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有mg=(2m0+m0+m)a,則a=mg3m0+m,由此可知,a與m的變化規(guī)律不是過原點(diǎn)的傾斜直線,故A錯(cuò)誤;根據(jù)以上分析可知E=IR=2m0RBd·mg3m0+m=2m0RBd·g3m0m+1,當(dāng)m趨近于無窮大時(shí),E達(dá)到最大,此時(shí)Em=2m0gRBd,故B錯(cuò)誤;回路中電流為I=2m0Bd·mg3m0+m=2m0Bd·g3m0m+1,得Im=2m0gBd,故C錯(cuò)誤;回路中的熱功率為P=I2R=2m0gBd3m0m+12R,得Pm=2m0gBd2R,故D正確。
3.(2024湖北二模)如圖所示,一質(zhì)點(diǎn)在光滑水平桌面上受水平恒力作用,先后經(jīng)過a、b兩點(diǎn),速度方向偏轉(zhuǎn)90°。已知經(jīng)過a點(diǎn)的速度大小為v、方向與ab連線夾角為60°,ab連線長(zhǎng)度為d。對(duì)質(zhì)點(diǎn)從a到b的運(yùn)動(dòng)過程,下列說法正確的是( )
A.最小速度大小為v2
B.運(yùn)動(dòng)時(shí)間為d2v
C.經(jīng)過b點(diǎn)的速度大小為3v
D.恒力方向與ab連線的夾角為45°
答案 C
解析 設(shè)恒力與ab連線的夾角為θ,根據(jù)幾何關(guān)系可知b點(diǎn)速度方向與ab連線的夾角為30°。該質(zhì)點(diǎn)做類斜拋運(yùn)動(dòng),在垂直于恒力方向上的速度大小不變,在恒力方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng),則在沿初速度方向上速度由v減小到0,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律dcs 60°=vt2,解得a到b的時(shí)間為t=dv,從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)沿ab方向的平均速度為v=vcs60°+vbcs30°2=dt,解得vb=3v,故B錯(cuò)誤,C正確;質(zhì)點(diǎn)在垂直于恒力方向上速度不變,即vsin (π-θ-60°)=vbsin (θ-30°),解得θ=60°,當(dāng)質(zhì)點(diǎn)沿恒方向的速度為0時(shí),質(zhì)點(diǎn)的速度最小,此時(shí)質(zhì)點(diǎn)的最小速度為vmin=v·cs (θ+60°-90°)=32v,故A、D錯(cuò)誤。
4.(2024河南三模)如圖所示,初始時(shí)矩形線框ABCD垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)放置,磁場(chǎng)位于OO'右側(cè),AO=OB=BC=O'C,若線框以不同方式做角速度大小相同的勻速轉(zhuǎn)動(dòng),以下時(shí)刻線框受到的安培力最大的是( )
A.以AD邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)30°時(shí)
B.以BC邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí)
C.以O(shè)O'為軸轉(zhuǎn)動(dòng)60°時(shí)
D.以O(shè)點(diǎn)為中心,在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí)
答案 D
解析 根據(jù)題意,設(shè)AO=OB=BC=O'C=L,線框的電阻為R,線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω,以AD邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)30°時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=BL·2Lωsin 30°=BL2ω,線框所受安培力為F1=BI1L=B2L3ωR,以BC邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí),穿過線框平面的磁通量不變,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生,則安培力為零;以O(shè)O'為軸轉(zhuǎn)動(dòng)60°時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=BL·Lωsin 60°=32BL2ω,線框所受安培力為F2=BI2L=3B2L3ω2R,以O(shè)點(diǎn)為中心,在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí),如圖所示
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E3=B·2L·2Lω2=BL2ω,線框所受安培力為F3=BI3·2L=2B2L3ωR,
可知,以O(shè)點(diǎn)為中心,在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí),安培力最大。故選D。
二、多項(xiàng)選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分。
5.(2024河北石家莊二模)利用磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng),在現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用。如圖所示,以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),圓形區(qū)域外有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P點(diǎn)沿半徑射入圓形區(qū)域,粒子n次穿越圓形區(qū)域邊界(不包括經(jīng)過P點(diǎn))后又回到P點(diǎn),此過程中粒子與圓心O的連線轉(zhuǎn)過角度為2π,不計(jì)粒子重力,下列說法正確的是( )
A.n的最小值為2
B.n=3時(shí),粒子速度大小為3qBRm
C.n=4時(shí),粒子從P出發(fā)到回到P點(diǎn)的時(shí)間為23πm5qB
D.粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過程中,粒子與圓心的連線轉(zhuǎn)過的角度為2πn
答案 AC
解析 因?yàn)榱Ｗ觧次穿越圓形區(qū)域邊界(不包括經(jīng)過P點(diǎn))后又回到P點(diǎn),此過程中粒子與圓心O的連線轉(zhuǎn)過角度為2π,畫出粒子軌跡示意圖如圖所示,n的最小值為2,故A正確;n=3時(shí),粒子圓心間的連線構(gòu)成圓邊界的外切正方向,根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑為r=R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,解得v=qBRm,故B錯(cuò)誤;粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T=2πrv=2πmqB,n=4時(shí),粒子從P出發(fā)到回到P點(diǎn)的時(shí)間為t=(3×180°-72°360°+2×180°+72°360°)T,解得t=23πm5qB,選項(xiàng)C正確;由上述分析可知,粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過程中,粒子與圓心的連線轉(zhuǎn)過的角度為2πn+1,故D錯(cuò)誤。
6.(2024福建一模)如圖1所示,質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上,甲到乙左端的距離為L(zhǎng),初始時(shí)甲、乙均靜止,質(zhì)量為m0的物塊丙以速度v0向右運(yùn)動(dòng),與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后,乙的位移x隨時(shí)間t的變化如圖2中實(shí)線所示,其中t0時(shí)刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線,二者相切于P,拋物線的頂點(diǎn)為Q。甲始終未脫離乙,重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A.碰后瞬間,乙的速度大小為v03
B.甲、乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為v03gt0
C.甲到乙左端的距離L≥v0t03
D.乙、丙的質(zhì)量之比m∶m0=1∶2
答案 BC
解析 設(shè)碰后瞬間,乙的速度大小為v1,碰后乙的加速度大小為a,由圖2可知x=v1t0-12at02=v0t02,拋物線的頂點(diǎn)為Q,根據(jù)x-t圖像的切線斜率表示速度,則有v1=a·2t0,聯(lián)立解得v1=2v03,a=v03t0,根據(jù)牛頓第二定律可得a=μmgm=μg,解得甲、乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=v03gt0,故A錯(cuò)誤,B正確;由于甲、乙質(zhì)量相同,則甲做加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小也為a=v03t0
根據(jù)圖2可知,t0時(shí)刻甲、乙剛好共速,則0~t0時(shí)間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對(duì)位移為Δx=x乙-x甲=v1+v共2t0-v共2t0=v12t0=v0t03,則甲到乙左端的距離滿足L≥Δx=v0t03,故C正確;
物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞,碰撞過程動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,有m0v0=m0v2+mv1
12m0v02=12m0v22+12mv12
可得v1=2m0m0+mv0=2v03,可得乙、丙的質(zhì)量比為m∶m0=2∶1,故D錯(cuò)誤。
三、非選擇題:本題共4小題,共40分。
7.(8分)(2024遼寧沈陽一模)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)加速度計(jì),將其固定在待測(cè)物體上,能通過電路中電壓表的示數(shù)反映物體的加速度a,其原理圖如圖甲所示。其中,質(zhì)量m=1 kg的滑塊2可以在光滑的框架1中左右平移,滑塊兩側(cè)各連接一根勁度系數(shù)k=2.0×102 N/m的彈簧3(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))。4是固定在滑塊2上的金屬滑動(dòng)片,與電壓表的一端用導(dǎo)線相連,并與一阻值均勻的電阻AB相接觸,滑動(dòng)片4與電阻間的摩擦忽略不計(jì)。已知物體加速度為0時(shí),兩側(cè)彈簧3均處于原長(zhǎng),滑動(dòng)片4位于AB中點(diǎn),AB全長(zhǎng)L=15 cm;直流電源電動(dòng)勢(shì)E=15 V(內(nèi)阻忽略不計(jì))?，F(xiàn)有一量程0~3 V、內(nèi)阻RV=3 kΩ的電壓表(RV?RAB),其表盤如圖乙所示;另有開關(guān)、導(dǎo)線若干。
(1)為使滑動(dòng)片4位于B點(diǎn)時(shí)電壓表滿偏,需要將電壓表量程改為0~15 V,則電壓表應(yīng) (選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個(gè)阻值為 kΩ的電阻,并將電壓表的刻度按新量程做好修改;
(2)將改裝后的電壓表接入圖甲的電路中,此裝置可測(cè)量加速度的最大值為 m/s2;
(3)請(qǐng)?jiān)趫D丙中畫出a-U圖像(規(guī)定加速度向左為正方向,U為改裝后電壓表的示數(shù));
(4)若要增大加速度的測(cè)量范圍,可采用的方法有 (答出一條合理措施即可)。
答案 (1)串聯(lián) 12
(2)30
(3)見解析圖
(4)更換兩根勁度系數(shù)更大的彈簧或質(zhì)量更小的滑塊
解析 (1)要擴(kuò)大電壓表的量程,需要串聯(lián)一個(gè)電阻,根據(jù)U'=URV(RV+R),解得R=12 kΩ。
(2)當(dāng)滑塊處于AB中點(diǎn)時(shí),加速度為零,當(dāng)滑塊在端點(diǎn)A或B時(shí),加速度最大,根據(jù)牛頓第二定律2k·L2=ma
解得a=30 m/s2。
(3)根據(jù)2k·L2=ma可知加速度a與L成線性關(guān)系,根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知電壓表示數(shù)U與L也成線性關(guān)系,可知加速度a與電壓表示數(shù)U成線性關(guān)系,當(dāng)滑塊處于AB中點(diǎn)時(shí),電壓表示數(shù)為7.5 V,當(dāng)加速度向右時(shí),滑塊在AB中點(diǎn)的左邊,當(dāng)加速度向左時(shí),滑塊在AB中點(diǎn)的右邊,所以a-U圖像如圖所示。
(4)滑塊所受到的合力最大值由彈簧決定,與電壓無關(guān),勁度系數(shù)越大,加速度的測(cè)量范圍越大;最大的合力一定的情況下,根據(jù)牛頓第二定律可知可以減小滑塊的質(zhì)量增大加速度的測(cè)量范圍。
8.(8分)(2024廣東江門一模)如圖是工人傳輸貨物的示意圖,工人甲把質(zhì)量m=7 kg的貨物從傾斜軌道的頂端A點(diǎn)由靜止釋放,貨物從軌道的底端B點(diǎn)(B點(diǎn)處有一段長(zhǎng)度不計(jì)的小圓弧)滑上放置在水平地面上的長(zhǎng)木板。長(zhǎng)木板的右端到達(dá)反彈裝置左端C點(diǎn)的瞬間,貨物剛好運(yùn)動(dòng)到長(zhǎng)木板的最右端且與長(zhǎng)木板達(dá)到共速,此時(shí)工人乙控制機(jī)械抓手迅速把貨物抓起放到存貨區(qū),長(zhǎng)木板進(jìn)入反彈裝置,反彈后長(zhǎng)木板的最左端返回B點(diǎn)時(shí)恰好靜止。已知傾斜軌道AB的長(zhǎng)度L1=10 m,傾斜軌道AB與水平方向的夾角為θ=53°,BC段的長(zhǎng)度L2=7.5 m,長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度d=5 m,貨物與傾斜軌道以及長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5,長(zhǎng)木板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,求:
(1)貨物到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB;
(2)長(zhǎng)木板的右端剛到C點(diǎn)時(shí)貨物的速度大小vC;
(3)長(zhǎng)木板在反彈過程中損失的能量與長(zhǎng)木板剛接觸反彈裝置時(shí)的能量比值η。
答案 (1)10 m/s
(2)5 m/s
(3)60%
解析 (1)依題意,貨物由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程,根據(jù)動(dòng)能定理得
mgL1sin 53°-μ1mgL1cs 53°=12mvB2
解得vB=10 m/s。
(2)依題意,貨物在長(zhǎng)木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得
a貨=μ1mgm=5 m/s2
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律,有
-2a貨L2=vC2-vB2
解得vC=5 m/s。
(3)長(zhǎng)木板進(jìn)入反彈裝置時(shí)的速度為v1=vC=5 m/s
設(shè)長(zhǎng)木板的質(zhì)量為m0,則長(zhǎng)木板剛進(jìn)入反彈裝置時(shí)的能量為E=12m0v12
長(zhǎng)木板反彈后最右端回到C點(diǎn)的速度設(shè)為v2,長(zhǎng)木板從C點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理得
-μ2m0g(L2-d)=0-12m0v22
長(zhǎng)木板在反彈的過程中損失的能量為
ΔE=12m0v12-12m0v22
則長(zhǎng)木板在反彈過程中損失的能量與長(zhǎng)木板剛接觸反彈裝置時(shí)的能量比值
η=ΔEE×100%=60%。
9.(10分)如圖所示,在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)存在一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于xOy平面向外;在第四象限內(nèi)充滿范圍足夠大、方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一束質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子以不同的速率從O點(diǎn)沿xOy豎直平面內(nèi)的OP方向發(fā)射,沿直線飛行到P點(diǎn)時(shí)進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,O、P兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng),OP連線與x軸正方向的夾角α=30°。所有粒子在離開磁場(chǎng)后最終都能從x軸上射出,且射出方向與x軸負(fù)方向的夾角均為β=60°,若速度最大的粒子從x軸上Q點(diǎn)以速度v(未知)射出,且射出之前都在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng),忽略粒子間的相互作用及粒子的重力。求:
(1)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;
(2)v的大小;
(3)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。
答案 (1)5πm6qB
(2)(3-1)qBL2m
(3)10π-53π-37-4324L2
解析 (1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T,有
qvB=mv2R
v=2πRT
聯(lián)立得T=2πmqB
由題意可知,所有粒子經(jīng)過磁場(chǎng)后的偏轉(zhuǎn)角均為150°,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t1=150°360°T=5πm6qB。
(2)速度為v的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系可知
POsin 30°=PMsin 60°+MQcs 60°
解得R=(3-1)L2
v=(3-1)qBL2m。
(3)由幾何關(guān)系可知
PQ=2Lsin 30°
MN=R2-PQ22=7-438L
三角形PMQ的面積為
S1=12×PQ×MN=7-438L2
150°圓心角對(duì)應(yīng)的扇形面積
S2=150°360°×πR2=10-5324πL2
則磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為圖中陰影部分面積,其面積為
ΔS=S2-S1=10π-53π-37-4324L2。
10.(14分)(2024福建龍巖三模)如圖所示,兩平行導(dǎo)軌ab、cd固定在水平面上,其中ef、gh是兩小段絕緣導(dǎo)軌,其余部分是金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間平滑相接,導(dǎo)軌間距為d1,整個(gè)導(dǎo)軌置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)軌左側(cè)接有一阻值為R的電阻和一電容為C、極板間距為d2的電容器(開始時(shí)不帶電),右側(cè)接有自感系數(shù)為L(zhǎng)的線圈。質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為d1、電阻為R的金屬棒M垂直導(dǎo)軌放置于絕緣導(dǎo)軌左側(cè)某處,質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒N垂直導(dǎo)軌放置于絕緣導(dǎo)軌上?，F(xiàn)給M一水平向右的初速度,當(dāng)M達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),一電荷量為-q(q>0)的粒子(重力不計(jì))恰能以速度v0從極板間水平穿過。此后,M繼續(xù)運(yùn)動(dòng)與N發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極短),忽略金屬棒在絕緣導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。不考慮其他電阻,不計(jì)一切摩擦,忽略電磁輻射,M、N均始終與導(dǎo)軌接觸良好。求:
(1)M達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí),電容器極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E;
(2)M穩(wěn)定時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)ε及其速率v;
(3)給M水平向右的初速度大小v';
(4)M和N從第一次碰撞到第二次碰撞的時(shí)間。(已知自感系數(shù)為L(zhǎng)、電流變化率為ΔIΔt的自感線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)E自=LΔIΔt,簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)周期公式:T=2πmk,k為比例系數(shù))
答案 (1)v0B (2)Bd2v0 d2d1v0 (3)(CB2d12+m)d2md1v0 (4)πBd1mL
解析 (1)對(duì)帶電粒子,由平衡條件qv0B=qE
可得E=v0B。
(2)M達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)由U=Ed2
可得M穩(wěn)定時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)ε=U=Bd2v0
又根據(jù)ε=Bd1v
可得M運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速率v=d2d1v0。
(3)對(duì)M,由動(dòng)量定理得
-∑BIid1ti=m(v-v')
即-BQd1=m(v-v')
M穩(wěn)定時(shí),電容器所帶的電荷量Q=CBd1v
可得M的初速度v'=(CB2d12+m)d2md1v0。
(4)對(duì)M和N,由動(dòng)量守恒定律得mv=mvM+mvN
由能量守恒定律得12mv2=12mvM2+12mvN2
得碰后M和N交換速度vN=v
在N和線圈構(gòu)成的回路中,由于線圈不計(jì)電阻,N產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)與線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)相等,即Bd1v=LΔIΔt
Bd1vΔt=LΔI
可得Bd1Δx=LΔI
從M和N碰后開始,對(duì)上式兩邊求和得I=Bd1Lx
N所受安培力F=BId1
可得F=B2d12Lx=kx
由楞次定律可知,安培力方向與x方向相反,故N在絕緣導(dǎo)軌右側(cè)做簡(jiǎn)諧振動(dòng),M和N從第一次碰撞到第二次碰撞的時(shí)間即為N簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的半個(gè)周期
t=12T=πmk=πBd1mL。

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