如圖所示，豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強(qiáng)電場，在虛線左側(cè)有垂直紙面向里水平的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感強(qiáng)度大小為B．一粗細(xì)均勻的絕緣軌道由兩段水平且足夠長的直桿PQ、MN和一半徑為R的半圓環(huán)MAP組成，固定在豎直平面內(nèi)，半圓環(huán)與兩直桿的切點P、M恰好在磁場邊界線上，軌道的NMAP段光滑，PQ段粗糙，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的絕緣塑料小環(huán)套在桿MN上（環(huán)的內(nèi)直徑比桿的直徑稍大），將小環(huán)從M點右側(cè)距離x₀=4R的D點由靜止釋放，小環(huán)剛好能到達(dá)P點．試求：
（1）小環(huán)所受電場力的大小．
（2）上述過程中小環(huán)第一次通過與O點等高的A點時半圓環(huán)對小環(huán)作用力的大�。�
（3）若小環(huán)與PQ間動摩擦因數(shù)為μ （設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等），現(xiàn)將小環(huán)移至M點右側(cè)6R處由靜止釋放，求小環(huán)在整個運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量．

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如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為r、內(nèi)阻為R₁、粗細(xì)均勻的光滑半圓形金屬環(huán)，在M、N處與相距為2r、電阻不計的平行光滑金屬軌道ME、NF相接，EF之間接有電阻R₂，已知R₁=12R，R₂=4R．在MN上方及CD下方有水平方向的勻強(qiáng)磁場I和II，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電阻不計的導(dǎo)體棒ab，從半圓環(huán)的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導(dǎo)體棒始終保持水平，與半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好，兩平行軌道中夠長．已知導(dǎo)體棒ab下落r/2時的速度大小為v₁，下落到MN處的速度大小為v₂．
（1）求導(dǎo)體棒ab從A下落r/2時的加速度大�。�
（2）若導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場II后棒中電流大小始終不變，求磁場I和II之間的距離h和R₂上的電功率P₂．
（3）當(dāng)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場II時，施加一豎直向上的恒定外力F=mg的作用，求導(dǎo)體棒ab從開始進(jìn)入磁場II到停止運(yùn)動所通過的距離和電阻R₂上所產(chǎn)生的熱量．

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如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為r、內(nèi)阻為R₁、粗細(xì)均勻的光滑半圓形金屬環(huán)球，在M、N處與相距為2r、電阻不計的平行光滑金屬軌道ME、NF相接，EF之間接有電阻R₂，已知R₁=12R，R₂=4R．在MN上方及CD下方有水平方向的勻強(qiáng)磁場I和II，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電阻不計的導(dǎo)體棒ab，從半圓環(huán)的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導(dǎo)體棒始終保持水平，與半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好，且平行軌道足夠長．已知導(dǎo)體棒ab下落r/2時的速度大小為v₁，下落到MN處的速度大小為v₂．
（1）求導(dǎo)體棒ab下落到

r

2

時的加速度大小．
（2）若導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場Ⅱ后棒中電流大小始終不變，求磁場I和Ⅱ之間的距離h和R₂上的電功率P₂．

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二、選擇題(每小題6分，共48分，全對6分，對而不全3分)

題號

14

15

16

17

18

19

20

21

答案

A

B

AC

BD

AD

A

C

D

22．（1）(1)6.0（2分，6也給分）；如圖(4分，電流表外接2分，滑線變組器限流接法2分) 。

(2) ①3.61 m/s² (3分) ②  (3分)

③ BCE (3分，BE得3分)

④紙帶與打點計時器間的摩擦阻力，空氣阻力等。(2分)

23．解：設(shè)子彈射入木前的速度為v，射入木塊后的共同速度為V，子彈打入木塊過程由動量守恒定律得：

      (6分)

木塊與子彈一起運(yùn)動的過程由動能定理得：

    (6分)

聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：

    (4分)

24．解：（1）由于帶電微粒在磁場方向反向前后的運(yùn)動是對稱的，所以微粒所受的電場力與重力是平衡的(2分)。微粒做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖：

設(shè)微粒做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，由圖可知

    ①（2分）

由洛侖茲力公式及勻速圓周運(yùn)動規(guī)律得：

   ②（2分）

聯(lián)立①②解得：

       ③（2分）

（2）設(shè)M、N兩板間的電勢差為U，由電場力與重力平衡得：

   ④（2分）

由電容公式得：

    ⑤（1分）

聯(lián)立④⑤得：   ⑥（2分）

（3）當(dāng)撤去磁場，兩金屬板電量減半，帶電微粒做類平拋運(yùn)動，豎直方向的加速度為a，由牛頓第二定律得：

    ⑦（2分）

帶電微粒水平方向的運(yùn)動：

     ⑧（1分）

帶電微粒豎直方向的運(yùn)動：

   ⑨（1分）

聯(lián)立④⑦⑧⑨得：

     ⑩（2分）

25．解：（1）棒ab從A處下落時，回路中的感生電動勢為：

    ⑴（1分）

回路中的總電阻：

   ⑵（1分）

通過棒ab的電流為

   ⑶（1分）

由牛頓第二定律得：

   ⑷（2分）

聯(lián)立⑴⑵⑶⑷解得：

  ⑸ （1分）

（2）設(shè)棒ab進(jìn)入CD的速度為v₃�；芈分械母猩�電動勢為：

    ⑹（1分）

回路中的總電阻：

   ⑺（1分）

通過棒ab的電流為

   ⑻（1分）

由平衡條件得：

   ⑼（1分）

棒ab從MN處下落到CD過程中，由機(jī)械能守恒定律得：

   ⑽（2分）

聯(lián)立⑹⑺⑻⑼⑽解得：

   ⑾（2分）

（3）分析題意得棒ab從MN處下落h的速度與導(dǎo)體棒ab在磁場II中做勻速運(yùn)動的速度相等（1分），設(shè)導(dǎo)體棒ab自進(jìn)入磁場II到開始做勻速運(yùn)動過程中電流產(chǎn)生的熱量全部熱量為Q_總，導(dǎo)體棒ab移動的距離為H，則由能量守恒得：

   ⑿（2分）

設(shè)導(dǎo)體棒ab在磁場II中運(yùn)動過程中的某一時刻通過R₂的電流為I，則同一時刻通過R₁的電流也為I，通過R₃的電流為2I，電路的總功率為   ⒀（1分）

所以，棒ab自進(jìn)入磁場II到開始做勻速運(yùn)動過程中電流產(chǎn)生的熱量全部熱量為

   ⒁（1分）

聯(lián)立⑾⑿⒀解得：

  ⒂（1分）