据能量守恒
E硫=IRt+Kvm·vmt E磁=[4B2L2(v-vm)2/R]·1+Kvm2·1 =
4?1?0.4?1.822222
(4分)
+018×3.22
=2.9J (2分) 37（20分）（1）根据磁场分布特点，线框不论转到磁场中哪一位置，切割磁感线的速度始
终与磁场方向垂直，故线框aa?转到图示位置时，感应电动势的大小
?LE=2Blv=2Bl=BlLω（3分）。
2（2）线框转动过程中，只能有一个线框进入磁场（作电源），另一个线框与外接电阻R并
联后一起作为外电路。.电源内阻为r，外电路总电阻R外=最大值：UR=IR
外
RrR?r?23r.故R两端的电压
?Er?2r3?23r?2E5?25BlL?（4
分）
（3）aa?和bb?在磁场中，通过R的电流大小相等，
iR=
URR?25BlLω·12r?BlL?5r.
从线框aa′进入磁场开始计时，每隔T/8（线框转动45°）电流发生一次变化，其iR随时间t变化的图象如图所示。（5分，其中图3分）
（4）因每个线框作为电源时产生的总电流和提供的功率分别为：
I=
Er?2r3?3E5r, P=IE=3E5r2?3(BlL?)5r2.（4分）
两线框转动一周时间内，上线圈只有两次进入磁场，每次在磁场内的时间（即作为电源时的做功时间）为T.根据能的转化和守恒定律，外力驱动两线圈转动一周的功，完全转化
8为电源所获得的电能，所以
W外=4P·=P·=P·?82?TT?3?BlL?5r222（4分）
38 .解； ( 1 ）m对弹簧的弹力大于等于细绳的拉力 T 时细绳将被拉断．有 T=kx0 ①
12mv0≥
212kx0 ②
Tmk2解①②式得v0≥ ③
(2)细绳刚断时小滑块的速度不一定为零，设为v1，由机械能守恒有
12mv0=
212mv1+
212kx0 ④
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∴v1 = v?20T2mk ⑤
当滑块和长板的速度相同时，设为v2，弹簧的压缩量x最大，此时长板的加速度 a 最大，由动量守恒和机械能守恒有
( 3 ）设滑块离开长板时，滑块速度为零，长板速度为v3，由动量守恒和机械能守恒有
其中m＞M
39. (1）粒子在电场中x偏转：在垂直电场方向v- = v0平行电场分量vH d = v- ·t ①
d2=
vH2 ②
vH= v0 得v?2v0
2v0 ③
粒子在磁场中做匀速画周运动．故穿出磁场速度v?(2)在电场中运动时 vv=
2qEm·t=
qEm·
dv0 ④
得 E=
mv0qd ⑤
0
在磁场中运动如右图运动方向改变 45，运动半径 R R=
dsin450=2d ⑥ mvR2又qvB = ⑦
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B=⑧ 得⑨
mvqR=
m2v0q2d?mv0qd
EB’
?v0
( 3 ）粒子在磁场中运动时间为t
⑩
粒子在龟场中运动的时间为 t t=
dv0
运动总时间t总=t + t1 =
dv0+
?d4v0
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42（18分） （1）电场强度E?Ud
Uqd,F?ma
带电粒子所受电场力F=qE?第 44 页 共 58 页
a?Uqdm?4.0?10m/s
92（2）粒子在0—
T2时间内走过的距离为
T212a(T2)?5.0?102?2m
故带电粒子在t?时恰好到达A板
根据动量定理，此时粒子动量 p?Ft?4.0?10?23Kg.m/s （3）带电粒子在t?T4~t?T2向A板做匀加速运动，在t?T2~t?3T4向A板做匀减速
运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移
s?2?121Ta(T4)?2116aT
2要求粒子不能到达A板，有s f?a16d?52?10Hz 443(20分) (1) 根据安培力公式,推力F1=I1Bb,其中I1?则F1?URBb?Uac?796.8N UR,R??bac ?对海水推力的方向沿y轴方向(向右) (2)U感?Bvsb?9.6V (3)根据欧姆定律,I2?U1R?(U?Bvsb)ac?b?600A 安培推力F2?I2Bb?720N 对船的推力F?80ò?576N 推力的功率P?Fvs?80òvs?2880W 44（20分） （1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1g?q1E ① E?2.5N/C ② （2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： 第 45 页 共 58 页
物理压轴题集（看了一百多张试卷后选的63题） - 图文
