江山实验中学高三物理补充练习（7）
1．如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α=53°的固定光滑斜面顶端，
2
并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8m，g=10m/s，sin53°=0.8, cos53°=0.6，则
（1）小球水平面抛出的初速度v0是多少？
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？
（3）若斜面顶端高H=20.8m，则小球到达斜面底端时的速度是多大？
2．如图所示，一绝缘圆环轨道位于竖直平面内，半径为R，空心内径远小于R。以圆环圆心O为原点在环面建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直环面向外的匀强磁场，一带电量为+q、质量为m的小球在轨道内从b点由静止释放，小球刚好能顺时针沿圆环轨道做圆周运动。
（1）求匀强电场的电场强度E；
（2）若第二次到达最高点a，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B； （3）求小球第三次到达a点时对圆环的压力。
3．图中a1、b1，c1、d1和a2、b2，c2、d2为同一斜面内的相互平行的金属导轨，
处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向（图中未标出）垂直导轨所在平面，导轨所在平面与水平面的夹角为θ。导轨的a1、b1段与a2、b2段的距离为l1、c1、d1段与c2、d2段的距离为l2。x1、y1与x2、y2为两根用绝缘轻杆相连的沿水平方向的金属细杆，质量分别为m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R。在重力作用下，两杆从静止开始下滑，当杆运动到图标位置时，恰好做匀速运动，在这个过程中穿过回路的磁通量增加了?。求：
（1）两杆匀速运动的速度；
（2）在上述过程中回路产生的焦耳热。
4．一个质量m = 0.1 kg的正方形金属框总电阻R = 0.5 ?，金属
框从表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上端与AA′ 重合）由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′ 平行、宽度与线框边长相同的匀强磁场后滑至斜面底端（金属线框下边与BB′ 重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与其对应的位移为s，
2
整个运动过程的v－s图像如图所示，已知匀强磁场方向垂直斜
2
面向上，取g = 10 m/s
2
（1）根据v－s图像所提供的信息，计算出斜面倾角θ和磁场宽度d。
（2）匀强磁场的磁感应强度多大？
5．在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图
1
所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R = 1.8 m，OA连线在竖直方
－4－4
向上，AC弧对应的圆心角θ = 37°。今有一质量m = 3.6×10 kg、电荷量q = +9.0×10 C的带电小球（可视为质点），以v0 = 4.0 m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，
2
小球离开C点后做匀速直线运动。已知重力加速度g = 10 m/s，sin37° = 0.8，不计空气阻力，求： （1）匀强电场的场强E；
（2）小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力.
6．如图所示，一个初速度为零的带正电的粒子经过MN两平行板间的电场加速后，从N板上的小孔射出。当带电粒子到达P点时，长方形abcd区域内出现大小不变、方向垂直纸面且方向交替变化的匀强磁场，磁感应强度大小B?0.4T，每经过
t??4?10?3s，磁场方向变化一次，且粒子刚到达P点时出现的磁
场方向指向纸外，在Q处有一固定的中性粒子，PQ间距S?3m，PQ直线垂直
q?1.0?104C/kg平分ab、cd边。已知D?1.6m，带电粒子的比荷m，重力
可忽略。求：
（1）当加速电压U?200V时，粒子的轨迹半径？
（2）当加速电压U?200V时，粒子能否与中性粒子相碰，若能相碰，试画出粒子相碰前的轨迹示意图；
（3）要使带电粒子与中性粒子相碰，加速电压最大值是多少？ 1．（1）由小球落到斜面上恰沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，
2 故vr?v0tan53?，（1分） 又vr?2gh（2分） 得vy=4m/s，（1分）
v0=3m/s（1分）
（2）vy=gt1，s=v0t1得s=1.2m （3分） （3）由小球沿斜面的匀加速直线运动过程 a? 初速度v?22v0?vy?5m/s （2分）
mgsin53??8m/s2（2分）
m 设到斜面底端对小球速度为v末，则有 2aH2?v末?v2 （2分）
sin53?1212（6分） mv0?mg(H?h)?mv末22 解得： v末=21m/s （2分） 或：小球整个过程机械能守恒 得：
解得：v末=21m/s （2分）
2．解：（1）小球第一次可刚过最高点，此时速度为v1=0，（2分） qER=mgR ∴E?mg（2分） q（2）小球第二次过最高点，此时速度为v2，由动能定理可知
qER?12mv2 （2分） 22
2v2mg?qv2B?m （3分）
R由以上两式可解得 B?mg（1分）
q2R（3）小球第三次过最高点速度为v3，设球受圆环向下的压力FN
2qER?12mv3 （3分） 22v3mg?qv3B?FN?m （4分）
R解得 FN?(3?2)mg （2分）
3．（1）回路中的感应电动势为 E?B(l2?l1)v （3分）
回路中的电流为 I?E （1分） R杆x1y1和x2y2受到的安培力分别为
F1=Bl1I （沿导轨向下），F2= Bl2I （沿导轨向上）（2分） 当两杆做匀速运动时，(m1?m2)gsin??F1?F2?0 （4分） 解以上各式，得 v?(m1?m2)gRsin? （2分）
B2(l2?l1)2（2）在从静止开始下滑到恰好做匀速运动这个过程中，设两杆沿导轨运动的距离为L，回路增加的磁通量 ??BL(l2?l1)（3分）
回路产生的焦耳热 Q?(m1?m2)gLsin??解得 Q?1(m1?m2)v2（3分） 2(m1?m2)g?(m?m)gRsin?21sin??(m1?m2)[122]
B(l2?l1)2B(l2?l1)2(m1?m2)g(m1?m2)2gR2或sin?[??sin?] （2分）
B(l2?l1)2B3(l2?l1)324．解：（1）据v?s图像知，当线框进入磁场时：v?16(m/s),s?1.6m
22由v?2as得:a?v/2s?5m.s 对线框由牛顿第二定律得：
222………………………………（2分）
mgsin??ma
解得：??30?
………………………………（2分） ………………………………（1分）
3
磁场的宽厚d?(2.6?1.6)/2m?0.5m
………………………………（2分）
（2）由图线知线框穿过磁场的过程中匀速运动，且v?16m/s?4m/s
………………………………（2分）
由平衡条件得：F磁?mgsin?…………（2分）
E(Bd)2又Fv磁?BID?Bd?R?R………（2分）
解得：B=0.5T………………………………（1分）
5．解：（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示：
由平衡条件得：
F电=qE=mgtan?………………………………（2分） 代入数据解得：E=3N/C…………………（1分）
（2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：
Fmv2mv2电Rsin??mgR(1?cos?)?02?2 ………（3分）
代入数据得：v?5m/s ………………………………（1分） 由Fmg磁?qvB?cos? ………………………………（2分）
解得：B=1T ………………………………（2分） 分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况如图所示：
2由牛顿第二定律得：Fmv0N?Bqvo?mg?R…………（3分）
代入数据得：F?3.2?10?2NN…………………（1分）
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力
F'N?FN?3.2?10?3N………………………（1分）
6．
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