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    11．(1)由动能定理得 P t-mgh=-.人和车飞离高台时的速度 v=． (2) 在空中做平抛运动: t =. s = vt =.当 h =2.75m时水平距离最远 s =5.5m． 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)


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    （1）小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零．
    故有：qE=qvNB
    ∴vN=
    E
    B
    =
    4
    2
    =2m/s          
    对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有：
    mgh-Wf克=
    1
    2
    m
    v2N

    ∴Wf克=mgh-
    1
    2
    m
    v2N
    =10-3×10×0.8-
    1
    2
    ×10-3×22=6×l0-3 （J）     
    （2）小物体离开N点做曲线运动到达P点时，受力情况如图所示，由于θ=45°，物体处于平衡状态，建立如图的坐标系，可列出平衡方程．
    qBvpcos45°-qE=0        （1）
    qBvpsin45°-mg=0        （2）
    由（1）得 vp=
    E
    Bcos45°
    =2
    		2
    m/s
    由（2）得 q=
    mg
    Bvpsin45°
    =2.5×l0-3 c                  
    N→P过程，由动能定理得mg（H-h）-qES=
    1
    2
    m
    v2p
    -
    1
    2
    m
    v21

    代入计算得    S=0.6 m      
    答：（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功6×l0-3 J．
    （2）P与M的水平距离s是0.6m．

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    （2007?深圳二模）如图甲所示，质量为m=50g，长l=10cm的铜棒，用长度亦为l的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1/3T．未通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度θ=37°，求此棒中恒定电流的大小．
    同学甲的解法如下：对铜棒进行受力分析，通电时导线向外偏转，说明安培力方向垂直电流和磁场方向向外，受力如图乙所示（侧视图）．
    当最大偏转角θ=37°时，棒受力平衡，有：tanθ=
    F
    mg
    =
    BIl
    mg

    ∴I=
    mgtanθ
    Bl
    =
    0.05×10×
    3
    4
    1
    3
    ×0.01
    A=11.25A
    同学乙的解法如下：铜棒向外偏转过程中，导线拉力不做功，如图丙所示．
    F做功为：WF=FS1=BIl?lsin37°
    重力做功为：WG=-mgS2=-mgl（1-cos37°）
    由动能定理得：BIl2sin37-mgl（1-cos37°）=0
    ∴I=
    mg(1-cos°)
    BIsin37°
    =
    0.05×10×(1-0.8)
    1
    3
    ×0.1×0.6
    A=5A
    请你判断，他们的解法哪个正确？错误的请指出错在哪里．

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    （2006?黄浦区模拟）如图甲所示，质量为m=50g，长l=10cm的铜棒，用长度亦为l的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T．未通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度θ=37°，求此棒中恒定电流的大小．同学甲的解法如下：对铜棒进行受力分析，通电时导线向外偏转，说明安培力方向垂直电流和磁场方向向外，受力如图乙所示（侧视图）．
    当最大偏转角θ=37°时，棒受力平衡，有：tanθ=
    F
    mg
    =
    BIl
    mg

    得I=
    mgtan370
    Bl
    =
    0.05×10×
    3
    4
    0.5×0.1
    =7.5A
    同学乙的解法如下：铜棒向外偏转过程中，导线拉力不做
    功，如图丙所示．
    F做功为：WF=FS1=BIlsin370×lsin370
    重力做功为：WG=-mgS2=-mgl（1-cos37°）
    由动能定理得：BI（lsin37°）2-mgl（1-cos37°）=0I=
    mgl(1-cos370)
    Blsin2370
    =
    0.05×10×(1-0.8)
    0.5×0.1×(0.6)2
    =
    50
    9
    =5.56A
    请你对同学甲和乙的解答以说理的方式作出评价；若你两者都不支持，则给出你认为正确的解答．

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    在弹性海绵垫的正上方h1高处，将重为G的小球以速率v0竖直下抛，落垫后反弹的高度为h2．设球与海绵垫第一次接触的时间为t，求在此时间内球对海绵垫的平均作用力的大小．（空气阻力不计，重力加速度为g）
    某同学给出了如下解答：设在时间t内海绵垫对球的平均作用力大小为F，球第一次刚接触海绵垫时的速率为v1、刚离开海绵垫时的速率为v2，则由动量定理得Ft=△p①
    △p=mv2-mv1②
    由机械能守恒定律得
    1
    2
    m
    v
    2
    0
    +mgh1=
    1
    2
    m
    v
    2
    1
    v1=
    v
    2
    0
    +2gh1
    ③
    1
    2
    m
    v
    2
    2
    =mgh2    v2=
    		2gh2
    ④
    由①②③④式求得 F=
    m
    		2gh2
    -m
    v
    2
    0
    +2gh1
    t
    ⑤
    （解题过程到此结束）

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    在弹性海绵垫的正上方h1高处，将重为G的小球以速率v0竖直下抛，落垫后反弹的高度为h2.设球与海绵垫第一次接触的时间为t,求在此时间内球对海绵垫的平均作用力的大小.(空气阻力不计，重力加速度为g)

    吴仑同学给出了如下解答：设在时间t内海绵垫对球的平均作用力大小为F，球第一次刚接触海绵垫时的速率为v1、刚离开海绵垫时的速率为v2,则由动量定理得

    Ft=Δp                                                           ①

    Δp=mv2-mv1                                                      ②

    由机械能守恒定律得

    mv02+mgh1=mv12                                              ③

    mv22=mgh2                                                     ④

    由①②③④式求得F=.                     ⑤

    (解题过程到此结束)

    试指出上述解答过程中是否有不妥之处，若有，请指出其不妥之处，并给出正确的解答.

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