丹东市政府-心情随笔

计算题天天练(一)
1.解析:设磕头虫离地速度为v
1
,d
1
为磕头虫重心向下加速的距离,磕头虫起跳的加
速度为a,则对加速过程和离地后上升过程 分别有:=2ad
1
,=2gh
1
,
设人起跳离地速度为v
2
,d
2
为人重心向上加速过程的距离,人具有和磕头虫相同的
加速度a, h
2
表示与此相应的竖直高度,则对加速过程和离地后上升过程分别有:
=2ad
2
,=2gh
2
,
, 联立以上各式,得:h
2
=
代入数据得:h
2
=150 m.
答案:150 m
2.解析:(1)当牵引力等于阻力时,动车组速度达到最大,设最大速度为v
m
,
由题意可知,动车组行驶时的阻力f=0.1mg,
由P=Fv,得v
m
==,
代入数据解得:v
m
=62.5 ms.
(2)由于求发动机至少需工作多 长时间,因此经甲地后发动机立即以额定功率行驶,
车通过甲、乙的过程应用动能定理,有Pt- fx=0-mv
2
,
代入数据解得最短时间t=131.2 s.
答案:(1)62.5 ms (2)131.2 s
3.解析:(1)由带电小球在第三象 限内做匀速圆周运动可得:带电小球带正电且
mg=qE解得:=.
(2)带电小球从N点运动到Q点的过程中,有:
qvB
2
=m,

由几何关系有R+Rsin θ=l,即R=l.
联解得:v=,
带电小球在杆上匀速运动时,由平衡条件有:
mgsin θ=μ(qvB
1
-mgcos θ),
解得μ=.

(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期
T==,
则从N到Q的时间为,
第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为
t
0
==,
绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为
t==2,
两球相碰有t=+n(t
0
+),
代入以上各量解得n=1.
设绝缘小球b平抛的初速度为v
0
,

则l=v
0
t,解得v
0
=.

计算题天天练(二)
答案:(1)正电 (2) (3)
1.解析:(1)由题意知,滑块在木板上运动时由牛顿第二定律得
μmg=ma
则a=μg=0.2×10 ms
2
=2 ms
2

滑块做 匀减速运动,由于木板固定,设滑块滑离木板时产生的位移为x,则
x=v
0
t-at
2

代入数据可得滑块运动时间t=1.0 s
由公式v=v
0
+at得:
v=3 ms-2×1 ms=1.0 ms.
(2)令滑块恰好不滑离木板右端时,木板的最小加速度为a′,
运动时间为t,则有:
根据速度时间关系有:3-2·t=a′t①
由位移关系得t-a′t
2
=2②
由①②两式解得木板的最小加速度a′=0.25 ms
2

根据牛顿第二定律得F′+μmg=Ma′,则
对木板的最小拉力
F′=Ma′-μmg=8.0×0.25 N-0.20×0.50×10 N=1.0 N
若保证滑块不脱离木板,则木板加速度最大值a″=2 ms
2
,根据牛顿第二定律得
F″=(M+m)a″=(8+0.5)×2 N=17.0 N,

对木板最大拉力为17.0 N.
答案:(1)1.0 s 1.0 ms (2)1.0 N≤F≤17.0 N
2.解析:(1)小球受到重力、支持力和 电场力,重力和支持力平衡,根据牛顿第二定
律,有:
a=== ms
2
=1.0 ms
2

方向水平向左.
(2)设球到 桌面右边的距离为x
1
,球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x
2
,时间< br>为t,
由公式v
2
-=2ax得x
1
=
由平抛运动规律得h=gt
2
,x
2
=vt
则x
2
=0.5v
由于x
总
=x
1
+x
2
,则x
总
=
x
总
=-0.5v
2
+0.5v+0.5,
解方程得v=0.5 ms时,x
总
最大,
其最大值x
总
=0.625 m,而x
1
=0.375 m.
答案:(1)1.0 ms
2
方向水平向左 (2)0.375 m 0.625 m
3.解析:(1)根据功能关系得:W
a
=m
a
gd=1.0 J,W
b
=m
b
gd=0.5 J.
(2)b在磁场中匀速运动时,速度为v
b
,总电阻为
R
1
=R
b
+=7.5 Ω

+0.5v即 < br>b中的电流:I
b
=

由平衡条件得:=m
b
g
=5 Ω a棒在磁场中匀速运动时,总电阻R
2
=R
a
+
同理可得=m
a
g
由以上各式得:=,即=,
而t
a
= t
b
+,则t
a
=t
a
+
解得t
a
=4=
,
s≈0.52 s.
(3)由于v
2
=2gh,则=,
而h
a
=g= m≈1.33 m
则h
b
=h
a
= m=0.75 m.
答案:(1)1.0 J 0.5 J (2)0.52 s (3)1.33 m 0.75 m.
计算题天天练(三)
1.解析:(1)如图所示,A为战机着陆点,AB、BC分别为两个匀减速运动过程,C点
停下,

设战机经B点时速度为v,
A到B过程,依据v=v
0
+at,
第一段匀减速运动的时间为:t
1
==,
, 则B到C过程的时间为:t< br>2
=t-t
1
=t-

依据v=v
0
+ at有:
B到C过程的加速度大小为:
a
2
===.
=2ax得:
=
=
,
=,
(2)根据v
2< br>-
第一段匀减速的位移x
1
=
第二段匀减速的位移为:x
2< br>=
所以新型战机降落后滑行的总路程为:
x=x
1
+x
2
=
答案:(1)

(2)
2.解析:(1)由Ft图像可知,当线框全部进入磁场后,
F=0.2 N,线框的加速度:a==2 ms
2

t=0时线框所受的安培力:F
安< br>=
由牛顿第二定律:F-F
安
=ma
解得:B=0.5 T.
(2)线框进入磁场过程通过截面电荷量:q=Δt
由法拉第电磁感应定律得:=
由闭合电路欧姆定律得:=,解得q==
由匀变速直线运动得:x=v
0
t+at
2
=0.75 m
,且F=0.3 N

解得:q=0.75 C.
答案:(1)0.5 T (2)0.75 C
3.解析:(1)粒子在金属板电场加速时qU=mv
2
,
粒子在左侧磁场中运动时,有qvB
1
=m,
sin α=,
a到A点的距离x=-R
1
(1-cos α),
解得x=(-)L. < br>(2)如图(甲)所示,粒子在右侧磁场中沿半径为R
n
和R
m
的两临 界轨道从上边缘CC
1
离开磁场时,有:

R
n
=L,
R
m
=L,
又qv
n
B
2
=m,
qv
m
B
2
=m,
粒子在中间电场运动时

qE
n
L=m
qE
m
L=m
解得E
n< br>=
-mv
2
,
-mv
2
,
,E
m
=,
(3)粒子在左右磁场运动
T
1
=
T
2
=
,
,
若使粒子 从D点射出,粒子经中间区域时必须减速,因此必须改变中间区域的电场
方向并取定电场E的某一恰当确 定数值,其粒子运动轨迹沿如图(乙)所示.

可得:α=60°,有
t=+,
解得t=.
计算题天天练(四)

1.解析:(1)水从管口流出后做平抛运动,设水流到达轮子边缘的速度大小为v,则
v==5 ms
由题意可得轮子边缘的线速度:v′=5 ms
所以轮子转动的角速度ω==50 rads.
(2)设水流到达轮子边缘的竖直分速度为v
y
,运动时间为t,水平、竖直分位移分别
为x、y:v
y
==4 ms
由v
y
=gt得t==0.4 s
x=v
0
t=1.2 m
y=gt
2
=0.8 m
水管出水口距轮轴O水平距离l和竖直距离h为:
l=x-Rcos 37°=1.12 m
h=y+Rsin 37°=0.86 m.
答案:(1)50 rads (2)1.12 m 0.86 m
2.解析:(1)设带电离子所带的电荷量为q,当其所受的洛伦兹力与电场力平衡
时,U
0
保持恒定,有qv
0
B=q,①
得U
0
=Bdv
0
.②
(2)设开关闭合前后,管道两端 压强差分别为p
1
、p
2
,液体所受的摩擦阻力均为f,
开关闭合后 管道内液体受到的安培力为F
安
,
有p
1
hd=f,③
p
2
hd=f+F
安
,④

F
安
=BId,⑤
根据欧姆定律,有I=,⑥
两导体板间液体的电阻r=ρ,⑦
由②③④⑤⑥⑦式得Δp=p
2
-p1
=
(3)电阻R获得的功率为P=I
2
R,
P=()
2
R,
.
当=时,电阻R获得的最大功率P
m
=
答案:见解析
.
3.解析:(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°,
根据平行四边形定则知:v
C
==4 ms,
小物块由C到D的过程中,由动能定理得:
mgR(1-cos 60°)=m-m,
代入数据解得:v
D
=2 ms.
小球在D点时由牛顿第二定律得:N-mg=m,
代入数据解得:N=60 N,
由牛顿第三定律得:N′=N=60 N,方向竖直向下.
(2)设小物块刚滑到木板左端时达到共同速度,大小为v,小物块在木板上滑行的过
程中,
小物块与长木板的加速度大小分别为:

a
1
==μg=3 ms
2
,a
2
==1 ms
2
.
速度分别为:v=v
D
-a
1
t,
v=a
2
t,
对物块和木板系统,由功与能的转化关系得
μmgL=m-(m+M)v
2
.
解得:L=2.5 m,即木板的长度至少是2.5 m.
答案:(1)60 N (2)2.5 m
计算题天天练(五)
1.解析:(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F
N
处于平衡,如图所示:
则F=mgtan θ,
代入数据可得:F= N.

(2)由图(乙)可知,滑块滑到木板上的初速度为10 ms
当F变为水平向右之后,由牛顿第二定律可得:
mgsin θ+Fcos θ=ma,
解得a=10 ms
2
,
下滑的位移x=,
解得x=5 m.
故下滑的高度:h=xsin 30°=2.5 m.
(3) 由图象可知,二者先发生相对 滑动,当达到共速后一块做匀减速运动,设木板
与地面间的动摩擦因数为μ
1
,滑块与 木板间的动摩擦因数为μ
2
,

二者共同减速时的加速度大小a
1
=1 ms
2
,发生相对滑动时,木板的加速度a
2
=1 ms
2
,
滑块减速的加速度大小为:a
3
=4 ms
2
,
对整体共同运动过程,可得:a
1
=
可得:μ
1
=0.1.
在0～2 s内分别对M和m分析受力
对M可得:a
2
=
对m:a
3
==μ
2
g

=μ
1
g
代入数据解得:M=1.5 kg.
答案:(1) N (2)2.5 m (3)1.5 kg
2.解析:(1)A在传送带上做匀减速运动,设加速度大小为a,
则:μmg=ma
代入数据解得:a=2 ms
2
,
由运动学公式:-=-2aL,
代入数据解得:v
P
=3 ms.
(2)要从P点飞出后仍落至地面上的Q点,A在P点的速率必为3 ms,
当皮带顺时针转动时,若v
A
= ms,则A在传送带上一直做匀减速运动,到达P点
时速度恰好为3 ms,从P点飞出仍落至地面上的Q点,
若v
A
< ms,则A在传送带上可能先做匀减速运动,达到3 ms,后和传送带一起
做匀速运动,也可能先加速运动,达到3 ms后和传送带一起匀速运动,其中的 临界
情况是A在传送带上一直匀加速运动,到达P点时速度刚好为3 ms,
设这种情况下A刚好滑上传送带时的速度为v
0
,

由运动学公式,有:-=2aL,
代入数据解得:v
0
=1 ms.
因此,A刚好滑上传送带时的速度需满足:1 ms≤v
A
≤
设A的初始位置与虚线间的距离为x,
由动能定理有:qEx=m-0.
ms
代入数据解得:0.1 m≤x≤1.7 m.
答案:(1)3 ms (2)0.1 m≤x≤1.7 m
3.解析:(1)当U< br>MN
=0时粒子沿O
2
O方向射入磁场轨迹如图☉O
3
,设其 半径为R
1
.

由几何关系得:R
1
=R,
Bqv=,解得:B=.
(2)在t=0时刻入射粒子经t=飞过极板,沿场强方向先加速、 后减速,时在N处
以水平速度v
0
飞出,
则=××()
2
×2
解得U
0
=.
(3)经分析可知所有粒子经电场后其速度均为v
0
,

< br>当t=(2k+1)(k=0,1,2,3…)时刻入射的粒子贴M板平行射入磁场轨迹如☉O
4
,偏转
角为α.
由几何知识可知α=120°,t
1
=.
当t=2k(k=0,1,2,3…)时刻入射的粒子贴N板平行射入磁场轨迹如☉O
5
,偏 转角
为β.
由几何知识可知β=60°,t
2
=,

又 T=,故Δt=t
1
-t
2
=.
(2) (3)
计算题天天练(六)
1.解析:(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速,则滑块由于受到 向右的滑动摩
擦力而做匀加速运动;若滑块冲上传送带时的速度大于带速,则滑块由于受到向左
的滑动摩擦力而做匀减速运动.
(2)设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a,
由牛顿第二定律μmg=ma.由运动学公式得
由能量守恒可得E
p
=mv
2
.解得E
p
=m
-v
2
=-2aL.
答案:(1)
+μmgL.
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t,则t时间内传 送带的位移x=v
0
t,对滑块
v
0
=v-at,-v
2< br>=-2aL.

滑块相对传送带滑动的位移Δx=L-x.
因相对滑动生成的热量Q=μmg·Δx.
解得Q=μmgL- mv
0
(
答案:(1)见解析 (2)m
(3)μmgL- mv
0
(
-v
0
).
+μmgL
-v
0
)
2.解析:(1)设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的静电力分别为F
1和F
2
.则:F
1
=F
2
=k
小球沿水平方 向受到的静电力为F
1
和F
2
的合力F,由平行四边形定则得:F=2F1
cos
60°
解得:F=k.
(2)管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面,小球在管道中运
动时,小 球受到的静电力和管道对它的弹力都不做功,只有重力对小球做功,小球
的机械能守恒,有:
mgR=m-0,解得:v
C
=.
(3)设在B点管道对小球沿竖直方向的 支持力的分力为N
By
,在竖直方向对小球应用
牛顿第二定律得:N
By-mg=m
v
B
=v
C
,解得:N
By
=3mg
设在B点管道对小球在水平方向的支持力的分力为N
Bx
,则:
N
Bx
=F=k
圆弧形管道最低点B处对小球的支持力大小为:

N
B
==
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为:
N
B
′=N
B
=.
答案:(1)k (2) (3)
3.解析:(1)在0～1 s时间内,设t时刻磁场磁感应强度为B,QKLM中的感应电动势
为E,电流为I,金属导轨QM受到的安培力为F,则:由(乙)图得:=2 Ts,则
B=2+2t(T)
由法拉第电磁感应定律得:E=
而ΔΦ=dLΔB,I=,解得E=1 V,I=0.2 A
导轨所受的安培力:F=BId=(2+2t)Id
当t=1 s时,安培力最大为F
m
,则:F
m
=0.8 N
设金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力为f
m
,
则:f
m
=μ(m
1
+m
2
)g=1.5 N
1 s以后,电动势为零,QM受到的安培力为零,即安培力最大时,仍然小于金属导轨
PQM N受到的最大静摩擦力,金属导轨PQMN始终静止,受到的是静摩擦力,所以
f
max
=F
m

则得f
max
=0.8 N.

(2)从t=2 s开始后,导轨QM受到的安培力向右,由于小立柱1、2的作用,金 属导
轨PQMN静止.设杆KL的最大速度为v
m
时,感应电动势为E
1,电流为I
1
,受到的安培
力为F
1
,外力为F
0,则:E
1
=B
0
dv
m
,I
1
=< br>即:=
.则得:F
1
=B
0
I
1
d,有: F
0
v
m
=P
0

解得:v
m
=10 ms
撤去外力直到停下来,产生的总热量为Q
0
,则Q
0
=m
2
QM上产生的热量:Q
R
=R

代入数据,解得:Q
0
=5 J,Q
R
=4 J.
答案:(1)0.8 N (2)4 J
计算题天天练(七)
1.解析:(1)过ETC通道时,减速的位移和加速的位移相等,均为:
s
1
== m=100 m.
所以总的位移: s
总1
=2s
1
+10 m=210 m.
(2)过ETC通道时;t
1
=×2+=22 s.
过人工收费通道时:t
2
=×2+20 s=50 s,
s
2
=×2=225 m.
二者的位移差:Δs=s
2
-s
1
=225 m-210 m=15 m.
在这段位移内过ETC通道的车以15 ms做匀速直线运动,
所以Δt=t
2
-t
1
+=27 s.

答案:(1)210 m (2)27 s
2.解析:(1)如图(甲)所示 ,设粒子在磁场中的轨道半径为R
1
,则由几何关系得R
1
=,
又q v
1
B=得v
1
=.

(2)如图(乙)所示,设粒子轨 道与磁场外边界相切时,粒子在磁场中的轨道半径为
R
2
,则由几何关系有(2r-R
2
)
2
=+r
2
可得R
2
=,又qv2
B=
.
,可得v
2
=.故要使粒子
不穿出环形区域 ,粒子的初速度不能超过
答案:(1) (2)
3.解析:(1)设物块冲上圆形轨道最高点 B时速度为v,由机械能守恒
得:m=mv
2
+2mgR,
物块到圆弧轨道的最高点B点,由牛顿第二定律得:
N+mg=,
解得:N=40 N,
由牛顿第三定律,物块对轨道压力大小为40 N,方向竖直向上.
(2)物块在Q点时速度为v
0
=6 ms,在PQ运动时,由牛顿运动定律有:μmg=ma,
由运动规律l=v
0
t-at
2

解得在PQ段运动时间:t=0.5 s,

设物块在P点时速度为v
1
,有-=-2al,
,解得由能 量守恒定律可知,物块压缩弹簧时,动能转化为弹性势能,有:E
pm
=m
E
pm
=8 J.
(3)设物块以v
0
冲上轨道直到回到PQ段右侧Q点时速 度为v
2
,有:-2μ
mgl=m-m,
要使物块恰能不脱离轨道返回A点 ,则物块能沿轨道上滑至最高点且在最高点的
速度大小为v
3
,则满足:
m=2mgR+m,且mg=.解得l=1 m.
答案:(1)40 N (2)0.5 s 8 J (3)1 m
计算题天天练(八)
1.解析:(1)设小球的最小出射速度为v
1
,由动能定理得:
kmgs=m,k=0.1,解得:v
1
= ms.
(2)小球落到P点,若在O点抛出时的速率为v
0
,
水平方向有:d=v
0
t
1
,竖直方向有:h=g
解以上两式得:v
0
=0.2 ms
设在平台上运动时加速度为a,有:kmg=ma
即a=kg=1 ms
2

设小球射出速度为v
2
,运动时间为t,
由速度公式得v
0
=v
2
-at
由位移公式得s=v
2
t-at
2

联立两式并代入数据解得t
2
=1 s.
(3)小球碰壁反弹时,设小球从A点射出时速度为v
3
,
离开O点时速度为v
3
′,下落时间为t
3
,
则水平方向有2nd=v
3
′t
3
(n=1,2,3,…)
竖直方向有h
OB
=g,则v
3
′=
由运动学公式得:< br>解得:v
3
=
答案:(1)
(3)
-v
3
′
2
=2as
ms,(其中n=1,2,3…)
ms (2)1 s
ms,(其中n=1,2,3…)
2.解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有:qvB=m,
而T=,则T=
当粒子垂直AD边射出时,根据几何关系,则转过的圆心角为60°
即t
0
=T,解得:B=.
(2)当轨迹圆与AC、AD都相切时,粒子能 从CD边射出,半径最大,速度为最大值,
此时:r=sin 60°=L
根据qvB=m,解得:v=
. 所以,粒子射入的速度应满足v ≤

(3)由(2)知,当轨迹圆与AC相切时,从AC边射出的粒子距C最远
故有粒子射出的范围为CE段,x
CE
=cos 60°=
当轨迹圆与AD 边的交点F恰在圆心O正上方时,射出的粒子距D点最远,故有粒子
射出的范围为DF段,
x
DF
==.
(2) (3)距C点范围,距D点范围 答案:(1)
3.解析:(1)金属棒速度最大时,沿轨道切线方向所受合力为0,则有:
mgcos θ=BIL,
解得I=,
流经R的电流方向为a→R→b.
(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中,穿过回路的磁通量变化量为:ΔΦ
=BS=B·L=.

=.
平均电动势为=,平均电流为=
则流经电阻R的电量:q=Δt=< br>(3)在轨道最低点时,由牛顿第二定律得:N-mg=m
据题有:N=1.5mg
根据能量转化和守恒定律得电路中产生的总热量

Q=mgr- mv
2
=mgr
由于=,则
=. 电阻R上的热量为:Q
R
=
答案:(1)
(2)
方向为a→R→b

计算题天天练(九)
(3)
1.解析:(1)对AB段匀减速直线运动 有v
2
-
而v
0
=72 kmh=20 ms,v=36 kmh=10 ms,
由此得a=1 ms
2
.
=-2aL
1
,
(2)汽车在BC段做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,
f=m,
为了确保安全,则须满足f≤μmg,
解得:R≥20 m,即R
min
=20 m.
(3)设AB段时间为t
1
,BC段 时间为t
2
,CD段时间为t
3
,全程所用最短时间为
t.L
1
=t
1
,πR=vt
2
,L
2
=t
3
,t=t
1
+t
2
+t
3
,
解得:t=23 s.
答案:(1)1 ms
2
(2)20 m (3)23 s
2.解析:(1)货物刚放到传送带时受沿传送带向上的摩擦力,由牛顿第二定律有:
μmgcos θ-mgsin θ=ma,
解得a=0.4 ms
2
.

(2)设经过时间t货物速度达到v
0
=2 ms,与传送带之间相对 静止,通过的距离为
x
1
,传送带通过的距离为x
2
,货物相对传送 带通过的距离为x,则:v
0
=at,
货物的位移:x
1
=at
2
,
传送带的位移:x
2
=v
0
t,
二者位移差:x=x
2
-x
1

代入数据解得:t=5 s,x
1
=5 m,x
2
=10 m,x=5 m
根据功与能的转化关系,有W=xμmgcos θ+mgLsin θ+m
解得:W=164 J.
答案:(1)0.4 ms
2
(2)164 J
3.解析:(1)设粒子从O点穿出时速度为v
0
,由动能定理得,
qU=mv
0
2
,解得v
0
=.
,
由 于粒子在电、磁场中做直线运动,粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,有:qv
0
B
1< br>=qE,
解得B
1
=.
磁场的方向垂直纸面向里.
(2)粒子在电、磁场中运动时间t=,
设粒子离开电场时偏向角为θ,
有:v
y
=at,a=,
tan θ==,解得θ=30°.
粒子离开电场时速度大小v==v
0
,

依题意,粒子运动轨迹如图所示,设在磁场中半径为r,
可得FO′=2r,

2r+r=OQ-OF=3d,解得r=d.
根据洛伦兹力提供向心力,qvB
2
=m,
解得B
2
=,方向垂直纸面向里.
(3)由几何关系可知,O到磁场左边界在x轴上的距离为L=2.5d-rcos 60°=2d,
粒子从O到磁场左边界所用时间t
1
==d
在磁场中运动时间t
2< br>=T=
总时间t=t
1
+t
2
=(1+π)d
答案: (1)
(2)
=
.
,
,
方向垂直纸面向里
方向垂直纸面向里

计算题天天练(十)
(3)1+πd
1. 解析:(1)设飞机在起飞前瞬间牵引力大小为F
1
,受到的阻力大小为f
1
,起飞速度
v=80 ms,则:P=F
1
v
由牛顿第二定律得:F
1
-f
1
=ma
1

代入数据解得:f
1
=7×10
4
N.

(2)设飞机起飞过程加速度为a
2
,达到起飞速度应滑行距离为x
1
,因故 减速滑行距
离为x
2
,跑道的长度至少为x,
由牛顿第二定律得:F-f=ma
2

由匀减速直线运动得:=2a
1
x
1
,=2a
2
x
2
,x=x
1
+x
2

代入数据解得:x=4 000 m
由于x=4 000 m>2 600 m
所以大庆萨尔图机场不能安全起降国产大飞机.
答案:(1)7×10
4
N (2)不能
2.解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力
qv
0
B=,解得:R=0.1 m.
(2)由于只有Z粒子到达电场右边 界,说明Z粒子是垂直电场左边界进入电场的,
作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)所示,O1
为轨迹圆圆心.用d
B
表示磁场区域
的宽度.
由几何知识可知:∠O
1
SO=θ,在△SOO
1
中满足:
cos θ==,代入数据可得θ==60°
即粒子Z从S发射时的速度与磁场左边界夹角为60°(或120°)

(3)在y 轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点,如图(b)所示,N
点到x轴的竖直距离L满足

L
2
+(R-d
B
)
2
=R
2

解得:L=5 cm= m
即粒子P的位置坐标为
(0, m).
(4 )用d
E
表示电场的宽度,对粒子Z在电场中的运动,由动能定理得qEd
E
=mv
2

代入数据解得:E=5.0×10
5
NC
对于P粒子
设沿电场方向的速度为v
∥

=2ad
E
,qE=ma
解得:v
∥
=2×10
6
ms
所以粒子P到达电场右边界时的速度
v==2×10
6
ms
方向与电场右边界成45°(或135°)角.
答案:(1)0.1 m (2)60°(或120°) (3)(0, m)
(4)2×10
6
ms 方向与电场右边界成45°(或135°)角

3.解析:(1)设金属杆长为L,距离 导轨顶部也为L,经过时间t后,金属杆有沿着斜
面向上的加速度,时间t时安培力等于重力沿斜面的分 力,则:F
A
=mgsin θ,
又:F
A
=BIL=BL,
其中:E=kL
2
=0.2 V,所以:(2+0.2t)L=mgsin θ,
解得:t=20 s.
(2)对金属杆由牛顿第二定律:
mgsin θ+F-F
A
=ma,
其中:F
A
=BIL=,
=ma, 解得:mgsin θ+v+0.4-
代入数据解得:1+(1-)v=0.1×10,
因为是匀加速运动,其大小与速度v无关,则(1-)=0,
解得:B=T.
(3 )设t=0时刻金属杆距离顶端为s
0
,若金属杆下滑中闭合电路中无感应电流,则磁
通量保持不变,经过时间t的位移为s,则:B
1
Ls
0
=B
2L(s+s
0
),代入数
据:20×1×1=
解得:s=t
2< br>,
即金属杆做初速度为零的匀加速直线运动,当金属杆下滑5 m时,所用时间t= s.
答案:(1)20 s (2)T (3) s


×1×(s+1),