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訓練（1）
1、如圖所示，水平傳送帶的速度為4.0/s，它的右端與等高的光滑水平平臺相接觸.一工作（可看成質點）輕輕放手傳送帶的左端，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù) ，經過一段時間工件從光滑水平平臺上滑出，恰好落在小車左端，已知平臺與小車的高度差h=0.8，小車左端距平臺右端的水平距離為s=1.2，取g=10/s2，求：
（1）工件水平拋出的初速度 是多少？
（2）傳送帶的長度L是多少？

2、如圖所示，質量=6.0kg物塊（可視為質點）從斜面上的A點由靜止開始下滑，滑到斜面底端B后沿水平桌面再滑行一段距離后從C點飛出，最后落在水平面上的E點。已知物塊與斜面、水平桌面間的動摩擦因數(shù)都為μ=0.50，斜坡的傾角θ=37°，CD高h=0.45， BC長L=2.0，DE長S=1.2。假設斜坡與水平桌面間是平滑連接的，整個運動過程中空氣阻力忽略不計。試求：（1）物塊經過C點的速度大��；(2) 物體在B點的速度大��；（3）物體在斜面上滑行的時間。

3、如圖甲所示，一豎直平面內的軌道由粗糙斜面AD和光滑圓軌道DCE組成，AD與DCE相切于D點，C為圓軌道的最低點，將一小物塊置于軌道ADC上離地面高為H處由靜止釋放，用力傳感器測出其經過C點時對軌道的壓力N，改變H的大小，可測出相應的N的大小，N隨H的變化關系如圖乙折線PQI所示(PQ與QI兩直線相連接于Q點)，QI反向延長交縱軸于F點(0,5.8N)，重力加速度g取10/s2，求：
(1)圖線上的PQ段是對應物塊在哪段軌道上由靜止釋放（無需說明理由）？并求出小物塊的質量；
(2)圓軌道的半徑R、軌道DC所對應的圓心角θ；
(3)小物塊與斜面AD間的動摩擦因數(shù)μ。

4、如圖甲所示，兩條足夠長的光滑平行金屬導軌豎直放置，導軌間距L=1，兩導軌的上端間接有電阻，阻值R=2Ω，虛線OO'下方是垂直于導軌平面向里的勻強磁場，磁感應強度B=2T�，F(xiàn)將質量為=0.1Kg，電阻不計的金屬桿ab，從OO'上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落過程中與導軌保持良好接觸，且始終保持水平，不計導軌電阻，已知金屬桿下落0.4的過程中加速度a與下落距離h的關系如圖乙所示，g=10/s2，求：
（1）金屬桿剛進入磁場時的速度多大？
（2）金屬桿下落0.4的過程中，電阻R上產生了多少熱量

5、在水平放置的兩塊金屬板AB上加上不同電壓，可以使從熾熱的燈絲釋放的電子以不同速度沿直線穿過B板中心的小孔O進入寬度為L的勻強磁場區(qū)域，勻強磁場區(qū)域的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。若在A、B兩板間加上電壓U0時，電子不能穿過磁場區(qū)域而打在B板延長線上的P點，如圖18所示。已知電子的質量為，電荷量為e，并設電子離開A板時的初速度為零。
（1）在A、B兩板間加上電壓U0時，求電子穿過小孔O的速度大小v0；
（2）求P點距小孔O的距離x；
（3）若改變A、B兩板間的電壓，使電子穿過磁場區(qū)域并從邊界N上的Q點射出，且從Q點穿出時速度方向偏離原的方向的角度為θ，則A、B兩板間電壓U為多大？

6、如圖19甲所示，在一個正方形金屬線圈區(qū)域內，存在著磁感應強度B隨時間變化的勻強磁場，磁場的方向與線圈平面垂直。金屬線圈所圍的面積S=200c2，匝數(shù)n=1000，線圈電阻r=1.0Ω。線圈與電阻R構成閉合回路，電阻R=4.0Ω。勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的情況如圖19乙所示，求：
（1）在t=2.0s時刻，通過電阻R的感應電流的大��；
（2）在t=2.0s時刻，電阻R消耗的電功率；
（3）0~6.0s內整個閉合電路中產生的熱量。

7、如圖所示, xoy為空間直角坐標系，PQ與y軸正方向成θ=30°角。在第四象限和第一象限的xoQ區(qū)域存在磁感應強度為B的勻強磁場，在Poy區(qū)域存在足夠大的勻強電場，電場方向與PQ平行，一個帶電荷量為+q，質量為的帶電粒子從-y軸上的 A(0,-L)點，平行于x軸方向射入勻強磁場，離開磁場時速度方向恰與PQ垂直，粒子在勻強電場中經時間 后再次經過x軸, 粒子重力忽略不計。求：
（1）從粒子開始進入磁場到剛進入電場的時間 ；
（2）勻強電場的電場強度E的大小。

8、如圖所示的區(qū)域中，左邊為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為 B ，右邊是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向平行于OC且垂直于磁場方向．一個質量為 、電荷量為-q 的帶電粒子從P孔以初速度V0沿垂直于磁場方向進人勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角θ＝600 ，粒子恰好從C孔垂直于OC射入勻強電場，最后打 在Q點，已知OQ＝ 2 OC ，
不計粒子的 重力，求：
( l )粒子從P運動到Q所用的時間 t 。
( 2 )電場強度 E 的大小
( 3 )粒子到達Q點時的動能EkQ

9、如圖所示，在光滑的水平面上有一塊質量為2的長木板A，木板左端放著一個質量為的小木塊B，A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時，A和B一起以v0向右運 動，木板與墻發(fā)生碰撞的時間極短，碰后木板以原速率彈回，
求：（1）木板與小木塊的共同速度大小并判斷方向.
（2）由A開始反彈到A、B共同運動的過程中，B在A上滑行 的距離L。
（3）由B開始相對于A運動起，B相對于地面向右運動的最大距離s。

10、如圖所示，某空間內存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里。一段光滑絕緣的圓弧軌道AC固定在場中，圓弧所在平面與電場平行，圓弧的圓心為O，半徑R=1. 8，連線OA在豎直方向上，圓弧所對應的圓心角 =37°�，F(xiàn)有一質量=3.6×10—4kg、電荷量q=9.0×10—4C的帶正電的小 球（視為質點），以v0=4.0/s的速度沿水平方向由A點射入圓弧軌道，一段時間后小球從C點離開圓弧軌道。小球離開圓弧軌道后在場中做勻速直線運動。不計空氣阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）勻強電場場強E的大小；
（2）小球剛射入圓弧軌道瞬間對軌道壓力的大小。

1．解：（1）小物塊從平臺右端水平拋出后，做平拋運動。
水平方向： ……………………（1分） 豎直方向： …………（1分）
得： …………………………（2分）
（2）由于 小于水平傳送帶的速度，故可知小物塊在傳送帶上一直做勻加速運動。小物塊在傳送帶上所受摩擦力： …………………………（1分）
由牛頓第二定律可知： …………………………………………（1分）
由運動學關系可知： ………………………………………………（1分）
得： …………………………………………………………（1分）

2、解：（1）物塊從C到E的過程做平拋運動
豎直方向做自由落體運動 h=gt2/2 0.45= 10×t2/2 解得t=0.3 s 2分
水平方向做勻速直線運動 S=VCt 1.2=VC×0.3 得 VC=4/s 2分
（2）物塊從B到C的過程做勻減速運動,設加速度為a1
f1= 2分
由2 a1L= VC2- VB2 2×（-5）×2= 42- VB2 得 VB=6/s 2分
(3)設物塊在斜坡上時的加速度為a2
a2=2/s2 2分
斜面上勻加速運動VB= a2t t=3s 2分

3解：（1）對應物塊在DC軌道上運動 1分
由圖線可知，H=0時靜止于P點，則N=g＝5 得＝0.5kg 1分
(2)當物塊只圓軌道DC上運動時由動能定理得gH＝12v2解得v＝2gH ① 1分
由向心力公式N－g＝v2R ② 1分
由①、②式可得N＝v2R＋g＝2gRH＋g； 1分
由圖象斜率可知2gR＝10 得R＝1 1分
據分析圖像中的PQ部分對應光滑軌道DC段，D點離開地面的高度
HD=R(1-cosθ)＝1×(1-cosθ)=0.2 1分
解得θ＝37° 1分
(3)當物塊由斜面上滑下時由動能定理得gH－μgcosθ(H－0.2)sinθ＝12v2 ③ 2分
③式代入向心力公式N－g＝v2R得N＝v2R＋g＝2g－83μgRH＋1.63μg＋g 2分
結合QI曲線知1.63μg＋g＝5.8 1分
解得μ＝0.3 1分

4、（1）F安－g=a，v=1.5 /s （2）收尾速度0.5/s，Q=0.3875 J
5、解：（1）電子在AB板間電場中加速時，由動能定理得

解得 （3分）
（2）電子進入磁場區(qū)域做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得
解得 （2分）
所以 （1分）
（3）若在A、B兩板間加上電壓U時，電子在AB板間加速后穿過B板進入磁場區(qū)域做圓周運動，并從邊界N上的Q點穿出，由動能定理可得

由牛頓第二定律可得
且由幾何關系可知
所以 （2分）
6、解：（1）根據法拉第電磁感應定律，0~4.0s時間內線圈中磁通量均勻變化，產生恒定的感應電流。t1=2.0s時的感應電動勢
（2分）
根據閉合電路歐姆定律，閉合回路中的感應電流
（1分）
解得 I1= 0.2A （1分）
（2）由圖象可知，在4.0s~6.0s時間內，線圈中產生的感應電動勢

根據閉合電路歐姆定律，t2=5.0s時閉合回路中的感應電流
=0.8A
電阻消耗的電功率 P2=I22R=2.56W （2分）
（3）根據焦耳定律，0~4.0s內閉合電路中產生的熱量
Q1=I12(r＋R)Δt1=0.8 J （1分）
4.0~6.0s內閉合電路中產生的熱量
Q2=I22(r＋R)Δt2=6.4 J （2分）
0~6.0s內閉合電路中產生的熱量
Q = Q1＋Q2 =7.2J （1分）

7. 解析：（1）設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R, 則由幾何關系得 R=L
qvB= 聯(lián)立得
又有
粒子在磁場中運動時間
由到 做勻速直線運動的時間
所以粒子從開始進入磁場到剛進入電場的時間
聯(lián)立以上各式得
（2） 在電場中做類平拋運動 =vt

由幾何關系得

聯(lián)立得 把θ=30°代入得

8、
(1)畫出粒子運動的軌跡如圖示的三分之一圓弧
(O1為粒子在磁場中圓周運動的圓心）：∠PO1 C=120°
設粒子在磁場中圓周運動的半徑為r，
……………………2分
r+rcos 60°= OC=x O C=x=3r/2 …………………………2分
粒子在磁場中圓周運動的時間 ……………………1分
粒子在電場中類平拋運動 O Q=2x=3r……………………1分
…………………………………………1分
粒子從P運動到Q所用的時間 …………………………1分
(2) 粒子在電場中類平拋運動 ……1分 ……1分
解得 …………………1分
(3)由動能定理 …………2分 解得粒子到達Q點時的動能為 ……1分
9、1、撞后無機械能損失A將以原速率返回
由動量守恒： ……………… 2分
解得： ……………… 1分 方向向左………………1分
2、由能的轉化與守恒定律得 ………………3分
解得： ………………1分
3、B相對于地面速度為0時有最遠的向右位移
由牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律得： ………………1分
得 ………………1分
由 ………………1分
得 ………………1分

10
解：（1）小球離開軌道后做勻速直線運動，其受力情況如圖1所示，則有
①
所以 E=3.0N/C 4分
（2）設小球運動到C點時的速度為v。在小球沿軌道從A運動到C的過程中，根據動能定理有
②
解得 v=5.0/s ③
小球由A點射入圓弧軌道瞬間，設小球對軌道的壓力為N，小球的受力情況如圖2所示，根據牛頓第二定律有
④
根據圖1還有： ⑤
由③④⑤可求得： N=h
根據牛頓第三定律可知，小球由A點射入圓弧軌道瞬間對軌道的壓力
N′=N=3.2×10—3N 8分

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