②电阻箱电阻调至如图（3）所示，则其电阻读数为
电压表的分度值是0.1V，要估计到分度值的下一位；电压表读数如图（4）所示，则其读数为1.50V。
因为R与R0串联，所以
，即
，解得
③根据闭合电路欧姆定律可得：根据根据
图的截距得 图的斜率得
，解得：
，解得：
，变形得：
11. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源，现把个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）通过导体棒的电流I的大小； （2）导体棒受到的安培力F的大小及方向； （3）导体棒受到的摩擦力f的大小及方向 【答案】（1）1.5A（2）0.30N（3）0.06N
- 9 -
(2) 导体棒受到的安培力
由左手定则可得，安培力F方向平行斜面向上。 (3) 导体棒所受重力沿斜面向下的分力
由于F1小于安培力。故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f 画出导体棒的受力示意图如图：
则据共点力平衡条件，解得
12. 如图所示，两平行金属板E、F之间电压为U.两足够长的平行边界MN、PQ区城内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）、由E板中央处静止释放、经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，最终粒子从边界MN离开磁场，求：
（1）粒子离开电场时的速度v及粒子在磁场中做圆周运动的半径r； （2）两边界MN、PQ的最小距离d； （3）粒子在磁场中运动的时间t. 【答案】（1）
；
（2）
（3）
，解得：
- 10 -
【解析】(1) 设粒子离开电场时的速度为v.由动能定理有
粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛仑兹力提供向心力：(2) 最终粒子从边界MN离开磁场，临界的轨迹如图所示：
，解得：
则，解得：
两边界MN、PQ的最小距离为(3) 粒子在磁场中做圆周运动的周期
由图可得粒子在磁场中转过的圆心角θ=240° 粒子在磁场中运动的时间
联立解得：
13. 如图，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=lm/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=lm.物块B静止在水平面的最右端N处、质量为mA=lkg的物块A在距N点s=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动、再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍，A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ=0.2、物块均可视为质点，取g=l0m/s2.
（1）求A到达N点与B碰撞前的速度大小；
（2）求碰撞后瞬间AB的速度大小及碰撞过程中产生的内能；
（3）讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式
- 11 -
【答案】（1）4m/s（2）； （3）见解析；
，解得：
【解析】（1）设碰撞前A的速度为v1.由动能定理得
（2）设碰撞后A、B速度为v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得
，
解得：
由系统能量转化与守恒可得
（3）①如果AB能从传送带右侧离开，必须满足：传送带对它们所做的功②当v2≤v时有：k≥3
，解得：
，解得：
即AB先减速到0再返回，到传送带左端时速度仍为v2； 这个过程传送带对AB所做的功
③当1≤k<3时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端。 在这个过程中传送带对AB所做的功
，解得：
点睛：整体滑上传送带后运动情况的各种可能性分析是解题的关键。
- 12 -
相关推荐：
loading