§ 物理寒假作业（一）答案
选择题：
实验题：
11、（1）R 1 (2分) （2）如图所示 (2分)
（3）如图所示 (2分) 1.5 (2分) 1.9 (2分) 偏小 (2分)
12、（1）（2分）F =qE =8×10－
4N
（2）（2分）U =Ed =8×103V （3）（3分）W =qU =1.6×10－
4J
13．解：（1）由2v qvB m R
=
解得：mv
R qB
=
轨迹如图
（2）粒子运动周期22R m
T v qB
ππ== 则粒子运动时间222
23
t T T πθπ-=
= 所以43m
t qB
π=
（3）由几何关系得：OA 2sin R θ==
OB 2cos mv R qB
θ==
所以粒子经过x 轴和y 轴时的坐标分别为，B(0,)mv qB
14．解：（1）由2B
E S kL t
∆=
⋅=∆ 由E I R
=
得2
kL I R
=
方向：由a 到b
（2）由于安培力F=BIL ∝B =
kt ∝t ，随时间的增大，安培力将随之增大．当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab 将开始向左移动．
这时有：2
kL kt L mg R
μ⋅⋅= 解得23
mgR
t k L
μ=
（3）由2
Q I Rt =
得222
3()kL mgR
Q R mgL R k L
μμ=⋅⋅=
§物理寒假作业（二） 答案
11、（1×1 22 （或22.0）
（2）1.5 0.78（0.70-0.80均给分）
计算题
12、（1）由图（乙）所示的U －I 图线知，电源的电动势E ＝4V ，内电阻r ＝短
I E ＝1Ω
（2）电路中的电流r R E I +=＝1A
路端电压U ＝IR ＝3V （3）电源的输出功率P ＝UI =3W
13、（1）粒子在x 轴方向上做匀速直线运动，所以粒子从M 运动到N 的时间为0
2d
t v =
粒子在y 轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设其加速度为a ，则根据牛顿第二定律有 qE
a m
=
所以 22
112()22qE d d at m v ==⋅⋅
20
2mv E dq
=
（2）由题意可知，粒子在M 点所受洛仑兹力的方向沿y 轴负方向，根据左手定则可知，所加匀强磁场的方向为：垂直纸面向外。
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其半径为r ，由勾股定理得： 222(2)()d r d r +-= 所以 5
2
r d =
根据牛顿第二定律有 r
v m B qv 20
0=
所以 0
25mv B dq
=
14、
（1）线框中产生的感应电动势：0
20t L B S t B
t E =
⋅==∆∆∆φ∆
线框中产生的感应电流：0
2
0Rt L
B R E I =
=
（2）t 0时刻线框的速度：00at v =
在此过程中，安培力为0，拉力即为合外力，所以
拉力做的功：2
02202
121t ma mv W ==
（3）设线框离开磁场过程的时间为't ，则有：
202
1'at 't v L +=
解得：0't t =
（另一解不合符题意，舍去）
线框在离开磁场的过程中运动的速度：at v = 产生的感应电流：R Lv B I 0=
由牛顿第二定律得：ma IL B F =-0
解得：ma t R
a L B F +⋅=
220 （0t t ≤≤
§物理寒假作业（三） 答案
11.答案 (1)R 1 A 2 (2)电路图如解析图所示 (3)BD
解析 (1)本题滑动变阻器采用分压接法，通常应当选用最大阻值较小的滑动变阻器，但本题中如果选用R 2，则电路中的电流会超过R 2允许通过的最大电流，故滑动变阻器应当选择R 1.电流表A 1的量程太小，故电流表应当选择A 2.
(2)电路如右图所示，由于电压要从0开始测量，滑动变阻器用分压接法；因为灯泡的内阻比较小，电流表用外接法．
(3)随着通过小灯泡电压电流的增大，小灯泡消耗的功率增大，小灯泡的电阻也增大，由P ＝U 2
R 知B
图正确，由P ＝I 2R 知D 图正确．
计算题
12、答案 5s
解析
导线恰要离开斜面时受力情况如图．
由平衡条件，得：F ＝mg
tan37°.①
而F ＝IlB .
②
B ＝
0.4t ③
代入数据解①②③即得： t ＝5s.
13、（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为a ，
由牛顿运动定律得：qE =
ma （1分）得：Eq
a m
=
（1分） 设粒子出电场、入磁场时速度的大小为v ，此时在y 轴方向的分速度为v y ，粒子在电场中运动的时间t ，则有v y =at （1分） 0
l
t v =
（1分） 依题意：
tan
y v v θ=＝1（1分）
得：0v =
（1分） （2）粒子进入磁场时的速度为：
0v ==（1分） v =
（1分） （3）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，则有：
2mv Bqv R =（2分），得：mv R qB
= （1分）
由图中的几何关系可知，要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件为：
d ≤R (1＋cos45° ) （2分）
结合已知条件，解以上各式可得d ≤
1分）
14、（15分） 解析：（1）线圈进入磁场时匀速，有mg F =安 （2分） 且1F BI L =安 （1分） 所以1mg
I BL
=
（1分） 方向：逆时针 （1分） （2）在线圈离开磁场的过程中：q I t =⋅∆ （2分）
又E
t I R R
φ∆∆== （2分）
所以：2
BL q R R
φ∆== （1分） （3）线圈刚进入磁场时：10E BLv = （1分）
而：11E
I R
= （1分）
所以，线圈刚进入磁场时的速度022mgR
v B L
= （1分）
从线圈完全进入磁场到线圈下边缘刚离开磁场的过程中，线圈做匀加速运动
所以：22
02v v gL -= （1分）
所以：v = （1分）
§物理寒假作业（四） 答案
选择题
实验题
11、 2.10V 4.2Ω
计算题 12、
解析：（1）回路中产生的感应电动势0E BLv = 代入数据解得1V E = （2）电路中的电流2A E
I R r
=
=+ R 上消耗的电功率2
0.8W P I R ==
（3）使导线保持匀速直线运动，外力F 应等于导体棒所受的安培力。
力F 的大小1N F BIL == 力F 的大小的方向水平向右。
13、（1）1V （2）3.2V
14、（1）若粒子的速度小于某一值v 0时，则粒子不能从BB ′ 离开区域Ⅰ，只能从AA ′边离开区域Ⅰ，
无论粒子速度大小，在区域Ⅰ中运动的时间相同，轨迹如图所示（图中只画了一个粒子的轨迹）。
粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的圆心角为1ϕ=240o ，运动时间T t 3
2
0= 又 qB
m
T π2= 解得
6103
10⨯=m q C/kg 或6
103.3⨯ C/kg （2）当粒子速度为v 0时，粒子在区域I 内的运动轨迹刚好与BB ′边界相切，此时有
R 0+R 0sin ︒30= d 又0
2
00R mv B qv =
得60103
2
⨯=
v m/s (1分
) 当粒子速度为v 1时，刚好垂直边界BB ′射出区域Ⅰ，此时轨迹所对圆心角φ2=300，有R 1sin φ2 = d
又1
2
1
1R mv B qv = 得v 1 =2×106m/s
（3）区域I 、Ⅱ宽度相同，则粒子在区域I 、Ⅱ中运动时间均为
8
t 穿过中间无磁场区域的时间为51
1==v d
t ×10-7s 则粒子从O 1到DD ′所用的时间t =4
0t +t 1 =1.5×10-6
s。