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电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运...

电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E1,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势为E2 时,此时与电容器两极板间的电压相等,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。问:

1)磁场的方向;

2MN刚开始运动时加速度a的大小;

3MN离开导轨后的最大速度vm的大小(结论可以保留根号)

 

(1)磁场方向垂直导轨平面向下;(2)(3) 【解析】试题(1)根据通过MN电流的方向,结合左手定则得出磁场的方向.(2)根据欧姆定律得出MN刚开始运动时的电流,结合安培力公式,根据牛顿第二定律得出MN刚开始运动时加速度a的大小.(3)开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值时,根据电动势和电荷量的关系,以及动量定理求出MN离开导轨后最大速度. (1)电容器上端带正电,通过MN的电流方向向下,由于MN向右运动,根据左手定则知,磁场方向垂直于导轨平面向下. (2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有: 设MN受到的安培力为F,有:F=BIL 由牛顿第二定律有:F=ma 联立解得: (3)电容器放电前所带的电荷量 开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值时,MN上的感应电动势: ,最终电容器所带电荷量 则通过MN的电量 由动量定理,有: 得 解得:  
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考点分析:
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如图甲、乙分别是波传播路径上M、N两点的振动图象,已知MN=1m.

①若此波从MN方向传播,则波传播的最大速度为多少?

②若波传播的速度为1000m/s,则此波的波长为多少?波沿什么方向传播?

 

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利用双缝干涉测定光的波长的实验中,双缝间距d=0.4mm,双缝到光屏间的距离l=0.5m,用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示,分划板在图中AB位置时游标卡尺读数也如图中所给出,则:

(1)分划板在图中AB位置时游标卡尺读数分别为xA=______mmxB=______mm,相邻两条纹间距Δx=______mm

(2)该单色光的波长λ=_______m

(3)若增大双缝的间距,其他条件保持不变,则得到的干涉条纹间距将_______(填“变大”“不变”或“变小”);若改用频率较高的单色光照射,其他条件保持不变,则得到的干涉条纹间距将______(填“变大”“不变”或“变小”)。

 

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在“用单摆测定重力加速度”的实验中,

(1)为了尽量减小实验误差,以下做法正确的是______

A.选用轻且不易伸长的细线组装单摆

B.选用密度和体积都较小的摆球组装单摆

C.使摆球在同一竖直平面内做小角度摆动

D.选择最大位移处作为计时起点

(2)一位同学在实验中误将49次全振动计为50次,其他操作均正确无误,然后将数据代入单摆周期公式求出重力加速度,则计算结果比真实值________(填“偏大”或“偏小”)。

(3)为了进一步提高实验精确度,可改变几次摆长L并测出相应的周期T,从而得出一组对应的LT的数据,再以L为横轴、T2为纵轴建立直角坐标系,得到如图所示的图线,并求得该图线的斜率为k,则重力加速度g=____

 

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一列振幅为4cm,频率为25Hz的绳波,在t0时刻的波形图如图所示,绳上的质点P位于最大位移,质点Q位于平衡位置,质点M振动方向沿y轴正向,则正确的是

A. 波沿x轴正向传播

B. t0时,质点N的振动方向沿y轴正向

C. t01s时,质点Q的加速度达到最大,方向沿y轴正向

D. t01st02s时间内,波传播的距离为01m

 

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如图所示,一束复色光斜射到置于空气中的厚平板玻璃(上、下表面平行)的上表面,穿过玻璃后从下表面射出,变为ab两束平行单色光。关于这两束单色光,下列说法中正确的是(  )

A.此玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率

B.在此玻璃中a光的传播速度大于b光的传播速度

C.在此玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角

D.用同一双缝干涉装置进行实验可看到a光的干涉条纹间距比b光的窄

 

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