1.(18分)如圖所示;U形框架由兩平行金屬板A、B和絕緣底座P匯總

1、2009年高考考前資料二00九年四月十八日1. (18分)如圖所示；“U”形框架由兩平行金屬板 A、B和絕緣底座P組成，在金屬板 A、B上同一高度處開(kāi)有兩個(gè)小孔M N,并在M N之間固定一絕緣光滑平板，整個(gè)裝置總質(zhì)量為附1kg,靜止在光滑水平面上.兩平行金屬板A、B組成的電容器的電容為C=6.25 x 10-7F,金屬板帶電量為 Q=0.2C,間距為d=0.1m,現(xiàn)有一電荷分布均勻的帶電量為q=5X1 0-5C,質(zhì)量為m=1kg ,長(zhǎng)度為l =0.1m的絕緣橡膠棒以 vo=10 m/s的速度由右邊小孔水平滑入"U'形框架中，設(shè)絕緣棒的電荷量對(duì)“U”形框架內(nèi)的電場(chǎng)沒(méi)有影響.問(wèn):

2、(1)橡膠棒是否能夠全部進(jìn)入“U”形框架內(nèi)？(2) “U”形框架的最終速度；(3)橡膠棒與“ U”形框架相互作用過(guò)程中系統(tǒng)增加的電勢(shì)能.1 .解析：(1)設(shè)帶電橡膠棒剛好全部進(jìn)入“U”形框架時(shí)，達(dá)到與“ U”形框架共速v,則由動(dòng)能定理:qE 1212L = mv0 - 2 m M v由動(dòng)量守恒： mv>=(r+M)v其中e=9Cd由式聯(lián)立得：L=0.3125(m). L>l橡膠棒能全部進(jìn)入" U'形中i架.(2)設(shè)相互作用過(guò)程中“U”形框架的最終速度為v2,棒的最終速度為Vi由(1)知棒能全部穿出“ U”形框架由動(dòng)能定理： 2 X 1 qEl =1mvo -1mv

3、2 - Mv22r 222由動(dòng)量守恒： mv=mv+Mv由式聯(lián)立得：V2=2m/s(3)系統(tǒng)增加的電勢(shì)能等于機(jī)械能的減小量1 2 12 12 E= - mv0 - mvi - -Mv2 =16 (J)222評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題共18分，式各 1分。2. (18分)在半徑為 R的半圓形區(qū)域中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m,帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點(diǎn)(AP=d)射入磁場(chǎng)(不計(jì)重力影響)。(1)如果粒子恰好從 A點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求入射粒子的速度。（2）如果粒子經(jīng)紙面內(nèi) Q點(diǎn)從磁場(chǎng)中射出，出射方向與半圓在Q點(diǎn)切線(xiàn)方向的夾角為 。（如圖）。求入射粒子

4、的速度。2. （18 分）解：由于粒子在 P點(diǎn)垂直射入磁場(chǎng)，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。設(shè)入射粒子的速度為 vi,由洛倫茲力的表達(dá)式和牛頓第二定律得：2Vi m=qBv1 3 分d/2qBd 解得：V1 =3分2m設(shè)O是粒子在磁場(chǎng)中圓弧軌道的圓心， 連接。&,設(shè) o/q=r/。由幾何關(guān)系得：. OQO/ =；OO/ =R/ +R-d3 分，CC，2，由余弦定理得：(OO/)2 = R2+R/ 2RR/ cos93分解得:d(2R-d)2 I R(1 cos ) - d 12V設(shè)入射粒子的速度為 V,由m = qvB R/解出:qBd(2R-d)2 m I.R(1 cos )

5、- d I3. （21分）如圖甲所示，物體 A、B的質(zhì)量分別是 mA=4.0kg和mB=3.0kg,用輕彈簧相連 放在光滑水平面上，物體 B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物體 C從t =0時(shí)以一定速度向右 運(yùn)動(dòng)，在t =4s時(shí)與物體A相碰，并立即與 A粘在一起不再分開(kāi)。物塊 C的v-t圖象如圖乙 所示。求：物塊C的質(zhì)量me墻壁對(duì)物體B的彈力在4s到8s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B做的功W及在4s到12s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B的沖量I的大小和方向B離開(kāi)墻后彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep»vrenA iwwvvrr圖甲3. （21 分）（1）由圖可知，C與A碰前速度為v1=9m/s,碰后速度為v2=3m/s, C與A碰撞

6、過(guò)程動(dòng)量守 恒。mcvi=(mA+mc)V2, 3分 得 mc=2 kg 2 分(2)墻對(duì)物體 B不做功，W=0o2分 由圖知，12s末A和C的速度為V3 = 3m/s,4s到12s,墻對(duì)B的沖量為I = (mA+mc)V3 (mA+mc)V2, 3分得I = -36N.S,方向向右。3分(3) 12s末B離開(kāi)墻壁，之后 A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，且當(dāng) AC與B速度V4相等時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大。(mA+mc)V3 = (mA+mB+ mc)V4 3 分(mA+mc)V32/2 = (mA+mB+ mc)V42/2+Ep3 分得 Ep=9J2 分4. (16分)如圖甲所示，相距為

7、 L的兩平行金屬導(dǎo)軌 MN、PQ固定在絕緣水平面上，處于 豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì).兩相同金屬棒c和d與導(dǎo)軌垂直放置，它們的質(zhì)量均為 m,電阻均為R,間距為s°,與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)均 為叢設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等.在 t=0時(shí)刻，對(duì)c棒施加一水平向右的力，使其 從靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).在t0時(shí)刻，d棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，此后保持水平力不變，由速度傳感器測(cè)得兩金屬棒的 vt圖象如圖乙所示，從 L時(shí)刻開(kāi)始兩金屬棒以相同的加速度做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，此時(shí)兩金屬棒的間距為s.試求:(1)在0至力時(shí)間內(nèi)通過(guò)c棒的電量;(2) t0時(shí)刻回路的電功率和 c棒的速

8、度大小;(3) t1時(shí)刻開(kāi)始兩金屬棒的加速度大小.圖甲4. (16分)解：(1)從0至t1這段時(shí)間內(nèi)I =； (1分)又 I = BL(S -&)一 2Rt解得 q=BL(SRS0) 2 R(2)設(shè)在t0時(shí)刻回路的瞬時(shí)感應(yīng)電流為I,則對(duì)d棒由平衡條件得BIN mgt0時(shí)刻回路的電功率P = I 口mgR解得 VC =2 gB L 2 R加/曰 口 2 M2 m2g2R解得 P =英B L對(duì)回路由全電路歐姆定律有I =旦“（2分）（1分）（1分）（1分）（1分）（2分）（1分）(3)設(shè)在t0時(shí)刻，水平外力為F0,棒c的加速度為a。，由牛頓第二定律得2R（2分）F0 - 'mg -

9、BIL =ma0而 ao =VC（1 分）to從tl時(shí)刻起，對(duì)兩金屬棒組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有F0 -2mg =2ma解得aoLmgRa = =-222 B Lto（1分）（2分）5.如圖所示，A、B、C三個(gè)小球位于同一水平面上，它們大小相同，B、C質(zhì)量相等，都是A球質(zhì)量的一半，B、C兩球開(kāi)始靜止，A球以速度Vo向右運(yùn)動(dòng)，要使 A球能分別將B、 C兩球撞上高度分別為 hi=0.8m、h2=0.2m的平臺(tái)（且都不再返回）。已知A和B的碰撞沒(méi) 有機(jī)械能損失，A和C碰后粘在一起，不計(jì)一切摩擦，求 Vo的范圍。5.【解析】設(shè)B、C質(zhì)量為m, A質(zhì)量為2m，A、B碰后,瞬間速度為vi、V2, A、B

10、系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：2mv o=2mv+mu1 2 12 12,f2mv2= 2mv2+ mv2J ） An2 o 21 2 2%、。 A b /八。6 6 J由解出： V1=vo/3 v 2=4vo/3欲使B能達(dá)到h1高度，有：mv2 _mgh ,得出 v 3m/s 221 o欲使A與B碰后不能達(dá)到h1高度，有:；2mv12mgh,得出 v0 勺 2m/s欲使A與C碰后能一起上升到 h2高度，滿(mǎn)足:2mv=3mv12一 ,3mvo3mgh ，得出 v _9m/s232 o綜上可知9m/s< v o< 12m/s6.如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第n象限和第IV象限中的直角三角形區(qū)域內(nèi)，分

11、布著磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B= 5.0 X 10-2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向分別垂直紙面向外和向里。質(zhì)量為 F 6.64 X 10 “w%27 kg、電荷量為 q=+ 3.2 x 10 19q的a粒子 （不計(jì)a粒子重力），由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電壓為U= 1205V的電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）加速后，從坐標(biāo)點(diǎn)M（4, J2）處平行于X軸向右運(yùn) 動(dòng)，并先后通過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。請(qǐng)你求出a 粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑；請(qǐng)你在圖中畫(huà)出以粒子從直線(xiàn)X= - 4到直線(xiàn)X= 4之間的運(yùn) 動(dòng)軌跡，并在圖中標(biāo)明軌跡與直線(xiàn)X = 4交點(diǎn)的坐標(biāo)；求出a粒子在兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域偏轉(zhuǎn)所 用的總時(shí)間。1 n6.答案：a粒子在電場(chǎng)中被加速，由動(dòng)能7E理得 qU

12、= mv 22a粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，則牛頓第二定律得qvB = m vr聯(lián)立解得1 2mU r = B q12 6.64 10-7 12050.053.2 10-9-1, 、=J2 x 10-( m)能正確作出圖象得帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期2 二r 2 mT =v qBa粒子在兩個(gè)磁場(chǎng)中分別偏轉(zhuǎn)的弧度為-,在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)總時(shí)間4T4一 ， 一 一 一 27二m _3.14 6.64 102qB - 2 3.2 10,9 5 10= 6.5 10，(s)7 .如圖所示，在足夠長(zhǎng)的斜面上有一質(zhì)量為m的長(zhǎng)方形的木板 A,木板上表面光滑，當(dāng)木板獲得初速度 K后正好能沿斜面勻速下滑，當(dāng)木板勻速下滑時(shí)將一

13、質(zhì)量也為m的滑塊B輕放木板表面上，當(dāng) B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板 A和滑塊B的加速度大於小之比為多少？當(dāng) B在木板上動(dòng)量為 3mV/2時(shí)，木板的動(dòng)量為多7；良二、少？'盤(pán)8 .解：（1）、未放 B前，對(duì) A有： mgsin a a mgcosa =0 （2分）放上 B 后，對(duì) A有：（m+rm gcos a mgsin a =ma （2 分）對(duì) B有： mgsin a = ma（2 分）由一式得aA ： aB=1 ： 1 （2分）（2）、設(shè)B經(jīng)過(guò)t秒后動(dòng)量達(dá)到 3mV/2,則對(duì)B有：mgtsin a =3mV/2（2 分）得 t=3v02mgsin ;A做減速運(yùn)動(dòng)，則其速度減小為0所需要白

14、時(shí)間t'為(2mgcosa mgsin a ) t，=mw(2 分)得：t'V0gsin :因?yàn)閠' <t所以當(dāng)B的動(dòng)量為3mV/2時(shí)，A已經(jīng)靜止下來(lái)，則2009年高考考前資料二00九年四月十八日2分）盒子被分成兩半(DA的動(dòng)量為Pa= 09 .圖甲所示為回旋加速器的原理示意圖，一個(gè)扁圓柱形的金屬盒子,形電極)，分別與高壓交變電源的兩極相連，在裂縫處形成一個(gè)交變電場(chǎng)，高壓交流電源的Ut圖象如圖乙所示，圖中 U( X104V), t ( X10 7s),在兩D形電極裂縫的中心靠近其中 一個(gè)D形盒處有一離子源K,D形電極位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中， 磁場(chǎng)方向垂直于D形電極所在平面

15、，由下向上.從離子源K發(fā)出的笊核m 3.32 XI。27kg,在電場(chǎng)作用下，被加速進(jìn)入盒中.又由于磁場(chǎng)的作用，沿半圓形的軌道運(yùn)動(dòng)，并重新進(jìn)入裂縫.這時(shí)恰好改變電場(chǎng)方向，笊核在電場(chǎng)中又一次加速，如此不斷循環(huán)進(jìn)行，最后在D形盒邊緣被特殊裝置引出.(忽略笊核在裂縫中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間)(1)寫(xiě)出圖乙所示的高壓交流電源的交流電壓瞬時(shí)值的表達(dá)式;(2)將此電壓加在回旋加速器上，給笊核加速，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度應(yīng)為多少?(3)若要使笊核獲得5.00MeV的能量，需要多少時(shí)間？(設(shè)笊核正好在電壓達(dá)到峰值時(shí)通過(guò)D形盒的狹縫)D形盒的最小半徑 R.(4)若要使笊核獲得 5.00MeV的能量,（2分）8.解：（1）由圖：

16、 Um= 2.00 x l0V , T =1.00 X 10 7s= 2.00 106 sin（2.00 107 二t 二）（4分）2 二、u = U m Sin（ - t）T(2)、笊核在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有2 v q v Bm R（1分）TbqB（1分）欲使笊核能持續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，交流電的周期必須為：T =T0(1分)2二 m2 二 2 167 10 一 一磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度：B=2=2dq一旦0T=1.31T (1分)qT 1.6 101.00 10，(3)、笊核在D形盒運(yùn)動(dòng)一周時(shí)被加速兩次，笊核獲得E =5.00MeV能量而被加速的次數(shù)為N 二-E- qUm5.00 106 1.6

17、10.1.6 1049 2.00 106（1分）即笊核應(yīng)被加速了3次2009年高考考前資料二00九年四月十八日（1分）所需的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t =T =1.0 10 2 s(4)、笊核的能量最大時(shí)，笊核運(yùn)動(dòng)的軌道半徑最大:Em121,2 二Rm、2= -mVm =-m（）22 T（2分）（2分）T 2Em 1.0 10 二 2 5.00 106 1.6 10Rm j=2一m = 0.35m2 二 m 2 二 v 2 1.67 109.物理學(xué)家密立根1911年曾以著名的油滴實(shí)驗(yàn)推斷出自然界存在基本電荷，并推算出基本 電荷的帶電荷量.下面讓我們追溯這個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò)程.并提出問(wèn)題.水平放置的平行板電容器兩極板

18、間的距離為d,在上極板的中間開(kāi)一小孔，使質(zhì)量為m的帶電油滴從這個(gè)小孔落到電容器中.忽略空氣浮力，當(dāng)電容器上沒(méi)加電壓時(shí)，由于空氣阻力與速度大小成正比(設(shè)比例系數(shù)為常數(shù)k),經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，即可觀察到油滴以恒定的速率V1在空氣中緩慢降落.(1)若在電容器上加電壓 U(下極板為正).可見(jiàn)到油滴以恒定速率V2緩慢上升，試求油滴所帶電荷量q.(設(shè)重力加速度為g,電荷量由d、U、k、V1、V2等已知量表布)(2)若電容器上不加電壓，油滴在電容器內(nèi)以恒定速率vi下降時(shí)，移動(dòng)某一豎直距離所需時(shí)間為t1；加了電壓 U后，油滴以恒定速率 V2上升同一豎直距離所需時(shí)間為t 2,則油滴的帶電荷量可表本為 A( 1+1

19、).試用已知量d、g、U、t1及油滴質(zhì)量 m來(lái)表小A的表達(dá)式.tr(3)若這時(shí)把加在電容器上的電壓撤除，使油滴以恒定速率下降一段距離；然后向電容器內(nèi) 照射X射線(xiàn)以改變油滴的帶電荷量后，又在電容器上加上電壓U,測(cè)定該油滴勻速上升同一豎直距離的時(shí)間t2.依此類(lèi)推，多次實(shí)驗(yàn)的結(jié)果表明L十上總是0.00535s -1的整數(shù)倍.匚匕由此可推論：自然界中一定存在基元電荷.已知該實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的一組數(shù)據(jù)如下：d=2.0X10-2m, m= 3.2 x 10-16kg, 11= 11.9 s , U=25 V,并取g=9.8 m/s2,試由此計(jì)算基本電荷的帶電荷量(取兩位有效數(shù)字).9. 解：當(dāng)電容器上未加電壓，

20、油滴以速率V1在空氣中緩慢降落時(shí)，空氣阻力為f=kV1(1)當(dāng)電容器兩端加上電壓U時(shí)，油滴受電場(chǎng)力 5電=qE=qU ,且向上勻速移動(dòng)，根據(jù)受力d平衡條件有qU- =mg+kva.d將式代入式得 q=k(V1 +V2)d U(2)由于油滴前后下降與上升為同距離，則有V1t1=V2t 2.聯(lián)立，得V2=m史.kt2。=k,腎+詈2曙吸尸限晨).將式與題中q=A（2十）比較，可見(jiàn) A=t112m gdti 行（3）因?yàn)閝nmg叫（1+工），而式中mgd1在實(shí)驗(yàn)中為一定值，所以若發(fā)現(xiàn)（,+2）總U11t2Ut1t2是0.000535s -1的整數(shù)倍，即可推得電荷量e的整數(shù)倍，故有m gdt111ne

21、= 丫 1（一+_）Ut1 t20.00535n即 ne=2.0 102 3.2 106 9.8 ”925得 e=1.6 m10-19C.10. 如圖所示（見(jiàn)第 6頁(yè)），兩根正對(duì)的平行金屬直軌道MN、M'N'位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l=0.50m.軌道的MM'端之間接一阻值 R=0.40 的定值電阻，NN '端與兩條 位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為Ro= 0.50m .直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度 B= 0.64 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)區(qū)域的 寬度d=0.80m,且其右邊界與 NN&#

22、39;重合.現(xiàn)有一質(zhì)量 m=0.20kg、電阻r=0.10 的導(dǎo)體桿ab 靜止在距磁場(chǎng)的左邊界s=2.0m處.在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊 界時(shí)撤去F ,結(jié)果導(dǎo)體桿ab恰好能以最小速度通過(guò)半圓 形軌道的最高點(diǎn) PP'.已知導(dǎo)體桿ab在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與軌道 接觸良好，且始終與軌道垂直，導(dǎo)體桿 ab與直軌道之間 的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.10 ,軌道的電阻可忽略不計(jì)，取 g=10m/s2,求：導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)導(dǎo)體桿上的 電流大小和方向；導(dǎo)體桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)電阻R15題圖上的電荷量；導(dǎo)體桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱.11. （14

23、分）解：（1）設(shè)導(dǎo)體桿在 F的作用下運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)的速度為W,根據(jù)動(dòng)能定理則有 （F mg s= 1 mv12 1 分2導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv 11 分此時(shí)通過(guò)導(dǎo)體桿上的電流大小I=E/ （R+r） =3.8A （或3.84A） 2 分根據(jù)右手定則可知，電流方向?yàn)橛?b向a 1分（2）設(shè)導(dǎo)體桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為E平均，則由法拉第電磁感應(yīng)定律有E平均= »t=Bld/t 1分通過(guò)電阻 R的感應(yīng)電流的平均值I平均=£平均/ （R+r） 1 分通過(guò)電阻 R的電荷量 q=I平均t=0.512C （或0.51C） 2 分（3

24、）設(shè)導(dǎo)體桿離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為V2,運(yùn)動(dòng)到圓軌道最高點(diǎn)的速度為V3,因?qū)w桿恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)導(dǎo)體桿在軌道最高點(diǎn)時(shí)有 2mg=mv3 /R01分對(duì)于導(dǎo)體桿從NN運(yùn)動(dòng)至PP的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有1 212mv2 = mv3+mg2Ro , 解得 V2=5.0m/s 1分2 2導(dǎo)體桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中損失的機(jī)械能E= - mvi2 - mv22=1.1J 1分22此過(guò)程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q= AE- pmgd=0.94J2分12. (16分)圖甲所示為回旋加速器的原理示意圖，一個(gè)扁圓柱形的金屬盒子，盒子被分成 兩半(D形電極)，分別與高壓交變電源的兩極相連，

25、在裂縫處形成一個(gè)交變電場(chǎng)，高壓交 流電源的Ut圖象如圖乙所示，圖中 U (X104V), t ( 10 7s),在兩D形電極裂縫的中心靠 近其中一個(gè)D形盒處有一離子源K, D形電極位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于 D形電極所在平面，由下向上.從離子源 K發(fā)出的笊核，在電場(chǎng)作用下，被加速進(jìn)入盒中.又由于磁場(chǎng) 的作用，沿半圓形的軌道運(yùn)動(dòng)，并重新進(jìn)入裂縫.這時(shí)恰好改變電場(chǎng)方向，笊核在電場(chǎng)中又一次加速，如此不斷循環(huán)進(jìn)行，最后在D形盒邊緣被特殊裝置引出.(忽略笊核在裂縫中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間)(1)、寫(xiě)出圖乙所示的高壓交流電源的交流電壓瞬時(shí)值的表達(dá)式;(2)、將此電壓加在回旋加速器上，給笊核加速，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)

26、度應(yīng)為多少?(3)、若要使笊核獲得 5.00MeV的能量，需要多少時(shí)間？(設(shè)笊核正好在電壓達(dá)到峰值時(shí)通過(guò)D形盒的狹縫)(4)、D形盒的最大半徑 R.11. （16 分）解：（1）由圖：Um= 2.00 106V ,T =1.00 10 7s2 二= UmSin（ t ：）= 2.00 106 sin（2.00 107 二t 二）（4分）(2)、笊核在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有2 V q v Bm R（1分）TbqB（1分）欲使笊核能持續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，交流電的周期必須為：T =T0(1分)_2二 m 2 二 2 1.67 10_磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度：B=市3T=1.31T （1分）qT 1.6 101

27、.00 10(3)、笊核在D形盒運(yùn)動(dòng)一周時(shí)被加速兩次，笊核獲得E =5.00MeV能量而被加速的次數(shù)為5.00 106 1.6 1079qUm 1.6 1079 2.00 106=2.5（2分）2009年高考考前資料二00九年四月十八日（1分）（1分）即笊核應(yīng)被加速了 3次所需的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=3T=1.5 10 Js2(4)、笊核的能量最大時(shí)，笊核運(yùn)動(dòng)的軌道半徑最大：（1分）Em121 心二 Rm、2= -mVm =-m（）22 T（2分）T 2Em2 二m1.0 10）2 二2 5.00 106 1.6 10與2 1.67 101m=0.35m（2分）13. (20分)如右下圖甲所示，在直

28、角坐標(biāo)系的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限有沿 y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限內(nèi)無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從M點(diǎn)以速度UO沿X軸負(fù)方向進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，粒子經(jīng) x軸上的N點(diǎn)和P點(diǎn)又回到 M點(diǎn)。設(shè)OM=OP=L , ON=2L。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)粒子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度大小UP;(3)粒子從M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng) N、P點(diǎn)最后又回到 M點(diǎn)所 用的總時(shí)間。12. (20 分)解：(1)粒子在電場(chǎng)中作類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)(1分)-X 方向：ON =2L=u0t1 （1 分）y 方向：OM = L = 1 at12 =1 .口匕2 （1 分）22 m221分）2m 0

29、 m 0 = 4qL 2qL(2)粒子過(guò)N時(shí)的速度設(shè)為粒子在磁場(chǎng)中速率不變，即：Un2=%2分）n t1 = 2Lj=L1分） 1分）粒子在磁場(chǎng)中是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，uP =uN =M290 (1分)(3)設(shè)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t1。由u0t1=2L= t1=2L 02009年高考考前資料二00九年四月十八日設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為R,在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2。在磁場(chǎng)中，由于推知 u =45°圓周半徑R =工1 NPcos45o3 2R二L（2分）m P又 R = P =BqBq =2mo2m 03.2 L23L（2分）2m 0（1分）3Lx 270033 3：L 9 L八在磁場(chǎng)中運(yùn)

30、動(dòng) t2 =-T = T = - = （2分）360044 . o4。一 PM .2L L在第四象限t3 =： = （2分）- P . 2 0- 0（1分）“ti 12 t3=2L %）=£l , o 4 o - o 4.013. （15分）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)定圓周運(yùn)動(dòng)角速度的實(shí)驗(yàn)在如圖13所示的裝置中，利用噴漆桶能夠向外噴射速度一定的油漆霧滴（噴射速度V0可選擇不同值且為已知），一個(gè)直徑為D=40cm的紙帶環(huán)，安放在一個(gè)可以按照一定轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動(dòng)的固定轉(zhuǎn)臺(tái)上，紙帶環(huán)上刻有一條側(cè)面開(kāi)有狹標(biāo)志線(xiàn)”璧B的統(tǒng)盒狹縫A,在狹縫A的正對(duì)面畫(huà)一條標(biāo)志線(xiàn).霧滴 所受的空氣阻力極小，可忽略在轉(zhuǎn)臺(tái)開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)達(dá)

31、 到穩(wěn)定轉(zhuǎn)速時(shí)，向側(cè)面同樣開(kāi)有狹縫B的紙盒中噴射油漆霧滴，當(dāng)狹縫 A轉(zhuǎn)至與狹縫B正對(duì) 平行時(shí)，霧滴便通過(guò)狹縫 A在紙帶的內(nèi)側(cè)面留 下痕跡.改變噴射速度重復(fù)實(shí)驗(yàn)，在紙帶上留下 一系列的痕跡a、b、c、D .將紙帶從轉(zhuǎn)臺(tái)上取 下來(lái)，展開(kāi)平放，如圖 14所示.0.8V0/nms-10.60.40.20J.*. |i.|ii-a.ii A2468 1/s（m-i圖15）已知v0_D ,請(qǐng)你幫該同學(xué)完成下列任務(wù)：冗（1）設(shè)噴射到紙帶上的油漆霧滴痕跡到標(biāo)志線(xiàn)的距離為s,則 從圖14可知，在a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)中速度最大的霧滴到標(biāo)志線(xiàn)的距離Si=cm.；（2）若霧滴噴射速度為 vo,試求解轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度與

32、為多少？（用字母表示）（3）若以縱坐標(biāo)表示霧滴速度vo、橫坐標(biāo)表示霧滴距標(biāo)志線(xiàn)距離的倒數(shù)1/s,畫(huà)出Vo-1/s圖線(xiàn)如圖15所示，試計(jì)算轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度3值.13. （15分）（1） S1= 0.70cm； （4 分）（2）若霧滴噴射速度為 Vo,則霧滴運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=_D （2分）Vo而轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)角度為 9 =0t （2分）根據(jù)紙帶長(zhǎng)度對(duì)應(yīng)圓弧弧長(zhǎng)的關(guān)系知:2 二2svo / 八、=（1 分）得。=-2- （1 分）s 二DD（5分）（3） co =1.25 兀（ard s1 ） 或者 w =3.93 （ard s1 ）14. （13分）一內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為大

33、得多）.在圓管中有兩個(gè)直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑相同的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）m1，B球的質(zhì)量為m2.它們沿環(huán)形圓管順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度都為運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，B球恰好運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，重力加速度用 g表示.（1）若此時(shí)B球恰好對(duì)軌道無(wú)壓力，題中相關(guān)物理量滿(mǎn)足何種關(guān)系？（2）若此時(shí)兩球作用于圓管的合力為零，題中各物理量滿(mǎn)足何種關(guān)系？（比細(xì)管的半徑A球的質(zhì)量為Vo.設(shè)A球（3）若m1=m2=m，試證明此時(shí) 6mg,方向豎直向下.14.設(shè)B球經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)速度為（1） B球的重力提供向心力A、B兩小球作用于圓管的合力大小為2Vm2g=m2 r（1分）（1分）（1分）根據(jù)機(jī)械能守恒1 212m2Vo 二-m2V

34、m2g 2R2 2得 V2 =4gR（2）因?yàn)锳球?qū)艿膲毫ο蛳?，所?B球?qū)艿膲毫ο蛏希?分）設(shè)A球受管的支持力為 Fa, A球受管的壓力為Fb,根據(jù)牛頓第三定律，依題意Fa=Fb（1 分）根據(jù)牛頓第二定律2V0，一Fa mg =m（1 分）R2v八Fb +m?g =m2（1 分）R1 1212又一m2v； =-m2vMv得：F =Mg 2h（2）對(duì)導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè) 磁鐵的重心下落到軌道和導(dǎo)體棒組成的平面內(nèi)時(shí)它們 的速度分別為vv2有：m1Vl =m2 V2,12Ek =一11%2 m2g2R22聯(lián)立各式得2v0（m1 m2） +（m1 +5m2）g =0（1 分）R

35、（3） A球受管的支持力為 Fa,方向豎直向上；設(shè) B球受管的彈力為Fb,取豎直向上為 Fb 的正方向，根據(jù)牛頓第二定律2 v0 Fa - mg m 2v八mg - Fb =m（1 分）R1212又一mv0 =-mv + mg2R（1 分）22兩球受圓管的合力 F合=Fa+Bb,方向豎直向上（1分）聯(lián)立以上各式得 F合=6mg,方向豎直向上（1分）根據(jù)牛頓第三定律，A、B兩小球?qū)壍雷饔昧Φ暮狭Υ笮?mg,方向豎直向下.（1分）15.如圖，在水平面內(nèi)有兩條光滑軌道MN、PQ,其上放有兩根靜止的導(dǎo)體棒，質(zhì)量分別為m1、m2。設(shè)有一質(zhì)量為 M的永久磁鐵，從軌道和導(dǎo)體棒組成的平面的正上方高為h的地

36、方落下，當(dāng)磁鐵的重心下落到軌道和導(dǎo)體棒組成的平面內(nèi)時(shí)磁鐵的速度為u,導(dǎo)體棒ab的動(dòng)能為Ek,此過(guò)程中兩根導(dǎo)體棒、導(dǎo)體棒與磁鐵之間沒(méi)有發(fā)生碰撞，求（1）磁鐵在下落過(guò)程中受到的平均阻力？（2）磁鐵在下落過(guò)程中在導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的總熱量?15.【解析】（1）設(shè)磁鐵在下落過(guò)程中受的平均阻力為19-F,有：（Mg -F）h =2 Mv2設(shè)磁鐵在下落過(guò)程中在導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的總熱量為Q,由能量守恒有:1clc 1C222-QMgh Mv = m1v1 +-m2v2 +Q222由可得： Q =Mgh - Mv2 7m1 +m2回2m216.如圖所示，固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),上端接有阻值為 R的電阻，處在方向

37、水平、垂直導(dǎo)軌平面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為 m的導(dǎo)體棒與下端固定的豎直輕質(zhì)彈簧相連且始終保持與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略，彈簧的勁度系數(shù)為ko初始時(shí)刻，彈簧恰好處于自然長(zhǎng)度，使導(dǎo)體棒以初動(dòng)能Ek沿導(dǎo)軌豎直向下運(yùn)動(dòng)，且導(dǎo)體棒在往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，始終與導(dǎo)軌垂直。(1)求初始時(shí)刻導(dǎo)體棒所受安培力的大小F;(2)導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，最終將靜止。設(shè)靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep,則從16【解析】(1)設(shè)導(dǎo)體棒的初速度為 vo,由動(dòng)能的定義式初始時(shí)刻到最終導(dǎo)體棒靜止的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 Q為多少？1 =3mv2 得vo啰2. m設(shè)初始時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,由法拉

38、第電磁感應(yīng)定律得:12EKE = BLv = BLm設(shè)初始時(shí)刻回路中產(chǎn)生的電流為I,由閉合電路的歐姆定律得：設(shè)初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力為F,由安培力公式得:bil/"2 2E R m(2)從初始時(shí)刻到最終導(dǎo)體棒靜止的過(guò)程中，導(dǎo)體棒減少的機(jī)械能一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，另一部分通過(guò)克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電路中的電能，因在電路中只有電阻， 電能最終全部轉(zhuǎn)化為電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q。當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，棒受力平衡，此時(shí)導(dǎo)體棒的位置比初始時(shí)刻降低了h,則mg = kh,由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：mgh - EK = EP Q17.如圖所示，光滑水平面MN上放兩相同小物塊 A、B,左端擋板處有一彈射

39、裝置 P,右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平部分長(zhǎng)度 L=8m,沿逆時(shí)針?lè)较蛞院愣?速度v=6m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。物塊 A、B (大小不計(jì))與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0 =0.20物塊A、B質(zhì)量mA=mB=1kgo開(kāi)始時(shí)A、B靜止，A、B間壓縮一輕質(zhì)彈簧，貯有彈性勢(shì)能Ep=16J。現(xiàn)解除鎖定，彈開(kāi) A、Bo求：(1)物塊B沿傳送帶向右滑動(dòng)的最遠(yuǎn)距離。(2)物塊B滑回水平面 MN的速度vB。(3)若物體B返回水平面 MN后與被彈射裝置 P彈回的A在水平面上相碰，且 A、B 碰后互換速度，則彈射裝置P必須給A做多少功才能讓 AB碰后B能從Q端滑出。17.【解析】試題包括四個(gè)物理過(guò)程：彈簧解除鎖定，A

40、B相互彈開(kāi)的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量、機(jī)械能守恒。B滑上傳送帶勻減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，用動(dòng)能定理或動(dòng)力學(xué)方法都可以求解。 B 隨傳送帶勻加速返回的過(guò)程，此過(guò)程可能有多種情況，一直勻加速，先勻加速再勻速。B與A的碰撞過(guò)程。遵守動(dòng)量守恒定律。1 1(1)解除鎖定彈開(kāi) AB過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒：Ep= mAvA+ mBvB 2 2由動(dòng)量守恒有：mAVA=mBVB 由得： vA =4m/s vB =4m/sABB滑上傳送帶勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)，滑動(dòng)的距離最遠(yuǎn)。由動(dòng)能定理得：,- 12V2一 NmBgSm = 0一-mBvB所以 sm = 4m2m 2g(2)物塊B沿傳送帶向左返回時(shí)，先勻加速運(yùn)動(dòng)，物塊速度與傳

41、送帶速度相同時(shí)一起 勻速運(yùn)動(dòng)，物塊 B加速到傳送帶速度 v需要滑動(dòng)的距離設(shè)為 S',一 . 12. 丫2由 NmBgs = - mBv 得$= 9m a sm22g說(shuō)明物塊B滑回水平面 MN的速度沒(méi)有達(dá)到傳送帶速度，vB2Hgsm =4m/s 1 c 1c(3)設(shè)彈射裝置給 A做功為W ,mAvA2 = mAvA +WAB碰后速度互換，B的速度 vB = vA1.2, 一 一B要滑出平臺(tái) Q啊 由能重關(guān)系有： 一mBvB占NmBgL . 又mA=mB2所以，由得 W - -mBgL-jmAvA解得 W > 8 J18.如圖，光滑斜面的傾角 =30 °在斜面上放置一矩形線(xiàn)

42、框abcd, ab邊的邊長(zhǎng)11 = l m ,bc邊的邊長(zhǎng)l2= 0.6 m ,線(xiàn)框的質(zhì)量 m = 1 kg,電阻R= 0.1 R線(xiàn)框通過(guò)細(xì)線(xiàn)與重物相連，重 物質(zhì)量M = 2 kg,斜面上ef線(xiàn)(ef/ gh)的右方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T,如果線(xiàn)框從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)最初一段時(shí)間是勻速的，ef線(xiàn)和gh的距離s =11.4 m,(取 g = 10.4m/s2),求：(1)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前重物M的加速度；(2)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度v;(3) ab邊由靜止開(kāi)始到運(yùn)動(dòng)到gh線(xiàn)處所用的時(shí)間t;丘 岑(4) ab邊運(yùn)動(dòng)到gh線(xiàn)處的速度大小和在線(xiàn)框由靜止開(kāi)始到運(yùn)- 動(dòng)到

43、gh線(xiàn)的整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱。18【解析】(1)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前，線(xiàn)框僅受到細(xì)線(xiàn)的拉力Ft,斜面的支持力和線(xiàn)框重力,重物M受到重力和拉力FTo對(duì)線(xiàn)框，由牛頓第二定律得FT -mg sin” = ma.聯(lián)立解得線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前重物M的加速度a = Mg -mgsina =5m/s2M m(2)因?yàn)榫€(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間做勻速運(yùn)動(dòng)所以重物受力平衡 Mg = Ft',線(xiàn)中I abed受力平衡Ft' m g sin a + Faab邊進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E = Bliv形成的感應(yīng)電流|=5=且但受到的安培力Fa = BIliR RB2li2v聯(lián)立上述各式得，Mg = mg

44、 sin a + 代入數(shù)據(jù)解得 v=6 m/sR(3)線(xiàn)木I abed進(jìn)入磁場(chǎng)前時(shí)，做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)； 進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng); 進(jìn)入磁場(chǎng)后到運(yùn)動(dòng)到 gh線(xiàn)，仍做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。進(jìn)磁場(chǎng)前線(xiàn)框的加速度大小與重物的加速度相同，為 a = 5 m/s2該階段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1 = 丫 =6s=1.2s a 5進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=06 s = 0.1sv 6線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后線(xiàn)框受力情況同進(jìn)入磁場(chǎng)前，所以該階段的加速度仍為a = 5m/s21 3s -l 2 vt3 at32解得：t3 =1.2 s因此ab邊由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到gh線(xiàn)所用的時(shí)間為t = t+t2+t3=2.5s(4)線(xiàn)框 a

45、b 邊運(yùn)動(dòng)到 gh 處的速度 v' v + at3 = 6 m/s+5 1.2 m/s=12 m/s整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q = FaI2 = (Mg -mgsin 0) I2 = 9 JEk-Ep19、光滑的長(zhǎng)軌道形狀如圖所示，底部為半圓型，半徑 R,固定 在豎直平面內(nèi)。AB兩質(zhì)量相同的小環(huán)用長(zhǎng)為R的輕桿連接在一起，套在軌道上。將 AB兩環(huán)從圖示位置靜止釋放，A環(huán)離開(kāi)底部2R。不- .B BR考慮輕桿和軌道的接觸，即忽略系統(tǒng)機(jī)械能的損失，求：1) AB兩環(huán)都未進(jìn)入半圓型底部前，桿上的作用力2) A環(huán)到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，兩球速度大小2R3)若將桿換成長(zhǎng)2V2R, A環(huán)仍從離開(kāi)底部2R處?kù)o止

46、釋放，經(jīng)過(guò)半 圓型底部再次上升后離開(kāi)底部的最大高度19.解：(1)對(duì)整體分析，自由落體，加速度 g以A為研究對(duì)象，A作自由落體則桿對(duì) A 一定沒(méi)有作用力。即F=0 （或列式或以B研究）2分（2）AB都進(jìn)入圓軌道后，兩環(huán)具有相同角速度，則兩環(huán)速度大小一定相等 即有Va=Vb2分（或通過(guò)速度分解得到兩環(huán)速度大小相同）B整體動(dòng)能定理（或機(jī)械能守恒）：51 _2mg2R+mg R = 2mv 3 分22v=,|gR2分3） A再次上升后，位置比原來(lái)高 h,如圖所示。 由動(dòng)能定理（或機(jī)械能守恒）：一 mgh + mg（2 J2R - 2R - h） =0 4 分注：由于桿超過(guò)了半圓直徑，所以?xún)森h(huán)運(yùn)動(dòng)如圖

47、。為L(zhǎng), A處繩長(zhǎng)為J2L, B處繩長(zhǎng)為L(zhǎng),兩根繩能承受的最大拉力均為2mg,轉(zhuǎn)軸帶動(dòng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)。則:h = （J21）R, A離開(kāi)底部（J2+1）R3分（1）當(dāng)B處繩子剛好被拉直時(shí)，小球的線(xiàn)速度v多大?（2）為不拉斷細(xì)繩，轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度多大？45°開(kāi)始，直（3）若先剪斷B處繩子，讓轉(zhuǎn)軸帶動(dòng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)，使繩子與轉(zhuǎn)軸的夾角從 至小球能在最高位置作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則在這一過(guò)程中，小球機(jī)械能的變化為多大?20、（1） B處繩被拉直時(shí)，繩與桿夾角 8=45° ,2TaCOS =mg , TASinH=m； ,（2 分）v = JgL（2 分）（2）此時(shí)，B繩拉力為T(mén)b= 2mg,

48、A繩拉力不變，Ta cose = mg,TAsi n+TB =mco2L（2 分）t0 if-g（2 分）L（3）小球在最高位置運(yùn)動(dòng)時(shí)，TA=2mg, TAcosu=mg, a =60° ,(1分)(1分)Ta sin a =m-vt ，得：vt = 邑2gL2Lsin ：t ,2212、mvt _ _ mv )1.E =mg . 2L(cos r -cos：)(-(,2 2),"-：E ) mgL421、某種發(fā)電機(jī)的內(nèi)部結(jié)構(gòu)平面圖如圖甲，永磁體的內(nèi)側(cè)為半圓柱面形，它與圓柱形鐵芯之間的窄縫間形成如圖所示B=0.5T的磁場(chǎng).在磁場(chǎng)中有一個(gè)如圖乙所示的U形導(dǎo)線(xiàn)框 abcd.已知

49、線(xiàn)框ab和cd邊長(zhǎng)均為0.2m, bc邊長(zhǎng)為0.4m,線(xiàn)框以=200兀rad/s角速度順時(shí) 針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).圖甲圖乙(1)從bc邊轉(zhuǎn)到圖甲所示正上方開(kāi)始 計(jì)時(shí)，求t=2.5X10-3s這一時(shí)刻線(xiàn)框中感 應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，并在給定的坐標(biāo)平面 內(nèi)畫(huà)出ad兩點(diǎn)電勢(shì)差Uad隨時(shí)間變化的 關(guān)系圖線(xiàn).(感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的結(jié)果保留兩位 有效數(shù)字，Uad正值表示Ua>Ud)圖丙AE/v302010-10-20-308 t/2.5X 10(2)如將此電壓加在圖丙所示的豎直放置的平行金屬板上，且電動(dòng)勢(shì)為正時(shí)E板電勢(shì)高,讓一質(zhì)量為m=6.4X10-13kg,電量為q=3.2X 10-10C的帶正電微粒從 工時(shí)刻開(kāi)始由E板

50、出發(fā)5向F板運(yùn)動(dòng)，已知EF兩板間距L=0.5m,粒子從E運(yùn)動(dòng)到F用多長(zhǎng)時(shí)間?(粒子重力不計(jì))21.解：(1)線(xiàn)框轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，bcX 10 3s的感應(yīng)應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E邊始終和磁場(chǎng)方向垂直，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，設(shè)t=2.5E=BL2L 32分帶入數(shù)據(jù)得：_2 二設(shè) T =0.01s開(kāi)始，工內(nèi)Uad為正值,E=25V根據(jù)安培定則,從t=02圖像如圖1-T內(nèi)Uad2為負(fù)值,4 1tH11l|一| |1111ilIrR)1iilI.111一 11一i 24；61-II11111iHn|)11一 11L _|IA 一i|I,E/v1r8 t/2.5302010-10-20-30X 103s(2)在EF上加電壓

51、后,板間產(chǎn)生強(qiáng)度E不變,方向交替變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)，微粒 T時(shí)刻開(kāi)5始運(yùn)動(dòng)，一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況如圖，設(shè)微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為aqE 八a = 1分A tmSiSi其中E = U 1分苛 ；.S2 F SZPLa-1 2si = a x(0.3T) 1 分212八s2 =a m(0.2T)2 1 分2微粒在一個(gè)周期內(nèi)前進(jìn)的距離S=2S12$1分由各式得：S=0.125m2 分由于粒子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，所以實(shí)際運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于4T,設(shè)運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為t,t=3T+2 X 0.3T-四 2 分1 212 一其中At滿(mǎn)足： 一a& =-ax(0.2T)父21分2 2由以上各式t=3.32 X10-2s1分22、如圖甲所示，一邊長(zhǎng) L=2.5m、質(zhì)量m=0.5kg的正方形金屬線(xiàn)框，放在光滑絕緣的水平面上，整個(gè)裝置放在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，它的一邊與磁場(chǎng)的邊界MN重合。在水平力 F作用下由靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)