電學(xué)綜合
25.(18分)(2008年高考山東理綜卷25題)兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置,極板間加有空間分布均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng),變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向)。在t=0時(shí)刻由負(fù)極板釋放一個(gè)初速度為零的帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)。若電場(chǎng)強(qiáng)度E0、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0、粒子的比荷均已知,且,兩板間距。
(1)求粒子在0~t0時(shí)間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值。
(2)求粒子在板板間做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑(用h表示)。
(3)若板間電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間的變化仍如圖1所示,磁場(chǎng)的變化改為如圖3所示,試畫(huà)出粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡圖(不必寫(xiě)計(jì)算過(guò)程)。
解法一:(1)設(shè)粒子在0~t0時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大小為s1
①
②
又已知
聯(lián)立①②式解得
③
(2)粒子在t0~2t0時(shí)間內(nèi)只受洛倫茲力作用,且速度與磁場(chǎng)方向垂直,所以粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)速度大小為v1,軌道半徑為R1,周期為T(mén),則
④
⑤
聯(lián)立④⑤式得
⑥
又 ⑦
即粒子在t0~2t0時(shí)間內(nèi)恰好完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)。在2t0~3t0時(shí)間內(nèi),粒子做初速度為v1的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),設(shè)位移大小為s2
⑧
解得 ⑨
由于s1+s2<h,所以粒子在3t0~4t0時(shí)間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)速度大小為v2,半徑為R2
⑩
11
解得 12
由于s1+s2+R2<h,粒子恰好又完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)。在4t0~5t0時(shí)間內(nèi),粒子運(yùn)動(dòng)到正極板(如圖1所示)。因此粒子運(yùn)動(dòng)的最大半徑。
(3)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖2所示。
解法二:由題意可知,電磁場(chǎng)的周期為2t0,前半周期粒子受電場(chǎng)作用做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度大小為
方向向上
后半周期粒子受磁場(chǎng)作用做勻速圓周運(yùn)動(dòng),周期為T(mén)
粒子恰好完成一次勻速圓周運(yùn)動(dòng)。至第n個(gè)周期末,粒子位移大小為sn
又已知
由以上各式得
粒子速度大小為
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為
解得
顯然
(1)粒子在0~t0時(shí)間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值
(2)粒子在極板間做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑
(3)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡圖見(jiàn)解法一中的圖2。
18.(17分)(2008年高考廣東物理卷18題)如圖(a)所示,水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌,間距L=
18.解析:
0-t1(0-0.2s)
A1產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):
電阻R與A2并聯(lián)阻值:
所以電阻R兩端電壓
通過(guò)電阻R的電流:
t1-t2(0.2-0.4s)
E=0, I2=0
t2-t3(0.4-0.6s) 同理:I3=
18.【解析】
【方法技巧】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是高中物理知識(shí)最重要的一個(gè)窗口,通過(guò)這個(gè)窗口可以與很多知識(shí)綜合鏈接在一起。感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是高中物理最重要的知識(shí)之一,與之相鏈接的知識(shí)點(diǎn)多,綜合形式多,具有明顯的“綜合”特征。導(dǎo)體切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為,如果產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器、電阻連接,那么我們?cè)诮獯饡r(shí)就可把感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)當(dāng)作直流電源,聯(lián)系有關(guān)電容器中的電場(chǎng)問(wèn)題,聯(lián)系閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析與求解。
24.(17分) (2008年高考寧夏理綜卷24題)
如圖所示,在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)的方向平行于y軸向下;在x軸和第四象限的射線(xiàn)OC之間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向垂直于紙面向外。有一質(zhì)量為m,帶有電荷量+q的質(zhì)點(diǎn)由電場(chǎng)左側(cè)平行于x軸射入電場(chǎng)。質(zhì)點(diǎn)到達(dá)x軸上A點(diǎn)時(shí),速度方向與x軸的夾角,A點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為d。接著,質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng),并垂直于OC飛離磁場(chǎng)。不計(jì)重力影響。若OC與x軸的夾角為,求
(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度的大。
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小。
24.(1)sinφ
(2)sin3φcosφ
【解析】(17分)
(1)質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中的軌跡為一圓弧。由于質(zhì)點(diǎn)飛離磁場(chǎng)時(shí),速度垂直于OC,故圓弧的圓心在OC上。依題意,質(zhì)點(diǎn)軌跡與x軸的交點(diǎn)為A,過(guò)A點(diǎn)作與A點(diǎn)的速度方向垂直的直線(xiàn),與OC交于O'。由幾何關(guān)系知,AO'垂直于OC',O'是圓弧的圓心。設(shè)圓弧的半徑為R,則有
R=dsinj ①
由洛化茲力公式和牛頓第二定律得
②
將①式代入②式,得
③
(2)質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)質(zhì)點(diǎn)射入電場(chǎng)的速度為v0,在電場(chǎng)中的加速度為a,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則有
v0=vcosj ④
vsinj=at ⑤
d=v0t ⑥
聯(lián)立④⑤⑥得
⑦
設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,由牛頓第二定律得
qE=ma ⑧
聯(lián)立③⑦⑧得
⑨
這道試題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式,通常這類(lèi)試題要求掌握如何定圓心、確定半徑,能畫(huà)出軌跡圖。利用圓的幾何知識(shí)和向心力公式解決相關(guān)問(wèn)題。
16、(2008年高考海南物理卷16題)如圖,空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向?yàn)閥軸正方向,磁場(chǎng)方向垂直于xy平面(紙面)向外,電場(chǎng)和磁場(chǎng)都可以隨意加上或撤除,重新加上的電場(chǎng)或磁場(chǎng)與 撤除前的一樣.一帶正電荷的粒子從P(x=0,y=h)點(diǎn)以一定的速度平行于x軸正向入射.這時(shí)若只有磁場(chǎng),粒子將做半徑為R0的圓周運(yùn)動(dòng):若同時(shí)存在電場(chǎng)和磁場(chǎng),粒子恰好做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).現(xiàn)在,只加電場(chǎng),當(dāng)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x=R0平面(圖中虛線(xiàn)所示)時(shí),立即撤除電場(chǎng)同時(shí)加上磁場(chǎng),粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng),其軌跡與x軸交于M點(diǎn).不計(jì)重力.求:
⑴粒子到達(dá)x=R0平面時(shí)速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離;
⑵M點(diǎn)的橫坐標(biāo)xM.
16、解:⑴做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)有:
做圓周運(yùn)動(dòng)有:
只有電場(chǎng)時(shí),粒子做類(lèi)平拋,有:
解得:
粒子速度大小為:
速度方向與x軸夾角為:
粒子與x軸的距離為:
⑵撤電場(chǎng)加上磁場(chǎng)后,有:
解得:
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,圓心C位于與速度v方向垂直的直線(xiàn)上,該直線(xiàn)與x軸和y軸的夾角均為π/4,有幾何關(guān)系得C點(diǎn)坐標(biāo)為:
過(guò)C作x軸的垂線(xiàn),在ΔCDM中:
解得:
M點(diǎn)橫坐標(biāo)為:
19.(2008年高考北京理綜卷19題)在如圖所示的空間中,存在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),同時(shí)存在沿x軸負(fù)方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運(yùn)動(dòng)。據(jù)此可以判斷出
A.質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于eE,運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能減小,沿著z軸方向電勢(shì)升高
B.質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于eE,運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能增大,沿著z軸方向電勢(shì)降低
C.質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于evB,運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能不變,沿著z軸方向電勢(shì)升高
D.質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于evB,運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能不變,沿著z軸方向電勢(shì)降低
19、C 【解析】質(zhì)子所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡,大小等于evB,運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能不變;電場(chǎng)線(xiàn)沿z軸負(fù)方向,沿z軸正方向電勢(shì)升高。
25.(22分)(2008年高考全國(guó)Ⅰ理綜卷25題)
如圖所示,在坐標(biāo)系xoy中,過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)OC與x軸正向的夾角φ=120°,在OC右側(cè)有一勻強(qiáng)電場(chǎng);在第二、三象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),其上邊界與電場(chǎng)邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線(xiàn),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直抵面向里。一帶正電荷q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場(chǎng)左邊界上的A點(diǎn)射入磁場(chǎng)區(qū)域,并從O點(diǎn)射出,粒子射出磁場(chǎng)的速度方向與x軸的夾角θ=30°,大小為v,粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧,且弧的半徑為磁場(chǎng)左右邊界間距的兩倍。粒子進(jìn)入電場(chǎng)后,在電場(chǎng)力的作用下又由O點(diǎn)返回磁場(chǎng)區(qū)域,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后再次離開(kāi)磁場(chǎng)。已知粒子從A點(diǎn)射入到第二次離開(kāi)磁場(chǎng)所用的時(shí)間恰好等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期。忽略重力的影響。求
25、個(gè)人解析:(1)從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后從O點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程是勻速圓周運(yùn)動(dòng),畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖,依題意由幾何關(guān)系可得圓弧的圓心正好是兩條虛線(xiàn)的交點(diǎn)。
故經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度方向?yàn)閤軸正方向。
設(shè)圓周的半徑為R,有:∠OO
根據(jù)向心力公式:Bqv = m???????????????????????????????????????????????????????????? ②
A點(diǎn)到x軸的距離:x= R-Rcos30°?????????????????????????????????????????????????? ③
聯(lián)立①②③解得:x =
(2)粒子能從O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)且能由O點(diǎn)返回,對(duì)正電荷,說(shuō)明電場(chǎng)的方向垂直于OC向左,設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,電場(chǎng)中的時(shí)間為t1,由動(dòng)量定理:
Eqt1=2mv????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? ④
粒子從A點(diǎn)射入到第二次離開(kāi)磁場(chǎng)所用的時(shí)間恰好等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T,由:
T= ??????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? ⑤
從O點(diǎn)返回磁場(chǎng)后的軌跡如圖,圓心角為120°,故:
T=t1+T+T??????????????????????? ⑥
聯(lián)立②④⑤⑥解得:E = ???????????????? ⑦
(3)第二次離開(kāi)磁場(chǎng)后到再進(jìn)入電場(chǎng),如圖軌跡。
則DF=OD=2R cos30°???????????????????? ⑧
時(shí)間t2= =
24.(19分)(2008年高考全國(guó)Ⅱ理綜卷24題)如圖,一直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l、電阻為r,其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為l的光滑平行導(dǎo)軌上,并與之密接;棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控制的負(fù)載電阻(圖中未畫(huà)出);導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌所在平面。開(kāi)始時(shí),給導(dǎo)體棒一個(gè)平行于導(dǎo)軌的初速度v0。在棒的運(yùn)動(dòng)速度由v0減小至v1的過(guò)程中,通過(guò)控制負(fù)載電阻的阻值使棒中的電流強(qiáng)度I保持恒定。導(dǎo)體棒一直在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。若不計(jì)導(dǎo)軌電阻,求此過(guò)程中導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值和負(fù)載電阻上消耗的平均功率。
24、解:導(dǎo)體棒所受的安培力為:F=BIl………………① (3分)
由題意可知,該力的大小不變,棒做勻減速運(yùn)動(dòng),因此在棒的速度從v0減小到v1的過(guò)程中,平均速度為:……………………② (3分)
當(dāng)棒的速度為v時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為:E=Blv………………③ (3分)
棒中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:………………④ (2分)
綜合②④式可得:………………⑤ (2分)
導(dǎo)體棒中消耗的熱功率為:………………⑥ (2分)
負(fù)載電阻上消耗的熱功率為:…………⑦ (2分)
由以上三式可得:…………⑧ (2分)
22.(16分)(2008年高考北京理綜卷22題)均勻?qū)Ь(xiàn)制成的單位正方形閉合線(xiàn)框abcd,每邊長(zhǎng)為L(zhǎng),總電阻為R,總質(zhì)量為m。將其置于磁感強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處,如圖所示。線(xiàn)框由靜止自由下落,線(xiàn)框平面保持在豎直平面內(nèi),且cd邊始終與水平的磁場(chǎng)邊界平行。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),
(1)求線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小;
(2)求cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小;
(3)若此時(shí)線(xiàn)框加速度恰好為零,求線(xiàn)框下落的高度h所應(yīng)滿(mǎn)足的條件。
22、【解析】(1)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線(xiàn)框速度v=
線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=BL
(2)此時(shí)線(xiàn)框中電流 I=
cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=I()=
(3)安培力 F=BIL=
根據(jù)牛頓第二定律mg-F=ma,由a=0
解得下落高度滿(mǎn)足 h=
23.(18分)(2008年高考北京理綜卷23題)風(fēng)能將成為21世紀(jì)大規(guī)模開(kāi)發(fā)的一種可再生清潔能源。風(fēng)力發(fā)電機(jī)是將風(fēng)能(氣流的功能)轉(zhuǎn)化為電能的裝置,其主要部件包括風(fēng)輪機(jī)、齒輪箱,發(fā)電機(jī)等。如圖所示。
(1)利用總電阻的線(xiàn)路向外輸送風(fēng)力發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電能。輸送功率,輸電電壓,求異線(xiàn)上損失的功率與輸送功率的比值;
(2)風(fēng)輪機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)所掃過(guò)的面積為風(fēng)力發(fā)電機(jī)可接受風(fēng)能的面積。設(shè)空氣密度為p,氣流速度為v,風(fēng)輪機(jī)葉片長(zhǎng)度為r。求單位時(shí)間內(nèi)流向風(fēng)輪機(jī)的最大風(fēng)能Pm;
在風(fēng)速和葉片數(shù)確定的情況下,要提高風(fēng)輪機(jī)單位時(shí)間接受的風(fēng)能,簡(jiǎn)述可采取的措施。
(3)已知風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率P與Pm成正比。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)的風(fēng)速v
23、【解析】(1)導(dǎo)線(xiàn)上損失的功率為P=I2R=(
損失的功率與輸送功率的比值
(2)(2)風(fēng)垂直流向風(fēng)輪機(jī)時(shí),提供的風(fēng)能功率最大.
單位時(shí)間內(nèi)垂直流向葉片旋轉(zhuǎn)面積的氣體質(zhì)量為pvS,S=r2
風(fēng)能的最大功率可表示為
P風(fēng)=
采取措施合理,如增加風(fēng)輪機(jī)葉片長(zhǎng)度,安裝調(diào)向裝置保持風(fēng)輪機(jī)正面迎風(fēng)等。
(3)按題意,風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出功率為P2=kW=160 kW
最小年發(fā)電量約為W=P2t=160×5000 kW?h=8×105kW?h
23.(12分)(2008年高考上海物理卷23題)如圖所示為研究電子槍中電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi),存在兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)I和II,兩電場(chǎng)的邊界均是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形(不計(jì)電子所受重力)。
(1)在該區(qū)域AB邊的中點(diǎn)處由靜止釋放電子,求電子離開(kāi)ABCD區(qū)域的位置。
(2)在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子,電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開(kāi),求所有釋放點(diǎn)的位置。
(3)若將左側(cè)電場(chǎng)II整體水平向右移動(dòng)L/n(n≥1),仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開(kāi)(D不隨電場(chǎng)移動(dòng)),求在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。
23.(12分)
解:(1)設(shè)電子的質(zhì)量為m,電量為e,電子在電場(chǎng)I中做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),出區(qū)域I時(shí)的為v0,此后電場(chǎng)II做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),假設(shè)電子從CD邊射出,出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y,有
解得 y=,所以原假設(shè)成立,即電子離開(kāi)ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為(-
(2)設(shè)釋放點(diǎn)在電場(chǎng)區(qū)域I中,其坐標(biāo)為(x,y),在電場(chǎng)I中電子被加速到v1,然后進(jìn)入電場(chǎng)II做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),并從D點(diǎn)離開(kāi),有
解得 xy=,即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿(mǎn)足議程的點(diǎn)即為所求位置。
(3)設(shè)電子從(x,y)點(diǎn)釋放,在電場(chǎng)I中加速到v2,進(jìn)入電場(chǎng)II后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),在高度為y′處離開(kāi)電場(chǎng)II時(shí)的情景與(2)中類(lèi)似,然后電子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)D點(diǎn),則有
,
解得 ,即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿(mǎn)足議程的點(diǎn)即為所求位置
24.(14分)(2008年高考上海物理卷24題)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一半徑為r、內(nèi)阻為R1、粗細(xì)均勻的光滑半圓形金屬球,在M、N處與相距為2r、電阻不計(jì)的平行光滑金屬軌道ME、NF相接,EF之間接有電阻R2,已知R1=12R,R2=4R。在MN上方及CD下方有水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)I和II,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,F(xiàn)有質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒ab,從半圓環(huán)的最高點(diǎn)A處由靜止下落,在下落過(guò)程中導(dǎo)體棒始終保持水平,與半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好,高平行軌道中夠長(zhǎng)。已知導(dǎo)體棒ab下落r/2時(shí)的速度大小為v1,下落到MN處的速度大小為v2。
(1)求導(dǎo)體棒ab從A下落r/2時(shí)的加速度大小。
(2)若導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)II后棒中電流大小始終不變,求磁場(chǎng)I和II之間的距離h和R2上的電功率P2。
(3)若將磁場(chǎng)II的CD邊界略微下移,導(dǎo)體棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)II時(shí)速度大小為v3,要使其在外力F作用下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度大小為a,求所加外力F隨時(shí)間變化的關(guān)系式。
24.(14分)
解:(1)以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象,棒在磁場(chǎng)I中切割磁感線(xiàn),棒中產(chǎn)生產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),導(dǎo)體棒ab從A下落r/2時(shí),導(dǎo)體棒在策略與安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律,得
mg-BIL=ma,式中l(wèi)=r
式中 =4R
由以上各式可得到
(2)當(dāng)導(dǎo)體棒ab通過(guò)磁場(chǎng)II時(shí),若安培力恰好等于重力,棒中電流大小始終不變,即
式中
解得
導(dǎo)體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),有
得
此時(shí)導(dǎo)體棒重力的功率為
根據(jù)能量守恒定律,此時(shí)導(dǎo)體棒重力的功率全部轉(zhuǎn)化為電路中的電功率,即
=
所以,=
(3)設(shè)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)II后經(jīng)過(guò)時(shí)間t的速度大小為,此時(shí)安培力大小為
由于導(dǎo)體棒ab做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),有
根據(jù)牛頓第二定律,有
F+mg-F′=ma
即
由以上各式解得
23.(2008年高考理綜天津卷23題)(16分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,第1象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于Y軸射入電場(chǎng),經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ=60°角射入磁場(chǎng),最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于Y軸射出磁場(chǎng),如圖所示。不計(jì)粒子重力,求
(1)M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN。
(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r;
(3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t。
23.【解析】(1)設(shè)粒子過(guò)N點(diǎn)時(shí)的速度為v,有 (1)
(2)
粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程,有 (3)
(4)
(2)粒子在磁場(chǎng)中以為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng),半徑為,有 (5)
(6)
(3)由幾何關(guān)系得
(7)
設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,有 (8)
(9)
粒子在磁場(chǎng)在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期 (10)
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,有 (11)
(12)
(13)
25.(2008年高考理綜天津卷25題)(22分)磁懸浮列車(chē)是一種高速低耗的新型交通工具。它的驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)簡(jiǎn)化為如下模型,固定在列車(chē)下端的動(dòng)力繞組可視為一個(gè)矩形純電阻金屬框,電阻為R,金屬框置于xOy平面內(nèi),長(zhǎng)邊MN長(zhǎng)為l,平行于y軸,寬為d的NP邊平行于x軸,如圖1所示。列車(chē)軌道沿Ox方向,軌道區(qū)域內(nèi)存在垂直于金屬框平面的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B沿Ox方向按正弦規(guī)律分布,其空間周期為λ,最大值為B0,如圖2所示,金屬框同一長(zhǎng)邊上各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同,整個(gè)磁場(chǎng)以速度v0沿Ox方向勻速平移。設(shè)在短暫時(shí)間內(nèi),MN、PQ邊所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化可以忽略,并忽略一切阻力。列車(chē)在驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)作用下沿Ox方向加速行駛,某時(shí)刻速度為v(v<v0)。
(1)簡(jiǎn)要敘述列車(chē)運(yùn)行中獲得驅(qū)動(dòng)力的原理;
(2)為使列車(chē)獲得最大驅(qū)動(dòng)力,寫(xiě)出MN、PQ邊應(yīng)處于磁場(chǎng)中的什么位置及λ與d之間應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系式:
(3)計(jì)算在滿(mǎn)足第(2)問(wèn)的條件下列車(chē)速度為v時(shí)驅(qū)動(dòng)力的大小。
25.解析:
(1)由于列車(chē)速度與磁場(chǎng)平移速度不同,導(dǎo)致穿過(guò)金屬框的磁通量發(fā)生變化,由于電磁感應(yīng),金屬框中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,該電流受到的安培力即為驅(qū)動(dòng)力。
(2)為使列車(chē)獲得最大驅(qū)動(dòng)力,MN、PQ應(yīng)位于磁場(chǎng)中磁感應(yīng)強(qiáng)度同為最大值且反向的地方,這會(huì)使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大,導(dǎo)致框中電流最強(qiáng),也會(huì)使得金屬框長(zhǎng)邊中電流受到的安培力最大。因此,d應(yīng)為的奇數(shù)倍,即
或 ()①
(3)由于滿(mǎn)足第(2)問(wèn)條件:則MN、PQ邊所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0且方向總相反,經(jīng)短暫的時(shí)間,磁場(chǎng)沿Ox方向平移的距離為,同時(shí),金屬框沿Ox方向移動(dòng)的距離為。
因?yàn)関0>V,所以在時(shí)間內(nèi)MN邊掃過(guò)磁場(chǎng)的面積
在此時(shí)間內(nèi),MN邊左側(cè)穿過(guò)S的磁通移進(jìn)金屬框而引起框內(nèi)磁通量變化
②
同理,該時(shí)間內(nèi),PQ邊左側(cè)移出金屬框的磁通引起框內(nèi)磁通量變化
③
故在內(nèi)金屬框所圍面積的磁通量變化
④
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小
⑤
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
⑥
根據(jù)安培力公式,MN邊所受的安培力
PQ邊所受的安培力
根據(jù)左手定則,MN、PQ邊所受的安培力方向相同,此時(shí)列車(chē)驅(qū)動(dòng)力的大小
(7)
聯(lián)立解得
(8)
25.(20分)(2008年高考重慶理綜卷25題)題25題為一種質(zhì)譜儀工作原理示意圖.在以O(shè)為圓心,OH為對(duì)稱(chēng)軸,夾角為2α的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).對(duì)稱(chēng)于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點(diǎn)和收集點(diǎn).CM垂直磁場(chǎng)左邊界于M,且OM=d.現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角(紙面內(nèi))從C射出,這些離子在CM方向上的分速度均為v0.若該離子束中比荷為的離子都能匯聚到D,試求:
(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向(提示:可考慮沿CM方向運(yùn)動(dòng)的離子為研究對(duì)象);
(2)離子沿與CM成θ角的直線(xiàn)CN進(jìn)入磁場(chǎng),其軌道半徑和在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間;
(3)線(xiàn)段CM的長(zhǎng)度.
25.解:
(1)
設(shè)沿CM方向運(yùn)動(dòng)的離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R
由
得B=
磁場(chǎng)方向垂直紙面向外
(2)
設(shè)沿CN運(yùn)動(dòng)的離子速度大小為v,在磁場(chǎng)中的軌道半徑為R′,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t
由
vcosθ=v0
得v=
R′=
=
方法一:設(shè)弧長(zhǎng)為s
t=
s=2(θ+α)×R′
t=
方法二:
離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=
t=T×
=
(3)
方法一:
CM=MNcotθ
=
R′=
以上3式聯(lián)立求解得
CM=dcotα
方法二:設(shè)圓心為A,過(guò)A做AB垂直NO,
可以證明NM=BO
∵NM=CMtanθ
又∵BO=ABcotα
=R′sinθcotα
=
∴CM=dcotα
24.(19分)(2008年高考理綜四川卷24題)
如圖,一半徑為R的光滑絕緣半球面開(kāi)口向下,固定在水平面上。整個(gè)空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下。一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動(dòng),圓心為O’。球心O到該圓周上任一點(diǎn)的連線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ(0<θ<。為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動(dòng),求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值及小球P相應(yīng)的速率。重力加速度為g。
24、解析:
據(jù)題意,小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動(dòng),該圓周的圓心為O’。P受到向下的重力mg、球面對(duì)它沿OP方向的支持力N和磁場(chǎng)的洛侖茲力
f=qvB ①
式中v為小球運(yùn)動(dòng)的速率。洛侖茲力f的方向指向O’。根據(jù)牛頓第二定律
②
③
由①②③式得
④
由于v是實(shí)數(shù),必須滿(mǎn)足
≥0 ⑤
由此得B≥ ⑥
可見(jiàn),為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動(dòng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值為
⑦
此時(shí),帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率為
⑧
由⑦⑧式得
⑨
14.(16分) (2008年高考江蘇物理卷14題)在場(chǎng)強(qiáng)為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,一質(zhì)量為m、帶正電q的小球在O靜止釋放,小球的運(yùn)動(dòng)曲線(xiàn)如圖所示.已知此曲線(xiàn)在最低點(diǎn)的曲率半徑為該點(diǎn)到z軸距離的2倍,重力加速度為g.求:
(1)小球運(yùn)動(dòng)到任意位置P(x,y)的速率.
(2)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中第一次下降的最大距離ym.
(3)當(dāng)在上述磁場(chǎng)中加一豎直向上場(chǎng)強(qiáng)為E()的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí),小球從O靜止釋放后獲得的最大速率.
14.⑴洛倫茲力不做功,由動(dòng)能定理得 ①
解得 ②
⑵設(shè)在最大距離處的速率為,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)有
③
且由②知 ④
由③④及得 ⑤
⑶小球運(yùn)動(dòng)如圖所示,由動(dòng)能定理得 ⑥
由圓周運(yùn)動(dòng)得 ⑦
且由⑥⑦及解得
15.(16分) (2008年高考江蘇物理卷15題)如圖所示,間距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ,導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計(jì).場(chǎng)強(qiáng)為B的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直,磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d1,間距為d2.兩根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌垂直. (設(shè)重力加速度為g)
(1)若a進(jìn)入第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),b以與a同樣的速度進(jìn)入第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域,求b穿過(guò)第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中增加的動(dòng)能△Ek.
(2)若a進(jìn)入第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),b恰好離開(kāi)第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域;此后a離開(kāi)第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),b 又恰好進(jìn)入第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域.且a.b在任意一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域或無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相.求b穿過(guò)第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中,兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q.
(3)對(duì)于第(2)問(wèn)所述的運(yùn)動(dòng)情況,求a穿出第k個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速率
15.⑴a和b不受安培力作用,由機(jī)械能守恒知 ①
⑵設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為,剛離開(kāi)無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為,由能量守恒知www.xkb123.com
在磁場(chǎng)區(qū)域中, ②
在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域中 ③
解得 ④
⑶在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域,根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 ⑤
且平均速度 ⑥
有磁場(chǎng)區(qū)域,棒a受到合力 ⑦
感應(yīng)電流 ⑨
解得 ⑩
根據(jù)牛頓第二定律,在t到時(shí)間內(nèi) 11
則有 12
解得 13
聯(lián)立⑤⑥13解得
由題意知
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