資源簡介

如東中學力學部分熱身訓練
1、消防隊員為了縮短下樓的時間，往往抱著豎直的桿直接滑下。在一次訓練中，一名質量為60 kg、訓練有素的消防隊員從離地面18 m的高度抱著兩端均固定、質量為200 kg的豎直桿以最短的時間滑下，要求消防隊員落地的速度不能大于6 m/s。已知該消防隊員對桿作用的最大壓力為1800 N，他與桿之間的動摩擦因數為0.5，當地的重力加速度為g=10 m/s2。求：
（1）消防隊員下滑過程中的最大速度。
（2）消防隊員下滑的最短時間。
（3）請在右圖中作出桿對地面的壓力隨時間變化的圖像。
2、“嫦娥一號”探月衛星與稍早日本的“月亮女神號”探月衛星不同，“嫦娥一號”衛星是在繞月極地軌道上運動的，加上月球的自轉，因而“嫦娥一號”衛星能探測到整個月球的表面。12月11日 “嫦娥一號”衛星CCD相機已對月球背面進行成像探測，并獲取了月球背面部分區域的影像圖。衛星在繞月極地軌道上做圓周運動時距月球表面高為H，繞行的周期為TM；月球繞地公轉的周期為TE，半徑為R0。地球半徑為RE，月球半徑為RM。
（1）若忽略地球及太陽引力對繞月衛星的影響，試求月球與地球質量之比；
（2）當繞月極地軌道的平面與月球繞地公轉的軌道平面垂直，也與地心到月心的連線垂直（如圖）。此時探月衛星向地球發送所拍攝的照片，此照片由探月衛星傳送到地球最少需要多長時間？已知光速為C。

3、質量為m、帶電量為+q的小物體在O點以初速度v0沿與水平方向成30°角方向射出，如圖所示。物體在運動過程中，除重力外，還受到方向始終與初速度v0方向相反的力F的作用。
（1）若F=mg，要使物體保持v0做勻速直線運動，可在某一方向加上一定大小的勻強電場，求此電場強度的大小和方向。
（2）若F=2mg，且電場強度與第（1）小題中的場強大小相同，仍要使物體沿v0方向做直線運動，那么該電場強度的可能方向如何？求出物體沿入射方向的最大位移和回到O點的最短時間，以及回到O點的速度。
4、如圖可視為質點的三物塊A、B、C放在傾角為300、長L=2m的固定斜面上，物塊與斜面間的動
摩擦因數μ＝ ，A與B緊靠在一起， C緊靠在固定擋板上， 三物塊的質量分別為mA＝0.80kg、
mB＝0.64kg、mC＝0.50kg，其中A不帶電，B、C的帶電量分別為qB＝＋4.0×10-5C、qC＝＋2.0×10-5C
且保持不變，開始時三個物塊均能保持靜止且與斜面間均無摩擦力作用．如果選定兩點電荷在相距無
窮遠處的電勢能為0，則相距為r時，兩點電荷具有的電勢能可表示為 ．現給A施加一平
行于斜面向上的力F，使A在斜面上作加速度a＝1.5m/s2的勻加速直線運動，經過時間t0，力F變為
恒力，當A運動到斜面頂端時撤去力F．已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g＝10m/s2．求：
（1）未施加力F時物塊B、C間的距離；
（2）t0時間內A上滑的距離；
（3）t0時間內庫侖力做的功；
（4）力F對A物塊做的總功．
5、光滑的長軌道形狀如圖所示，底部為半圓型，半徑R，固定在豎直平面內。AB兩質量相同的小環用長為R的輕桿連接在一起，套在軌道上。將AB兩環從圖示位置靜止釋放，A環離開底部2R。不考慮輕桿和軌道的接觸，即忽略系統機械能的損失，求：
（1）AB兩環都未進入半圓型底部前，桿上的作用力
（2）A環到達最低點時，兩球速度大小
（3）若將桿換成長 ，A環仍從離開底部2R處靜止釋放， 經過半圓型底部再次上升后離開底部的最大高度
6、人造地球衛星繞地球旋轉（設為勻速圓周運動）時，既具有動能又具有引力勢能（引力勢能實際上是衛星與地球共有的，簡略地說此勢能是人造衛星所具有的）。設地球的質量為M，以衛星離地還需無限遠處時的引力勢能為零，則質量為m的人造衛星在距離地心為r處時的引力勢能為Ep=—GMm/r（G為萬有引力常量）。
（1）試證明：在大氣層外任一軌道上繞地球做勻速圓周運動的人造衛星所具有的機械能的絕對值恰好等于其動能。
（2）當物體在地球表面的速度等于或大于某一速度時，物體就可以掙脫地球引力的束縛，成為繞太陽運動的人造行星，這個速度叫做第二宇宙速度，用v2表示。用R表示地球的半徑，M表示地球的質量，G表示萬有引力常量，試寫出第二宇宙速度的表達式。
（3）設第一宇宙速度為v1，證明： 。
7、如圖所示，帶等量異種電荷的兩平行金屬板豎直放置（M板帶正電，N板帶負電），板間距為d=80cm，板長為L，板間電壓為U=100V。兩極板上邊緣連線的中點處有一用水平輕質絕緣細線拴接的完全相同的小球A和B組成的裝置Q，Q處于靜止狀態，該裝置中兩球之間有一處于壓縮狀態的絕緣輕質小彈簧（球與彈簧不拴接），左邊A球帶正電，電荷量為q=4×10-5C，右邊B球不帶電，兩球質量均為m=1.0×10-3kg。某時刻裝置Q中細線突然斷裂，A、B兩球立即同時獲得大小相等、方向相反的速度（彈簧恢復原長）。若A、B之間彈簧被壓縮時所具有的彈性能為1.0×10-3J，小球A、B均可視為質點，Q裝置中彈簧的長度不計，小球帶電不影響板間勻強電場，不計空氣阻力，取g=10m/s2。求：
（1）為使小球不與金屬板相碰，金屬板長度L應滿足什么條件？
（2）當小球B飛離電場恰好不與金屬板相碰時，小球A飛離電場時的動能是多大？
（3）從兩小球彈開進入電場開始，到兩小球間水平距離為30cm時，小球A的電勢能增加了多少？
8、如圖所示，一帶電平行板電容器水平放置，金屬板M上開有一小孔。有A、B、C三個質量均為m、電荷量均為＋q的帶電小球（可視為質點），其間用長為L的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態。已知M、N兩板間距為3L，現使A小球恰好位于小孔中，由靜止釋放并讓三個帶電小球保持豎直下落，當A球到達N極板時速度剛好為零，求：
（1）三個小球從靜止開始運動到A球剛好到達N板的過程中，
重力勢能的減少量；
（2）兩極板間的電壓；
（3）小球在運動過程中的最大速率。

9、如圖甲所示，場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場內存在著一半徑為R的圓形區域，O點為該圓形區域的圓心，A點是圓形區域的最低點，B點是最右側的點。在A點有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于場強向右的正電荷，電荷的質量為m，電量為q，不計重力。試求：
（1）某電荷的運動軌跡和圓形區域的邊緣交于P點，∠POA=θ（如圖甲），求該電荷經過P點時速率。
（2）若在圓形區域的邊緣有一接 收屏CBD，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點，如圖乙，∠COB=∠BOD=30°。求該屏上接收到的電荷最大動能和最小動能。
1、消防隊員先以最大加速度——重力加速度加速下滑，然后以盡可能大的加速度作減速運動，即運動過程為先加速后減速。當手和腿對桿施加最大壓力時（就是抱緊桿的力）其受到的滑動摩擦力最大，此時減速的加速度值為最大。
（1）最大滑動摩擦力fmax=μN=0.5×1800N=900N
減速的加速度由牛頓第二定律可知=5m/s2=5m/s2
設消防隊員加速下滑的距離為h1，減速下滑的距離為(H-h1)，加速階段的末速度是減速階段的初速度為υmax，由題意和勻變速運動的規律有

由此式解得 m=7.2m，
消防隊員最大速度為m/s=12m/s
（2）加速時間 s =1.2s
減速時間 s=1.2s
下滑的時間 t= t1+ t2=1.2+1.2=2.4s
（3）將消防隊員與桿作為整體為研究對象時，加速階段消防隊員完全失重，桿受到地面的支持力等于桿的重力，即N1=Mg=2000N，加速下滑，消防隊員超重，N1=Mg+m(g+a)=2900N。
桿對地面的壓力隨時間變化圖象如圖所示。
2、（1）由牛頓第二定律得
萬有引力定律公式為：
月球繞地公轉時由萬有引力提供向心力，故
同理，探月衛星繞月運動時有：
解得：
（2）設探月極地軌道上衛星到地心的距離為L0，則衛星到地面的最短距離為，由幾何知識得：
故將照片發回地面的時間
3、解：（1）設所加場強E的方向與角，如圖所示，則

且 可得
（2）設場強E與，要使物體做直線運動只須

1）當時，物體的加速度最小，沿方向的位移最大，受力如圖所示。
由牛頓第二定律，有
又
可得
2）當時，物體的加速度最大，回到O點時的時間最短，受力如圖所示。由牛頓第二定律，有
又，
可得回到O點的最短時間
回到O點的速度 負號表示與反向
4、解：（1）C對B的庫侖斥力
以A、B為研究對象，根據力的平衡
聯立解得 L1=1.0m
（2）給A施加力F后， A、B沿斜面向上做勻加速直線運動，C對B的庫侖斥力逐漸減小，A、B之間的彈力也逐漸減小．經過時間t0，B、C間距離設為L2，A、B兩者間彈力減小到零，此后兩者分離，力F變為恒力．則t0時刻C對B的庫侖斥力為
以B為研究對象，由牛頓第二定律有
解得 L2=1.2m
則t0時間內A上滑的距離
（3）設t0時間內庫侖力做的功為W0，由功能關系有 代入數據解得
（4）設在t0時間內，末速度為v1，力F對A物塊做的功為W1，由動能定理有

而


解得 J
經過時間t0后，A、B分離，力F變為恒力，對A由牛頓第二定律有

力F對A物塊做的功
代入數據得
則力F對A物塊做的功
5、⑴ 對整體自由落體，加速度g 以A為研究對象，A作自由落體則桿對A一定沒有作用力。
⑵ AB都進入圓軌道后，兩環具有相同角速度，則兩環速度大小一定相等
整體機械能守恒：
⑶ A再次上升后，位置比原來高h，如圖所示。
由動能定理 ，
A離開底部 注：由于桿超過了半圓直徑，所以兩環運動如圖。
6、解：（1）設衛星在半徑為r的軌道上做勻速圓周運動的速度為v，地球的質量為M，
衛星的質量為m。 　 人造衛星的動能：?
衛星在軌道上具有的引力勢能為：???　?
衛星具有的機械能為：?
所以：???????????
（2）設物體在地于表面的速度為v2，當它脫離地球引力時，此時速度為零，由機械能守恒定律得： 得：?????
（3）第一宇宙速度即為繞地球表面運行的速度，故有： 得
所以有：
7、解：（1）機械能守橫定律 得小球彈開時獲得的初速度m/s
B球進入電場后向右做平拋運動，平拋時間s
0.4s內的豎直位移m 為使小球不與金屬板相撞，金屬板長度L<0.8m
（2）水平方向上，A球加速度m/s2，方向向右
當小球B恰不與金屬板相撞時，A球
由功能關系得A球離開電場時的動能 J
（3）兩小球進入電場后，豎直方向均做自由落體運動，加速度為g，因此，A、B兩小球在運動過程中始終位于同一條直線上。
當兩小球間的距離為s=30cm時 解得（舍去）
此時A球水平位移為
8、(1)設三個球重力勢能減少量為△Ep △Ep= 9mgL
(2)設兩極板電壓為U ，由動能定理 W重-W電＝△Ek
3mg·3L－－－＝0 U =
(3)當小球受到的重力與電場力相等時，小球的速度最大vm 3mg= n=2
小球達到最大速度的位置是B球進入電場時的位置
由動能定理 3mg·L-= ×3mvm2 vm=
9、解：（1）a =  Rsinθ= v0t R-Rcosθ=at2 由以上三式得v0 =
（2）由（1）結論得粒子從A點出發時的動能為 m v02 = = 
則經過P點時的動能為 Ek=Eq(R-Rcosθ)+m v02 = EqR (5-3cosθ)
可以看出，當θ從0°變化到180°，接收屏上電荷的動能逐漸增大，因此D點接收到的電荷的末動能最小，C點接收到的電荷的末動能最大。
最小動能為：EkD=Eq(R-Rcosθ)+m v0D2 = EqR (5-3cos60°) =  EqR
最大動能為：EkC=Eq(R-Rcosθ)+m v0C2 = EqR (5-3cos120°) =  EqR
如東中學復合場部分熱身訓練
1、有一帶負電的小球，其帶電量q = -C。如圖所示，開始時靜止在場強E=N/C的勻強電場中的P點，靠近電場極板B有一擋板S，小球與擋板S的距離h=4cm，與A板距離H=36cm，小球的重力忽略不計。在電場力作用下小球向左運動，與擋板S相碰后電量減少到碰前的k倍，已知k=7/8，而碰撞過程中小球的機械能不損失。（1）設勻強電場中擋板S所在位置的電勢為零，則小球在P點時的電勢能為多少？（電勢能用來表示）（2）小球從P點出發第一次到達最右端的過程中電場力對小球做了多少功？（3）小球經過多少次碰撞后，才能抵達A板？
2、在足夠大的絕緣光滑水平面上有一質量m＝1.0×10－3kg、帶電量q＝1.0×10－10C的帶正電的小球，靜止在O點。以O點為原點，在該水平面內建立直角坐標系Oxy。
在t0＝0時突然加一沿x軸正方向、大小E1＝2.0×106V/m的勻強電場，使小球開始運動。
在t1＝1.0s時，所加的電場突然變為沿y軸正方向、大小E2＝2.0×106V/m的勻強電場。
在t2＝2.0s時所加電場又突然變為另一個勻強電場E3，使小球在此電場作用下在t3＝3.0s時速度變為零。求：
（1）在t1＝1.0s時小球的速度v1的大小；
（2）在t2＝2.0s時小球的位置坐標x2、y2；
（3）勻強電場E3的大小；
（4）請在圖27的坐標系中繪出該小球在
這3s內的運動軌跡。
3、如圖所示，在xoy區域內的第Ⅰ象限內有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直xoy平面向外，區域內的其他象限無磁場。在A（L，0）點有一電子以速度v沿y軸正方向射入磁場。求電子在磁場中的運動時間。
4、如圖所示，在傾角為30°的斜面OA的左側有一豎直檔板，其上有一小孔P，現有一質量m=4×10－20kg，帶電量q=+2×10－14C的粒子，從小孔以速度v0=3×104m/s水平射向磁感應強度B=0.2T、方向垂直紙面向里的一正三角形區域．該粒子在運動過程中始終不碰及豎直檔板，且在飛出磁場區域后能垂直打在OA面上，粒子重力不計．求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）粒子在磁場中運動的時間；
（3）正三角形磁場區域的最小邊長．
5、質量分布均勻的細圓環，半徑為R ，總質量為m ，讓其均勻帶正電，總電量為q ，處在垂直環面的磁感強度為B的勻強磁場中。令圓環繞著垂直環面并過圓心的軸轉動，且角速度為ω ，轉動方向和磁場方向如圖所示。求因環的旋轉引起的環的張力的增加量。
6、如圖所示，在直角坐標系的原點O處有一放射源，向四周均勻發射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子。在放射源右邊有一很薄的擋板，擋板與xoy平面交線的兩端M、N與原點O正好構成等腰直角三角形。已知帶電粒子的質量為m，帶電量為q，速度為υ，MN的長度為L。 (1)若在y軸右側加一平行于x軸的勻強電場，要使y軸右側所有運動的粒子都能打到擋板MN上，則電場強度E0的最小值為多大？在電場強度為E0時，打到板上的粒子動能為多大? (2)若在整個空間加一方向垂直紙面向里的勻強磁場，要使板右側的MN連線上都有粒子打到，磁場的磁感應強度不能超過多少(用m、υ、q、L表示)?若滿足此條件，放射源O向外發射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊?


7、如圖所示，質量為0.01kg的小球b原來不帶電，置于水平桌面的右邊緣P點。小球a的質量為0.02kg，帶有0.1C的正電荷，從半徑為R=0.8m的光滑圓弧項端由靜止開始滾下，到M點進入水平桌面MP（其中MN段是粗糙的，動摩擦因數為0.35，NP段光滑），當a到達P點時與小球b發生正碰，并粘合在一起進入互相垂直的電、磁場區域內，勻強電場的方向豎直向上，場強大小為3.0N／C，勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感強度為0.25T。已知：水平桌面高h=1.2m，MN=1.0m，NP=0.5m，g取l0m／s2。求：
（1）a、b粘合體在復合場中運動的時間；
（2）小球a、b組成的系統在落地前的運動過程中，機械能損失了多少?
8、如圖所示，一帶電粒子以某一速度在豎直平面內做直線運動，經過一段時間后進入一垂直于紙面向里、磁感應強度為B的最小的圓形勻強磁場區域（圖中未畫出磁場區域），粒子飛出磁場后垂直電場方向進入寬為L的勻強電場。電場強度大小為E，方向豎直向上。當粒子穿出電場時速度大小變為原來的倍。已知帶電粒子的質量為m，電量為q，重力不計。粒子進入磁場前的速度如圖與水平方向成60°角。試解答：
（1）粒子帶什么電？（2）帶電粒子在磁場中運動時速度多大？
（3）該最小的圓形磁場區域的面積為多大？
9、如圖3-7-17甲所示，圖的右側MN為一豎直放置的熒光屏，O為它的中點，OO′與熒光屏垂直，且長度為L．在MN的左側空間存在著方向水平向里的勻強電場，場強大小為E．乙圖是從左邊去看熒光屏得到的平面圖，在熒光屏上以O為原點建立如圖的直角坐標系．一細束質量為m、電量為+q 的帶電粒子以相同的初速度v0 從O′點沿O′O 方向射入電場區域．粒子的重力和粒子間的相互作用都可忽略不計．
（1）若再在MN左側空間加一個勻強磁場，使得熒光屏上的亮點恰好位于原點O 處，求這個磁場的磁感應強度B 的大小和方向．
（2）如果磁感應強度B 的大小保持不變，但把方向變為與電場方向相同，則熒光屏上的亮
點位于圖中A 點處，已知A點的縱坐標為
求： A點橫坐標的數值．
10、光滑絕緣的圓形軌道豎直放置，半徑為R ，在其最低點A處放一質量為m的帶電小球，整個空間存在勻強電場，使小球受到電場力的大小為mg ，方向水平向右，現給小球一個水平向右的初速度v0 ，使小球沿軌道向上運動，若小球剛好能做完整的圓周運動，求v0 。
答案
1、（1）SP間的電勢差 （1分）
因，所以 (1分)
小球在P點時的電勢能 (2分)
（2）小球從P到S電場力做功 （1分）
小球從S第一次到達最右端電場力做功 （1分）
小球從P點出發第一次到達最右端電場力對小球做功 (1分)
（3）小球第一次從P到S有 (1分)
小球第一次被彈回至最右端距S板的距離為
有， (1分)
得 （1分）
同理小球第二次碰撞后有
推得 （1分）
有， （1分）
(1分)
所以小球經過18次碰撞后，才能抵達A板 (1分)
2、（1）a1＝ ＝ m/s2＝0.2m/s2(2分)
v1＝ a1·Δt1＝0.2×1.0m/s ＝0.2 m/s (2分)
（2）x2＝a1Δt12+ v1Δt2＝×0.2×1.02m+0.2×0.1m＝0.3m (3分)
y2＝ a2Δt22 ＝×0.2×1.02m＝0.1m (1分)
（3）v22＝2 v12, v 2＝v1＝×0.2 m/s＝ 0.28 m/s (1分)
a3＝＝ m/s2＝0.28 m/s2 (1分)
E3＝ ＝＝2.8×10－6V/m (1分)
（4） (3分)
3、解：設電子以v0的速度射入磁場時，剛好從原點O離開磁場（如圖），這時電子在磁場中的運動半徑為：--------2分
又---------2分
得：-------1分
（1）當電子速度時，其運動半徑小于或等于，電子將從x軸上的某點離開磁場，運動時間為半個周期，（2分）
--------2分
（2）當電子速度時，其運動半徑大于，電子將從y軸上某點（如D點）離開磁場。（1分）
設此時的圓心為O′，由圖可知，
-------3分
所以：----3分
4、（1）由，得：
………………………………（4分）
………………………………（2分）
（2）畫出粒子的運動軌跡如圖，可知，得：………………………………（4分）
………………………………（2分）
（3）由數學知識可得： 得：
………………………………（3分）
5、T = （qBR + mωR）= （qB + mω）
6、解析：⑴由題意知，要使y軸右側所有運動粒子都能打在MN板上，其臨界條件為：沿y軸方向運動的粒子作類平拋運動，且落在M或N點。

MO′=L=υt ①
a= ②
OO′=L=at2③
解①②③式得
E0= ④
由動能定理知
qE0×L=Ek－⑤
解④⑤式得
Ek= ⑥
⑵由題意知，要使板右側的MN連線上都有粒子打到，粒子軌跡直徑的最小值為MN板的長度L。
R0=L= ⑦
B0= ⑧
放射源O發射出的粒子中，打在MN板上的粒子的臨界徑跡如圖所示。
∵OM=ON，且OM⊥ON
∴OO1⊥OO2
∴υ1⊥υ2
∴放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左側。
7、解：（1）t=1.26s
（2）ΔE=0.46J
8、解析：本題考查帶電粒子在電、磁場中的兩運動模型（勻速圓周運動與類平拋運動）及相關的綜合分析能力，以及空間想象的能力、應用數學知識解決物理問題能力。
⑴（3分）根據粒子在磁場中偏轉的情況和左手定則可知，粒子帶負電。（3分）
只有結論（結論正確），沒有說理的只計1分。
⑵（9分）由于洛侖茲力對粒子不做功，故粒子以原來的速率進入電場中，設帶電粒子進入電場的初速度為，在電場中偏轉時做類平拋運動，由題意知粒子離開電場時的末速度大小為，將分解為平行于電場方向和垂直于電場方向的兩個分速度 ：由幾何關系知①（2分）
② （1分）
③ （1分）
④ （1分）
⑤（1分）
聯立求解①②③④⑤得：（2分）
（3）（5分）如圖所示，帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力作為向心力，設在磁場中做圓周運動的半徑為R，圓形磁場區域的半徑為r，則：
⑦（1分）
⑧（1分） 此處刪了個1/2
由幾何知識可得： ⑨（1分）
磁場區域的最小面積為⑩（1分）
聯立求解⑧⑨⑩得（1分）
9、
10、解析：小球同時受到重力和電場力作用，這時也可以認為小球處在等效重力場中。小球受到的等效重力為：
G′==mg
等效重力加速度：g′==g
圖4—7
與豎直方向的夾角θ = 30°，如圖4—7甲所示。所以B點為等效重力場中軌道的最高點，如圖4—7，由題意，小球剛好能做完整的圓周運動，小球運動到B點時的速度vB =
在等效重力場中應用機械能守恒定律：
m= mg′(R + Rcosθ) +m
將g′、vB分別代入上式，解得給小球的初速度為：
v0 =
10、質量為m、電量為+q的粒子在環中做半徑為R的圓周運動. A、B為兩塊中心開有小孔的極板. 原來電勢都為零, 每當粒子飛經A板時, A板電勢升高為+U, B板電勢仍保持為零, 粒子在兩板間電場中得到加速. 每當粒子離開B板時, A板電勢又降為零. 粒子在電場一次次加速下動能不斷增大, 而繞行半徑不變.
(1) 設t=0時粒子靜止在A板小孔處, 在電場作用下加速, 并繞行第一圈. 求粒子繞行n 圈回到A板時獲得的總動能En .
(2) 為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動, 磁場必須周期性遞增. 求粒子繞行第n 圈時的磁感應強度Bn.
(3) 求粒子繞行n 圈所需的總時間tn (設極板間距遠小于R).
(4) 在圖(2)中畫出A板電勢與時間t 的關系(從t=0起畫到粒子第4次離開B板時即可).
(5) 在粒子繞行的整個過程中, A板電勢是否可以始終保持為+U?為什么?
高三物理考前知識過關題（電磁感應部分一）2008-5-16
1．下圖是法拉第做成的世界上第一臺發電機模型的原理圖。將銅盤放在磁場中，讓磁感線垂直穿過銅盤；圖中a、b導線與銅盤的中軸線處在同一豎直平面內；轉動銅盤，就可以使閉合電路獲得電流。若圖中銅盤半徑為L，勻強磁場的磁感應強度為B，回路總電阻為R，從上往下看逆時針勻速轉動銅盤的角速度為ω。則下列說法正確的是（ ）
A．回路中有大小和方向作周期性變化的電流
B．回路中電流大小恒定，且等于
C．回路中電流方向不變，且從b導線流進燈泡，再從a導線流向旋轉的銅盤 D．若將勻強磁場改為仍然垂直穿過銅盤的正弦變化的磁場，不轉動銅盤，燈泡中也會有電流流過
2、如圖所示，兩平行的虛線間的區域內存在著有界勻強磁場，有一較小的三角形線框abc的ab邊與磁場邊界平行，現使此線框向右勻速穿過磁場區域，運動過程中始終保持速度方向與ab邊垂直．則下列各圖中哪一個可以定性地表示線框在進入磁場的過程中感應電流隨時間變化的規律：( )
3．平面上的光滑平行導軌MN、PQ上放著光滑導體棒ab、cd，兩棒用細線系住，開始時勻強磁場的方向如圖甲所示，而磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，不計ab、cd間電流的相互作用則細線中張力（ ）
（A）由0到t0時間內細線中的張力逐漸增大
（B）由0到t0時間內兩桿靠近，細線中的張力消失
（C）由0到t0時間內細線中張力不變
（D）由t0到t時間內兩桿靠近，細線中的張力消失
4．（14分）如圖AB和CD是兩根特制的、完全相同的電阻絲，豎直地固定在地面上，上端用電阻不計的導線相接，兩電阻絲間距為L，有一根質量為m、電阻不計的金屬棒，跨在AC兩點間處于x軸原點，與電阻絲接觸良好且無摩擦，空間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，放開金屬棒，它將加速下滑。求：
（1）電阻絲的電阻值應跟位移x的平方根成正比，即R＝k（k為一常數）試用假設法證明棒開始下落后是做勻加速運動。
（2）若棒做勻加速運動，B＝1 T，L＝1 m，m＝1/kg，k＝1/(m－1/2，求棒的加速度a，棒下落1 m位移過程中電阻上電流所做的功。
5.（14分）如圖所示，固定在水平桌面上的光滑金屬框架cdef處于豎直向下磁感應強度為B0的勻強磁場中。金屬桿ab與金屬框架接觸良好。此時abed構成一個邊長為l的正方形，金屬桿的電阻為r，其余部分電阻不計。
⑴若從t=0時刻起，磁場的磁感應強度均勻增加，每秒鐘增量為k，施加一水平拉力保持金屬桿靜止不動，求金屬桿中的感應電流。
⑵在情況⑴中金屬桿始終保持不動，當t= t1秒末時，求水平拉力的大小。
⑶若從t=0時刻起，磁感應強度逐漸減小，當金屬桿在框架上以恒定速度v向右做勻速運動時，可使回路中不產生感應電流。寫出磁感應強度B與時間t的函數關系式。

6．（12分）如圖所示，固定在磁感應強度為B、方向垂直紙面的勻強磁場中的正方形線框abcd邊長為L，正方形線框水平放置。其中ab邊和cd邊是電阻為R的均勻電阻絲，其余兩邊電阻不計。現有一段長度、粗細、材料均與ab邊相同的電阻絲PQ架在線框上，并受到與ab邊平行的恒定水平力F的作用從ad邊滑向bc邊。PQ在滑動中與線框接觸良好，P和Q與邊框間的動摩擦因素均為(。電阻絲PQ的質量為m。當PQ滑過L的距離時，PQ的加速度為a，求：（1）此時通過aP段電阻絲的電流；
（2）從開始到此時過程中整個電路產生的焦耳熱。
7．（15分）某種超導磁懸浮列車是利用超導體的抗磁作用使列車車體向上浮起，同時通過周期性地變換磁極方向而獲得推進動力．其推進原理可以簡化為如圖所示的模型：在水平面上相距b的兩根平行直導軌間，有豎直方向等距離分布的勻強磁場B1和B2，且B1=B2=B，每個磁場的長都是a，相間排列，所有這些磁場都以速度v向右勻速運動．這時跨在兩導軌間的長為a寬為b的金屬框MNQP（懸浮在導軌正上方）在磁場力作用下也將會向右運動．設金屬框的總電阻為R，運動中所受到的阻力恒為f，求：
（1）列車在運動過程中金屬框產生的最大電流；
（2）列車能達到的最大速度；
（3）簡述要使列車停下可采取哪些可行措施？
高三物理考前知識過關題（電磁感應部分二）2008-5-16
8、．20世紀50年代，科學家提出了地磁場的“電磁感應學說”，認為當太陽強烈活動影響地球而引起磁暴時，磁暴在外地核中感應產生衰減時間較長的電流，此電流產生了地磁場，連續的磁暴作用可維持地磁場，則外地核中的電流方向為（地磁場N極與S極在地球表面的連線稱為磁子午線）（ ）
（A）垂直磁子午線由西向東
（B）垂直磁子午線由東向西
（C）沿磁子午線由南向北
（D）沿磁子午線由北向南
9．如圖所示，電路中A、B是完全相同的燈泡，L是一帶鐵芯的線圈．開關S原來閉合，則開關S斷開的瞬間( )
A．L中的電流方向改變，燈泡B立即熄滅?
B．L中的電流方向不變，燈泡B要過一會才熄滅
C．L中的電流方向改變，燈泡A比B慢熄滅?
D．L中的電流方向不變，燈泡A比B慢熄滅
10．兩根相距為L的足夠長的金屬直角導軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊垂直于水平面。質量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數均為μ，每根桿的電阻均為R，導軌電阻不計。整個裝置處于磁感應強度大小為B，方向豎直向上的勻強磁場中。當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下以速度v1沿水平方向導軌向右勻速運動時，cd桿正以速度v2（v1≠v2）沿豎直方向導軌向下勻速運動，重力加速度為g。則以下說法正確的是 （ ）
（A）ab桿所受拉力F的大小為＋μmg
（B）ab桿所受拉力F的大小為mg
（C）cd桿下落高度為h的過程中，整個回路中電流產生的焦耳熱為
（D）ab桿水平運動位移為s的過程中，整個回路中產生的總熱量為Fs＋
11、(12分) 如圖一所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R。在金屬線框的下方有一勻強磁場區域， MN和M ′N ′是勻強磁場區域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直。現金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖二是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區域瞬間的速度－時間圖象，圖像中坐標軸上所標出的字母均為已知量。求：
（1）金屬框的邊長；
（2）磁場的磁感應強度；
（3）金屬線框在整個下落過程中所產生的熱量。
12．（14分）如圖所示，直角三角形導線框abc固定在勻強磁場中，ab是一段長為l1＝0.6m、單位長度電阻為r＝3Ω/m的均勻導線，ac和bc的電阻可不計，bc長度為l2＝0.3m。磁場的磁感應強度為B＝0.5T，方向垂直紙面向里。現有一段長度為L＝0.3m、單位長度電阻也為r＝3Ω/m的均勻導體桿MN架在導線框上，開始時緊靠a點，然后沿ab方向以恒定速度v＝1.2m/s向b端滑動，滑動中始終與bc平行并與導線框保持良好接觸。
（1）導線框中有感應電流的時間是多長？
（2）當導體桿MN滑到ab中點時，導線bc中的電流多大？方向如何？
（3）求導體桿MN自a點至滑到ab中點過程中，回路中感應電動勢的平均值。
（4）找出當導體桿MN所發生的位移為x（013．（14分）如圖甲所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌相距為L＝0.40 m，導軌平面與水平面成(＝30(角，上端和下端通過導線分別連接阻值R1＝R2＝1.2 (的電阻，質量為m＝0.20 kg、阻值為r＝0.20 (的金屬棒ab放在兩導軌上，棒與導軌垂直且保持良好接觸，整個裝置處在垂直導軌平面向上的磁場中，取重力加速度g＝10 m/s2。若所加磁場的磁感應強度大小恒為B，通過小電動機對金屬棒施加力，使金屬棒沿導軌向上做勻加速直線運動，經過0.5 s電動機的輸出功率達到10 W，此后保持電動機的輸出功率不變，金屬棒運動的v-t圖如圖乙所示，試求：
（1）磁感應強度B的大小；
（2）在0-0.5 s時間內金屬棒的加速度a的大小；
（3）在0-0.5 s時間內電動機牽引力F與時間t的關系；
（4）如果在0-0.5 s時間內電阻R1產生的熱量為0.135 J，則這段時間內電動機做的功。
14．（16分）有一單匝矩形線框abcd的bc邊長為L，ab的邊長為2L，線框總電阻為R，整個線框位于垂直于線框平面的勻強磁場內，MN是線框abcd的中軸線，如圖甲所示．
　　（1）若線框保持靜止，勻強磁場的磁感強度B隨時間的變化如圖乙所示，求線框的感應電動勢E及在3t時刻線框的ab邊所受安培力的大小．
　　（2）若勻強磁場的磁感強度始終保持B0不變，線框在勻強磁場中繞MN軸勻速轉動，轉動的周期為T，求線框轉一圈所產生的熱量．
　
高三物理考前知識過關題（電磁感應部分）答案
1、C 2、D 3、BD
4.(共14分)解(1)設瞬時磁感應強度為B ,由題意得①　　（１分）
產生感應電動勢為②　　（2分）　
根據閉合電路歐姆定律得，產生的感應電流③　　　（2分）
（２）由題意，根據二力平衡，安培力等于水平拉力，即④（2分）
　　　　⑤　　　（1分）
由①③⑤得，所以（２分）
（３）回路中電流為０，說明磁感應強度逐漸減小產生的感應電動勢Ｅ和金屬桿運動產生的感應電動勢相反，即，則有
　（3分）　解得　（1分）
．（1）mg－B2L2v/2R＝ma，設桿做勻加速運動，v＝，R＝k，B2L2v/2R＝B2L2/k，為常數，所以假設成立，（2）因為mg－B2L2v/2R＝ma，即10(1/－12(12(/2(/＝a/，可解得a＝5 m/s2，由mg－F安＝ma，得F安＝mg－ma＝N，Q＝F安s＝J。
5.(共14分)解(1)設瞬時磁感應強度為B ,由題意得①　　（１分）
產生感應電動勢為②　　（2分）　
根據閉合電路歐姆定律得，產生的感應電流③　　　（2分）
（２）由題意，根據二力平衡，安培力等于水平拉力，即④（2分）
　　　　⑤　　　（1分）
由①③⑤得，所以（２分）
（３）回路中電流為０，說明磁感應強度逐漸減小產生的感應電動勢Ｅ和金屬桿運動產生的感應電動勢相反，即，則有
　（3分）　解得　（1分）
6．（12分）（1）設加速度為a時，PQ中的電流為I，aP中的電流為，
由牛頓第二定律：
得 （1分）
由電路的并聯關系得： （2分）
所以 （2分）
（2）設加速度為a時，棒PQ的速度為。
外電路的電阻： （1分）
（1分）
（2分）
整個電路產生的焦耳熱為，而 （1分）
所以 （2分）
7、（15分）解：
（1）開始時金屬框產生的電流最大，設為
…………………………………（5分）
（2）分析列車受力可得： 當列車速度增大時，安培力變小，加速度變小，當a=0時，列車速度達到最大，有： 而
解得：…………………………………（5分）
（3）切斷電源、改變磁場的方向、增大阻力…………………………………（5分）
8、B 9、D 10、BCD
11. （共12分） （1）由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2－t1 所以金屬框的邊長 （2分）
（2）在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力

解得 （4分）
（3）金屬框在進入磁場過程中金屬框產生的熱為Q1，重力對其做正功，安培力對其做負功，由動能定理得
W重－W安＝0 Q1＝W安
Q1＝W重＝mgl （2分）
金屬框在離開磁場過程中金屬框產生的熱為Q2，重力對其做正功，安培力對其做負功，由動能定理得
W重－W /安＝ Q2＝W /安
線框產生的總熱量Q＝Q1＋Q2
解得： （4分）
12．（14分）
解：（1）導線框中有感應電流的時間為
⑴ （3分）
（2）當MN滑到中點時，

， ⑵
⑶ （1分）
⑷ （1分）
⑸ （1分）
方向b(c。 （1分）
（3）回路中感應電動勢的平均值為
⑹ （3分）
或
（4）當MN運動距離為時，有
， ⑺ （1分）
⑻ （1分）
⑼
代入數據，得 （0可見，當x＝0.6m時，導體桿中電流最大，最大電流為
⑾ （1分）
13、（1）＝mg sin30(＋，B＝1 T，（2）－mg sin30(－＝ma，a＝ m/s2，（3）F－mg sin30(－＝ma，F＝t＋，（4）Q1＝（）2(1.2＝0.3I2，Qr＝0.2I2，Q總＝2Q1＋Qr＝0.36 J，WF－Q總－mgat12 sin30(＝m（at1）2，所以WF＝Q總＋mgat12 sin30(＋m（at1）2＝3.97 J。
14．（16分）解：（1）由法拉第電磁感應定律有：
（3分）
則線框中的電流為： （3分）
3t時刻線框ab所受的安培力 （2分）
(2)交流電動勢的最大值 （3分）
有效值 （3分）
一個周期內產生的熱量 （2分）

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