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2001—2008届高考物理压轴题分类汇编
一、力学2001年全国理综(江苏、安徽、福建卷)31.(28分)太阳现正处于主序星演化阶段它主要是由电子和、等原子核组成维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应,核反应方程是2e+4→+释放的核能,这些核能最后转化为辐射能根据目前关于恒星演化的理论,若由于聚变反应而使太阳中的核数目从现有数减少10%,太阳将离开主序垦阶段而转入红巨星的演化阶段为了简化,假定目前太阳全部由电子和核组成
(1)为了研究太阳演化进程,需知道目前太阳的质量M已知地球半径R=
6.4×106m,地球质量m=
6.0×1024kg,日地中心的距离r=
1.5×1011m,地球表面处的重力加速度g=10m/s2,1年约为
3.2×107秒试估算目前太阳的质量M
(2)已知质子质量mp=
1.6726×10-27kg,质量mα=
6.6458×10-27kg,电子质量me=
0.9×10-30kg,光速c=3×108m/s求每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能
(3)又知地球上与太阳光垂直的每平方米截面上,每秒通过的太阳辐射能w=
1.35×103W/m2试估算太阳继续保持在主序星阶段还有多少年的寿命(估算结果只要求一位有效数字)参考解答
(1)估算太阳的质量M设T为地球绕日心运动的周期,则由万有引力定律和牛顿定律可知
①地球表面处的重力加速度
②由
①、
②式联立解得
③以题给数值代入,得M=2×1030kg
④
(2)根据质量亏损和质能公式,该核反应每发生一次释放的核能为△E=(4mp+2me-mα)c2
⑤代入数值,解得△E=
4.2×10-12J
⑥
(3)根据题给假定,在太阳继续保持在主序星阶段的时间内,发生题中所述的核聚变反应的次数为×10%
⑦因此,太阳总共辐射出的能量为E=N·△E设太阳辐射是各向同性的,则每秒内太阳向外放出的辐射能为ε=4πr2w
⑧所以太阳继续保持在主序星的时间为
⑨由以上各式解得以题给数据代入,并以年为单位,可得t=1×1010年=1百亿年⑩评分标准本题28分,其中第
(1)问14分,第
(2)问7分第
(3)问7分第
(1)问中,
①、
②两式各3分,
③式4分,得出
④式4分;第
(2)问中
⑤式4分,
⑥式3分;第
(3)问中
⑦、
⑧两式各2分,
⑨式2分,⑩式1分2003年理综(全国卷)34.(22分)一传送带装置示意如图,其中传送带经过AB区域时是水平的,经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成,未画出),经过CD区域时是倾斜的,AB和CD都与BC相切现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上,放置时初速为零,经传送带运送到D处,D和A的高度差为h稳定工作时传送带速度不变,CD段上各箱等距排列,相邻两箱的距离为L每个箱子在A处投放后,在到达B之前已经相对于传送带静止,且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)已知在一段相当长的时间T内,共运送小货箱的数目为N这装置由电动机带动,传送带与__间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦求电动机的平均抽出功率参考解答以地面为参考系(下同),设传送带的运动速度为v0,在水平段运输的过程中,小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动,设这段路程为s,所用时间为t,加速度为a,则对小箱有s=1/2at2
①v0=at
②在这段时间内,传送带运动的路程为s0=v0t
③由以上可得s0=2s
④用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力,则传送带对小箱做功为A=fs=1/2mv02
⑤传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0=fs0=2·1/2mv02
⑥两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q=1/2mv02
⑦可见,在小箱加速运动过程中,小箱获得的动能与发热量相等T时间内,电动机输出的功为W=T
⑧此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热,即W=1/2__v02+__gh+NQ
⑨已知相邻两小箱的距离为L,所以v0T=NL⑩联立
⑦⑧⑨⑩,得=[+gh]2004年全国理综25.(20分)柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成,气缸与活塞间有柴油与空气的混合物在重锤与桩碰撞的过程中,通过压缩使混合物燃烧,产生高温高压气体,从而使桩向下运动,锤向上运动现把柴油打桩机和打桩过程简化如下柴油打桩机重锤的质量为m,锤在桩帽以上高度为h处(如图1)从静止开始沿竖直轨道自由落下,打在质量为M(包括桩帽)的钢筋混凝土桩子上同时,柴油燃烧,产生猛烈推力,锤和桩分离,这一过程的时间极短随后,桩在泥土中向下__一距离l已知锤反跳后到达最高点时,锤与已停下的桩幅之间的距离也为h(如图2)已知m=
1.0×103kg,M=
2.0×103kg,h=
2.0m,l=
0.20m,重力加速度g=10m/s2,混合物的质量不计设桩向下__的过程中泥土对桩的作用力F是恒力,求此力的大小25.锤自由下落,碰桩前速度v1向下,
①碰后,已知锤上升高度为(h-l),故刚碰后向上的速度为
②设碰后桩的速度为V,方向向下,由动量守恒,
③桩下降的过程中,根据功能关系,
④由
①、
②、
③、
④式得
⑤代入数值,得N
⑥2005年理综(四川、贵州、云南、陕西、甘肃)
25.(20分)如图所示,一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆,当摆到最低点B时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处A求男演员落地点C与O点的水平距离s已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1/m2=2秋千的质量不计,秋千的摆长为R,C点低5R解设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0,由机械能守恒定律,设刚分离时男演员速度的大小为v1,方向与v0相同;女演员速度的大小为v2,方向与v0相反,由动量守恒,分离后,男演员做平抛运动,设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t,根据题给条件,由运动学规律,,根据题给条件,女演员刚好回A点,由机械能守恒定律,,已知m1=2m2,由以上各式可得x=8R2006年全国理综(天津卷)25.(22分)神奇的黑洞是近代引力理论所预言的一种特殊天体,探寻黑洞的方案之一是观测双星系统的运动规律天文学家观测河外星系麦哲伦云时,发现了LMCX-3双星系统,它由可见星A和不可见的暗星B构成,两星视为质点,不考虑其它天体的影响,A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动,它们之间的距离保持不变,如图所示引力常量为G,由观测能够得到可见星A的速率v和运行周期
(1)可见得A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m/的星体(视为质点)对它的引力,设A和B的质量分别为m
1、m2试求m/的(用m
1、m2表示);
(2)求暗星B的质量m2与可见星A的速率v、运行周期T和质量m1之间的关系式;
(3)恒星演化到末期,如果其质量大于太阳质量mI的两倍,它将有可能成为黑洞若可见星A的速率v=
2.7m/s,运行周期T=
4.7π×104s,质量m1=6mI,试通过估算来判断暗星B有可能是黑洞吗? (G=
6.67×10N·m/kg2,mI=
2.0×1030kg)解析
(1)设A、B的圆轨道半径分别为r
1、r2,由题意知,A、B做匀速圆周运动的角速相同,其为ω由牛顿运动运动定律,有FA=m1ω2r1FB=m2ω2r2FA=FB设A、B之间的距离为r,又r=r1+r2,由上述各式得 r=
①由万有引力定律,有FA=G将
①代入得FA=G令FA=G比较可得
②
(2)由牛顿第二定律,有
③又可见星A的轨道半径 r1=
④由
②③④式可得
(3)将m1=6mI代入
⑤式,得
⑤代入数据得
⑥设m2=__I,(n>0),将其代入
⑥式,得
⑦ 可见,的值随n的增大而增大,试令n=2,得
⑧ 若使
⑦式成立,则n必须大于2,即暗星B的质量m2必须大于2mI,由此得出结论暗星B有可能是黑洞2006年全国理综(重庆卷)
25.20分(请在答题卡上作答)如题25图,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数)A球从工边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B球相撞,碰撞后A、B球能达到的最大高度均为碰撞中无机械能损失重力加速度为g试求
(1)待定系数β;
(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;
(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度,并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度解析
(1)由mgR=+得 β=3
(2)设A、B碰撞后的速度分别为v
1、v2,则 设向右为正、向左为负,解得 v1=,方向向左v2=,方向向右 设轨道对B球的支持力为N,B球对轨道的压力为N/,方向竖直向上为正、向下为负则 N-βmg= N/=-N=-
4.5mg,方向竖直向下
(3)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V
1、V2,则解得V1=-,V2=0(另一组V1=-v1,V2=-v2,不合题意,舍去)由此可得当n为奇数时,小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同当n为偶数时,小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同2008年(四川卷)25.(20分)一倾角为θ=45°的斜血固定于地面,斜面顶端离地面的高度h0=1m,斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板在斜面顶端自由释放一质量m=
0.09kg的小物块(视为质点)小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=
0.2当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回重力加速度g=10m/s2在小物块与挡板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少?25.(20分)解法一设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,到达斜面底端时速度为v由功能关系得
①以沿斜面向上为动量的正方向按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量
②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’,则
③同理,有
④⑤式中,v’为小物块再次到达斜面底端时的速度,I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量由
①②③④⑤式得
⑥式中
⑦由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为
⑧总冲量为
⑨由⑩得⑾代入数据得N·s⑿解法二设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力,斜面对它的摩擦力和支持力,小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得
①设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则
②以沿斜面向上为动量的正方向按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为
③由
①②③式得
④设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a’,依牛顿第二定律有
⑤小物块沿斜面向上运动的最大高度为
⑥由
②⑤⑥式得
⑦式中
⑧同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量
⑨由
④⑦⑨式得⑩由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为⑾总冲量为⑿由⒀得⒁代入数据得N·s⒂2008年(全国Ⅱ卷)25.(20分)我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形轨道绕月飞行为了获得月球表面全貌的信息,让卫星轨道平面缓慢变化卫星将获得的信息持续用微波__发回地球设地球和月球的质量分别为M和m,地球和月球的半径分别为R和R1,月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1,月球绕地球转动的周期为T假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面,求在该周期内卫星发射的微波__因月球遮挡而不能到达地球的时间(用M、m、R、R
1、r、r1和T表示,忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)25.(20分)如图,O和O/分别表示地球和月球的中心在卫星轨道平面上,A是地月连心线OO/与地月球面的公切线ACD的交点,D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点根据对称性,过A点在另一侧作地月球面的公切线,交卫星轨道于E点卫星在BE弧上运动时发出的__被遮挡设探月卫星的质量为m0,万有引力常量为G,根据万有引力定律有式中,T1是探月卫星绕月球转动的周期由式得设卫星的微波__被遮挡的时间为t,则由于卫星绕月做匀速圆周运动,应有式中,,由几何关系得由式得评分参考式各4分,式5分,式各2分,式3分得到结果的也同样得分2008年(广东卷)20.(17分) 如图17所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U形滑板N,滑板两端为半径R=
0.45m的1/4圆弧面,A和D分别是圆弧的端点,BC段表面粗糙,其余段表面光滑.小滑块P1和P2的质量均为m,滑板的质量M=4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=
0.10和μ2=
0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的B点.P1以v0 =
4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下,与P2发生弹性碰撞后,P1处在粗糙面B点上.当P2滑到C点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并牢固粘连,P2继续滑动,到达D点时速度为零.P1与P2视为质点,取g=10m/s2,问 1P1在BC段向右滑动时,滑板的加速度为多大? 2BC长度为多少?N、P
1、P2最终静止后,P1与P2间的距离为多少?20.
(1)P1滑到最低点速度为,由机械能守恒定律有解得P
1、P2碰撞,满足动量守恒,机械能守恒定律,设碰后速度分别为、解得=5m/sP2向右滑动时,假设P1保持不动,对P2有(向左)对P
1、M有此时对P1有,所以假设成立
(2)P2滑到C点速度为,由得P
1、P2碰撞到P2滑到C点时,设P
1、M速度为v,对动量守恒定律解得对P
1、P
2、M为系统代入数值得滑板碰后,P1向右滑行距离P2向左滑行距离所以P
1、P2静止后距离2008年(北京卷)24.(20分)有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失碰后B运动的轨迹为OD曲线,如图所示
(1)已知滑块质量为m,碰撞时间为t,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小;
(2)为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动,物制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置,让A沿该轨道无初速下滑(经分析A在下滑过程中不会脱离轨道),a.分析A沿轨道下滑到任意一点时的动量PA与B平抛经过该点时的动量PB的大小关系;b.在OD曲线上有一点M,O和M两点的连线与竖直方向的夹角为45,求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度
24、
(1)mvA+mvB=mv0,mvA2+mvB2=mv02,解得vA=0,vB=v0,对B有Ft=mv0,所以F=,
(2)a.设该点的竖直高度为d,对A有EkA=mgd,对B有EkB=mgd+mv02,而P=,所以PAPB,b.对B有y=gt2,x=v0t,y=x2,在M点,x=y,所以y=,因轨迹相同,所以在任意点它们的速度方向相同,对B有vxB=v0,vyB==2v0,vB=v0,对A有vA==2v0,所以vxA=vxBvA/vB=EQ\F25v0,vyA=vyBvA/vB=EQ\F45v0
二、电场2002年理综(全国卷)30.(27分)有三根长度皆为l=
1.00m的不可伸长的绝缘轻线,其中两根的一端固定在天花板上的O点,另一端分别挂有质量皆为m=
1.00×10-2kg的带电小球A和B,它们的电量分别为一q和+q,q=
1.00×10-7CA、B之间用第三根线连接起来空间中存在大小为E=
1.00×106N/C的匀强电场,场强方向沿水平向右,平衡时A、B球的位置如图所示现将O、B之间的线烧断,由于有空气阻力,A、B球最后会达到新的平衡位置求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少(不计两带电小球间相互作用的静电力)右图中虚线表示A、B球原来的平衡位置,实线表示烧断后重新达到平衡的位置,其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角A球受力如右图所示重力mg,竖直向下;电场力qE,水平向左;细线OA对A的拉力T1,方向如图;细线AB对A的拉力T2,方向如图由平衡条件T1sinα+T2sinβ=qE
①T2cosα=mg+T2cosβ
②B球受力如右图所示重力mg,竖直向下;电场力qE,水平向右;细线AB对B的拉力T2,方向如图由平衡条件T2sinβ=qE
③T2cosβ=mg
④联立以上各式并代入数据,得α=0
⑤β=45°
⑥由此可知,A、B球重新达到平衡的位置如右图所示与原来位置相比,A球的重力势能减少了EA=mgl(1-sin60°)
⑦B球的重力势能减少了EB=mgl(1-sin60°+cos45°)
⑧A球的电势能增加了WA=qElcos60°
⑨B球的电势能减少了WB=qEl(sin45°-sin30°)⑩两种势能总和减少了W=WB-WA+EA+EB代入数据解得W=
6.8×10-2J2006年理综(全国卷Ⅰ)(河南、河北、广西、__、湖北、江西、等省用)
25.20分有个演示实验,在上下面都是金属板的玻璃盒内,放了许多锡箔纸揉成的小球,当上下板间加上电压后,小球就上下不停地跳动现取以下简化模型进行定量研究如图所示,电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置,相距为d,与电动势为ε、内阻可不计的电源相连设两板之间只有一个质量为m的导电小球,小球可视为质点已知若小球与极板发生碰撞,则碰撞后小球的速度立即变为零,带电状态也立即改变,改变后,小球所带电荷符号与该极板相同,电量为极板电量的α倍(α1)不计带电小球对极板间匀强电场的影响重力加速度为g
(1)欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动,电动势ε至少应大于多少?
(2)设上述条件已满足,在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量解析
25.解
(1)用Q表示极板电荷量的大小,q表示碰后小球电荷量的大小要使小球能不停地往返运动,小球所受的向上的电场力至少应大于重力,则qmg
①其中q=αQ
②又有 Q=Cε
③由以上三式有ε
④
(2)当小球带正电时,小球所受电场力与重力方向相同,向下做加速运动以a1表示其加速度,t1表示从A板到B板所用的时间,则有q+mg=__1郝双制作
⑤d=a1t12
⑥当小球带负电时,小球所受电场力与重力方向相反,向上做加速运动,以a2表示其加速度,t2表示从B板到A板所用的时间,则有q-mg=__2
⑦d=a2t22
⑧小球往返一次共用时间为(t1+t2),故小球在T时间内往返的次数n=
⑨由以上关系式得:n=⑩小球往返一次通过的电量为2q,在T时间内通过电源的总电量Q=2qn由以上两式可得:郝双制作Q=2007高考北京理综25.(22分)离子推进器是新一代__动力装置,可用于卫星姿态控制和轨道修正推进剂从图中P处注入,在A处电离出正离子,BC之间加有恒定电压,正离子进入B时的速度忽略不计,经加速后形成电流为I的离子束后喷出已知推进器获得的推力为F,单位时间内喷出的离子质量为J为研究方便,假定离子推进器在太空飞行时不受其他阻力,忽略推进器运动的速度⑴求加在BC间的电压U;⑵为使离子推进器正常运行,必须在出口D处向正离子束注入电子,试解释其原因⑴(动量定理单位时间内F=Jv;单位时间内,消去v得U)⑵推进器持续喷出正离子束,会使带有负电荷的电子留在其中,由于库仑力作用,将严重阻碍正离子的继续喷出电子积累足够多时,甚至会将喷出的正离子再吸引回来,致使推进器无__常工作因此,必须在出口D处发射电子注入到正离子束中,以中和正离子,使推进器持续推力难
三、磁场2006年理综Ⅱ(黑龙江、吉林、广西、云南、贵州等省用)25.(20分)如图所示,在x<0与x>0的区域中,存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,且B1>B2一个带负电的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出,要使该粒子经过一段时间后又经过O点,B1与B2的比值应满足什么条件?解析粒子在整个过程中的速度大小恒为v,交替地在xy平面内B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动,轨迹都是半个圆周设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q,圆周运动的半径分别为和r2,有 r1=
①r2=
②现分析粒子运动的轨迹如图所示,在xy平面内,粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2r1的A点,接着沿半径为2r2的半圆D1运动至y轴的O1点,O1O距离d=2(r2-r1)
③此后,粒子每经历一次“回旋”(即从y轴出发沿半径r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点__y轴),粒子y坐标就减小d设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点若OOn即nd满足nd=2r1=
④则粒子再经过半圆Cn+1就能够经过原点,式中n=1,2,3,……为回旋次数由
③④式解得
⑤由
①②⑤式可得B
1、B2应满足的条件 n=1,2,3,……
⑥评分参考
①、
②式各2分,求得
⑤式12分,
⑥式4分解法不同,最后结果的表达式不同,只要正确,同样给分2007高考全国理综Ⅰ25.(22分)两平面荧光屏互相垂直放置,在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴,交点O为原点,如图所示在y0,0xa的区域由垂直于纸面向里的\匀强磁场,在在y0,xa的区域由垂直于纸面向外的匀强磁场,两区域内的磁感应强度大小均为B在O点处有一小孔,一束质量为m、带电量为q(q0)的粒子沿x轴经小孔射入磁场,最后打在竖直和水平荧光屏上,使荧光屏发亮入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值已知速度最大的粒子在0xa的区域中运动的时间与在xa的区域中运动的时间之比为2∶5,在磁场中运动的总时间为7T/12,其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中作圆周运动的周期试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响)y轴范围0-2a;x轴范围2a-难2008年(重庆卷)
25.(20分)题25题为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心,OH为对称轴,夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M,且OM=d.现有一正离子束以小发散角(纸面内)从C射出,这些离子在CM方向上的分速度均为v
0.若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D,试求
(1)磁感应强度的大小和方向(提示可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象);
(2)离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场,其轨道半径和在磁场中的运动时间;
(3)线段CM的长度.
25.解
(1)设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由 R=d得B=磁场方向垂直纸面向外
(2)设沿CN运动的离子速度大小为v,在磁场中的轨道半径为R′,运动时间为t由vcosθ=v0得v=R′==方法一设弧长为st=s=2θ+α×R′t=方法二离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=t=T×=3 方法一CM=MNcotθ=R′=以上3式联立求解得CM=dcotα方法二设圆心为A,过A做AB垂直NO,可以证明__=BO∵__=CMtanθ又∵BO=ABcotα=R′sinθcotα=∴CM=dcotα
四、复合场2006年全国理综四川卷25.(20分)如图所示,在足够大的空间范围内,同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场,磁感应强度B=
1.57T小球1带正电,其电量与质量之比=4C/kg,所受重力与电场力的大小相等;小球2不带电,静止放置于固定和水平悬空支架上小球1向右以v0=
23.59m/s的水平速度与小球2正碰,碰后经
0.75s再次相碰设碰撞前后两小球带电情况不发生改变,且始终保持在同一竖直平面内(取g=
9.8m/s2)问
(1)电场强度E的大小是多少?
(2)两小球的质量之比是多少?解析
(1)小球1所受的重力与电场力始终平衡 mg1=q1E
① E=
2.5N/C
②
(2)相碰后小球1做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得q1v1B=
③半径为 R1=
④周期为 T==1s
⑤∵两球运动时间 t=
0.75s=T∴小球1只能逆时针经周期时与小球2再次相碰
⑥第一次相碰后小球2作平抛运动 h=R1=
⑦ L=R1=v2t
⑧两小球第一次碰撞前后动量守恒,以水平向右为正方向m1v0=m1v1+m2v2
⑨由
⑦、
⑧式得 v2=
3.75m/s由
④式得 v1=
17.66m/s∴两小球质量之比 =11 ⑩2006年(广东卷)18.(17分)在光滑绝缘的水平桌面上,有两个质量均为,电量为的完全相同的带电粒子和,在小孔A处以初速度为零先后释放在平行板间距为的匀强电场中加速后,从C处对着圆心进入半径为R的固定圆筒中(筒壁上的小孔C只能容一个粒子通过),圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场每次与筒壁发生碰撞均无电荷迁移,进入磁场第一次与筒壁碰撞点为D,,如图12所示延后释放的,将第一次欲逃逸出圆筒的正碰圆筒内,此次碰撞刚结束,立即改变平行板间的电压,并利用与之后的碰撞,将限制在圆筒内运动碰撞过程均无机械能损失设,求在和相邻两次碰撞时间间隔内,粒子与筒壁的可能碰撞次数附部分三角函数值
0.48解P1从C运动到D, 周期, 半径r=Rtan=, 从C到D的时间 每次碰撞应当在C点,设P1的圆筒内转动了n圈和筒壁碰撞了K次后和P2相碰于C点,K+1所以时间间隔,则 P
1、P2次碰撞的时间间隔 =在t时间内,P2向左运动x再回到C,平均速度为,由上两式可得 ≥ (K+1)(1-)≤ tan≤当n=1K=
2、
3、
4、
5、
6、7时符合条件,K=
1、
8、9………不符合条件当n=234……….时,无化K=多少,均不符合条件2007高考全国Ⅱ理综25.(20分)如图所示,在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场,场强大小为E在其它象限中存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里A是y轴上的一点,它到坐标原点O的距离为h;C是x轴上的一点,到O的距离为l一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域,继而通过C点进入磁场区域,并再次通过A点此时速度方向与y轴正方向成锐角不计重力作用试求⑴粒子经过C点时速度的大小和方向;⑵磁感应强度的大小B⑴⑵(提示如图所示,设轨迹圆半径为R,圆心为P,设C点速度与x轴成α,PA与y轴成β,则,Rcosβ=Rcosα+h,Rsinβ=l-Rsinα由以上三式得,再由和v的表达式得最后结果)2008年山东卷
25.(18分)两块足够大的平行金属极板水平放置,极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场,变化规律分别如图
1、图2所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力)若电场强度E
0、磁感应强度B
0、粒子的比荷均已知,且,两板间距
(1)求粒子在0~t0时间内的位移大小与极板间距h的比值
(2)求粒子在板板间做圆周运动的最大半径(用h表示)
(3)若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示,磁场的变化改为如图3所示,试画出粒子在板间运动的轨迹图(不必写计算过程)解法一
(1)设粒子在0~t0时间内运动的位移大小为s1
①②又已知联立
①②式解得
③
(2)粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用,且速度与磁场方向垂直,所以粒子做匀速圆周运动设运动速度大小为v1,轨道半径为R1,周期为T,则
④⑤联立
④⑤式得
⑥又
⑦即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动在2t0~3t0时间内,粒子做初速度为v1的匀加速直线运动,设位移大小为s2
⑧解得
⑨由于s1+s2<h所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动,设速度大小为v2,半径为R2⑩解得由于s1+s2+R2<h粒子恰好又完成一个周期的圆周运动在4t0~5t0时间内,粒子运动到正极板(如图1所示)因此粒子运动的最大半径
(3)粒子在板间运动的轨迹如图2所示解法二由题意可知,电磁场的周期为2t0,前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动,加速度大小为方向向上后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动,周期为T粒子恰好完成一次匀速圆周运动至第n个周期末,粒子位移大小为sn又已知由以上各式得粒子速度大小为粒子做圆周运动的半径为解得显然
(1)粒子在0~t0时间内的位移大小与极板间距h的比值
(2)粒子在极板间做圆周运动的最大半径
(3)粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图22008年(宁夏卷)
23.(15分)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星双星系统在银河系中很普遍利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动,周期均为T,两颗恒星之间的距离为r,试推算这个双星系统的总质量(引力常量为G)
24.17分如图所示,在xOy平面的第一象限有一匀强电场,电场的方向平行于y轴向下;在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面向外有一质量为m,带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场质点到达x轴上A点时,速度方向与x轴的夹角,A点与原点O的距离为d接着,质点进入磁场,并垂直于OC飞离磁场不计重力影响若OC与x轴的夹角为,求
(1)粒子在磁场中运动速度的大小
(2)匀强电场的场强大小
24.(17分)1质点在磁场中的轨迹为一圆弧由于质点飞离磁场时,速度垂直于OC,故圆弧的圆心在OC上依题意,质点轨迹与x轴的交点为A,过A点作与A点的速度方向垂直的直线,与OC交于O'由几何关系知,AO'垂直于OC',O'是圆弧的圆心设圆弧的半径为R,则有R=dsin由洛化兹力公式和牛顿第二定律得
②将
①式代入
②式,得
③2质点在电场中的运动为类平抛运动设质点射入电场的速度为v0,在电场中的加速度为a,运动时间为t,则有v0=vcos
④vsin=at
⑤d=v0t
⑥联立
④⑤⑥得
⑦设电场强度的大小为E,由牛顿第二定律得qE=__
⑧联立
③⑦⑧得
⑨2008年(海南卷)
16.如图,空间存在匀强电场和匀强磁场,电场方向为y轴正方向,磁场方向垂直于xy平面纸面向外,电场和磁场都可以随意加上或撤除,重新加上的电场或磁场与撤除前的一样.一带正电荷的粒子从Px=0,y=h点以一定的速度平行于x轴正向入射.这时若只有磁场,粒子将做半径为R0的圆周运动;若同时存在电场和磁场,粒子恰好做直线运动.现在,只加电场,当粒子从P点运动到x=R0平面图中虚线所示时,立即撤除电场同时加上磁场,粒子继续运动,其轨迹与x轴交于M点.不计重力.求I粒子到达x=R0平面时速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离;ⅡM点的横坐标xM.
16.I设粒子质量、带电量和入射速度分别为m、q和v0,则电场的场强E和磁场的磁感应强度B应满足下述条件qE=qvoB
①②现在,只有电场,入射粒子将以与电场方向相同的加速度
③做类平抛运动.粒子从Px=0,y=h点运动到x=Ro平面的时间为
④粒子到达x=R0平面时速度的y分量为
⑤由
①②⑧④⑤式得
⑥此时粒子速度大小为,
⑦速度方向与x轴的夹角为
⑧粒子与x轴的距离为
⑨II撤除电场加上磁场后,粒子在磁场中做匀速圆周运动.设圆轨道半径为R,则⑩由
②⑦⑩式得
⑨粒子运动的轨迹如图所示,其中圆弧的圆心C位于与速度v的方向垂直的直线上,该直线与x轴和y轴的夹角均为π/
4.由几何关系及式知C点的坐标为过C点作x轴的垂线,垂足为D在△CDM中,由此求得M点的横坐标为评分参考共11分.第1问6分.
①②式各1分,
⑧⑨式各2分.第II问5分.式2分,速度v的方向正确给1分式1分,式1分.2008年(全国Ⅰ卷)25.(22分)如图所示,在坐标系xOy中,过原点的直线OC与x轴正向的夹角=120,在OC右侧有一匀强电场,在第
二、三象限内有一匀强磁场,其上边界与电场边界重叠,右边界为y轴,左边界为图中平行于y轴的虚线,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域,并从O点射出,粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角=30,大小为v,粒子在磁场内的运动轨迹为纸面内的一段圆弧,且弧的半径为磁场左右边界间距的2倍,粒子进入电场后,在电场力的作用下又由O点返回磁场区域,经过一段时间后再次离开磁场已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用时间恰好粒子在磁场中做圆周运动的周期忽略重力的影响求
(1)粒子经过A点时的速度方向和A点到x轴的距离;
(2)匀强电场的大小和方向;
(3)粒子从第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间25(22分)
(1)设磁场左边界与x轴相交子D点,与CO相交于O’点,由几何关系可知,直线OO’与粒子过O点的速度v垂直在直角三角形OO’D中已知∠OO’D=300设磁场左右边界间距为d,则OO’=2d依题意可知,粒子第一次进人磁场的运动轨迹的圆心即为O’点,圆弧轨迹所对的圈心角为300,且OO’为圆弧的半径R由此可知,粒子自A点射人磁场的速度与左边界垂直A点到x轴的距离AD=R1-cos300…………
①由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律,得qvB=mv2/R………………………………………
②联立
①②式得………………
③
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T第一次在磁场中飞行的时间为t1,有t1=T/12…………………………………………
④T=2πm/qB………………………………………
⑤依题意.匀强电场的方向与x轴正向夹角应为1500由几何关系可知,粒子再次从O点进人磁场的速度方向与磁场右边界夹角为600设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O’’,O’’必定在直线OC上设粒子射出磁场时与磁场右边界文于P点,则∠OO’’P=1200.设粒子第二次进人磁场在磁场中运动的时问为t2有t2=T/3…………………………………………
⑥设带电粒子在电场中运动的时间为t3,依题意得t3=T-t1+t2…………………………………
⑦由匀变速运动的规律和牛顿定律可知―v=v―at3……………………………………
⑧a=qE/m………………………………………
⑨联立
④⑤⑥⑦⑧⑨式可得E=12Bv/7π……………………………………⑩粒子自P点射出后将沿直线运动设其由P点再次进人电场,由几何关系知∠O’’P’P=300……⑾消三角形OPP’为等腰三角形设粒子在P、P’两点间运动的时问为t4,有t4=PP’/v………………………………………⑿又由几何关系知OP=R………………………………………⒀联立
②⑿⒀式得t4=m/qB电磁感应2006年全国理综北京卷24.(20分)磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用图1是平静海面上某实验船的示意图,磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道(简称通道)组成 如图2所示,通道尺寸a=
2.0m,b=
0.15m、c=
0.10m工作时,在通道内沿z轴正方向加B=
8.0T的匀强磁场;沿x轴正方向加匀强电场,使两金属板间的电压U=
99.6V;海水沿y轴正方向流过通道已知海水的电阻率ρ=
0.22Ω·m
(1)船静止时,求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向;
(2)船以vs=
5.0m/s的速度匀速前进若以船为参照物,海水以
5.0m/s的速率涌入进水口由于通道的截__小球进水口的截__,在通道内海水速率增加到vd=
8.0m/s求此时两金属板间的感应电动势U
(3)船行驶时,通道中海水两侧的电压U/=U-U计算,海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力当船以vs=
5.0m/s的船速度匀速前进时,求海水推力的功率解析
24.20分
(1)根据安培力公式推力F1=I1Bb,其中I1=R=ρ 则Ft=N对海水推力的方向沿y轴正方向向右
(2)U=Bub=
9.6V
(3)根据欧姆定律,I2=A安培推力F2=I2Bb=720N推力的功率P=Fvs=80%F2vs=2880W2006年全国物理试题(江苏卷)19.(17分)如图所示,顶角θ=45°,的金属导轨MON固定在水平面内,导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向左滑动,导体棒的质量为m,导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r导体棒与导轨接触点的a和b,导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触t=0时,导体棒位于顶角O处,求
(1)t时刻流过导体棒的电流强度I和电流方向
(2)导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式
(3)导体棒在0~t时间内产生的焦耳热Q
(4)若在t0时刻将外力F撤去,导体棒最终在导轨上静止时的坐标x19.
(1)0到t时间内,导体棒的位移 x=tt时刻,导体棒的长度 l=x导体棒的电动势 E=Blv0 回路总电阻 R=2x+xr电流强度 电流方向 b→a
(2) F=BlI=
(3)解法一 t时刻导体的电功率 P=I2R= ∵P∝t∴ Q=t=解法二 t时刻导体棒的电功率 P=I2R 由于I恒定 R/=v0rt∝t因此 Q=
(4)撤去外力持,设任意时刻t导体的坐标为x,速度为v,取很短时间Δt或很短距离Δx解法一 在t~t+时间内,由动量定理得 BIlΔt=mΔv 扫过的__ΔS= (x=v0t)x=设滑行距离为d,则 即 d2+2v0t0d-2ΔS=0解之 d=-v0t0+ (负值已舍去)得 x=v0t0+d==解法二 在x~x+Δx,由动能定理得 FΔx=(忽略高阶小量) 得 以下解法同解法一解法三
(1)由牛顿第二定律得 F=__=m得 FΔt=mΔv以下解法同解法一解法三
(2)由牛顿第二定律得 F=__=m=m得 FΔx=mvΔv以下解法同解法二2008年(天津卷)25.22分磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具.它的驱动系统简化为如下模型,固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框,电阻为R,金属框置于xOy平面内,长边MN长为L平行于y轴,宽为d的NP边平行于x轴,如图1所示.列车轨道沿Ox方向,轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场,磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布,其空间周期为λ,最大值为B0,如图2所示,金属框同一长边上各处的磁感应强度相同,整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移.设在短暂时间内,MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略,并忽略一切阻力.列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶,某时刻速度为vvv0.1简要叙述列车运行中获得驱动力的原理;2为使列车获得最大驱动力,写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式;3计算在满足第2问的条件下列车速度为v时驱动力的大小.25.22分1由于列车速度与磁场平移速度不同导致穿过金属框的磁通量发生变化由于电磁感应金属框中会产生感应电流该电流受到的安培力即为驱动力.2为使列车获得最大驱动力MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方这会使得金属框所围__的磁通量变化率最大导致框中电流最强也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大因此d应为λ/2的奇数倍即3由于满足第2问条件,则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反,经短暂时间Δt,磁场没Ox方向平移的距离为v0Δt,同时,金属框沿Ox方向__的距离为vΔt.因为v0>v,所以在Δt时间内MN边扫过磁场的__S=v0-vLΔt在此Δt时间内,MN边左侧穿过S的磁通量移进金属框而引起框内磁通量变化ΔΦMN=B0Lv0-vΔt同理,在Δt时间内,PQ边左侧移出金属框的磁通量引起框内磁通量变化ΔΦPQ=B0Lv0-vΔt故在Δt时间内金属框所围__的磁通量变化ΔΦ=ΔΦMN+ΔΦPQ根据法拉第电磁感应定律金属框中的感应电动势大小根据闭合电路欧姆定律有根据安培力公式MN边所受的安培力FMN=B0ILPQ边所受的安培力FPQ=B0IL根据左手定则MN、PQ边所受的安培力方向相同此时列车驱动力的大小F=FMN+FPQ=2B0IL联立解得2007高考四川理综25.(20分)目前,滑板运动受到青少年的追捧如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图,赛道光滑,FGI为圆弧赛道,半径R=
6.5m,G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面,KA、DE平台的高度都为h=
1.8mB、C、F处平滑连接滑板a和b的质量均为m,m5kg,运动员质量为M,M=45kg表演开始,运动员站在滑板b上,先让滑板a从A点静止下滑,t1=
0.1s后再与b板一起从A点静止下滑滑上BC赛道后,运动员从b板跳到同方向运动的a板上,在空中运动的时间t2=
0.6s(水平方向是匀速运动)运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道,落在EF赛道的P点,沿赛道滑行,经过__时,运动员受到的支持力N=
742.5N(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内,计算时滑板和运动员都看作质点,取g=10m/s2)⑴滑到__时,运动员的速度是多大?⑵运动员跳上滑板a后,在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大?⑶从表演开始到运动员滑至I的过程中,系统的机械能改变了多少?⑴v0=
6.5m/s⑵v共=
6.9m/s(提示设人离开b时人和b的速度分别为v
1、v2,当时a的速度为v=6m/s,人离a的距离是
0.6m,人追上a用的时间
0.6s,由此可得v1=7m/s;再利用人和b动量守恒得v2=-3m/s人跳上a过程人和a动量守恒,得共同速度v共)⑶
88.75J(提示b离开人后机械能不变,全过程系统机械能改变是)难2007高考重庆理综25.(20分)某兴趣小组设计了一种实验装置,用来研究碰撞问题其模型如图所示用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆,球间有微小间隔,从从左到右,球的编号依次为
1、
2、3……N,球的质量依次递减,每球质量与其相邻左球质量之比为k(k1)将1号球向左拉起,然后由静止释放,使其与2号球碰撞,2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰(不计空气阻力,忽略绳的伸长,g取10m/s2)⑴设与n+1号球碰撞前n号球的速度为vn,求n+1号球碰撞后的速度⑵若N=5,在1号球向左拉高h的情况下,要使5号球碰撞后升高16h(16h小于绳长),问k值为多少?⑶在第⑵问的条件下,悬挂哪个球的绳最容易断,___?解⑴⑵k=
0.414(提示)⑶1号球(提示,因此两项都是1号球最大)难2007高考广东物理试题20.(18分)如图是某装置的垂直截面图,虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线,匀强磁场分布在A1A2的右侧区域,磁感应强度B=
0.4T,方向垂直纸面向外A1A2与垂直截面上的水平线夹角为45°在A1A2左侧,固定的薄板和等大的挡板均水平放置,它们与垂直截面交线分别为S
1、S2,相距L=
0.2m在薄板上P处开一小孔,P与A1A2线上点D的水平距离为L在小孔处装一个电子快门起初快门开启,一旦有带正电微粒刚通过小孔,快门立即关闭,此后每隔T=
3.0×10-3s开启一次并瞬间关闭从S1S2之间的某一位置水平发射一速度为v0的带正电微粒,它经过磁场区域后入射到P处小孔通过小孔的微粒与档板发生碰撞而反弹,反弹速度大小是碰前的
0.5倍⑴经过一次反弹直接从小孔射出的微粒,其初速度v0应为多少?⑵求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间(忽略微粒所受重力影响,碰撞过程无电荷转移已知微粒的荷质比q/m=
1.0×103C/kg只考虑纸面上带电微粒的运动)⑴v0=100m/s(提示微粒在磁场中的半径满足Lr2L,因此80v0160,而m/s(n=1,2,3…),因此只能取n=2)⑵t=
2.8×10-2s(提示两次穿越磁场总时间恰好是一个周期,在磁场外的时间是)难2007高考江苏物理19.(16分)如图所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面高H,上端套着一个细环棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmgk1断开轻绳,棒和环自由下落假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失棒在整个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计求⑴棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,环的加速度⑵从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间,棒运动的路程s⑶从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力对环及棒做的总功W⑴a环=k-1g,竖直向上⑵(提示落地及反弹的瞬时速度,a棒=k+1g,竖直向下,匀减速上升高度s1=v2/2a棒,而s=H+2s1)⑶(提示用递推的方法第一次碰地后,环和棒的加速度大小分别是a环=k-1g和a环=k+g,设经过时间t1达到共速v1´,方向向下以向下为正方向,v1´=v1-a环t1=-v1+a棒t1,解得,,该过程棒上升的高度环下降的高度,相对滑动距离x1=h1+h2=棒和环第二次与地碰撞时的速度v22-v1´2=2gh1,得,与上同理可推得第二次相对滑动距离x2=,即x
1、x
2、x3成无穷等比数列,其总和,W=-kmgx可得结论)难2008年(江苏省)15.16分如图所示,间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ,导轨光滑且电阻忽略不计.场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直,磁场区域的宽度为d1,间距为d2.两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上,并与导轨垂直.设重力加速度为g1若a进入第2个磁场区域时,b以与a同样的速度进入第1个磁场区域,求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek.2若a进入第2个磁场区域时,b恰好离开第1个磁场区域;此后a离开第2个磁场区域时,b又恰好进入第2个磁场区域.且a.b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相.求b穿过第2个磁场区域过程中,两导体棒产生的总焦耳热Q.3对于第2问所述的运动情况,求a穿出第k个磁场区域时的速率15.⑴a和b不受安培力作用,由机械能守恒知
①⑵设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为,刚离开无磁场区域时的速度为,由能量守恒知在磁场区域中,
②在无磁场区域中
③解得
④⑶在无磁场区域,根据匀变速直线运动规律有
⑤且平均速度
⑥有磁场区域,棒a受到合力
⑦感应电动势
⑧感应电流
⑨解得⑩根据牛顿第二定律,在t到时间内则有解得联立
⑤⑥解得由题意知题25图NAP1P2RBCRD图17AB+-+-dEABCDPxyB2B1OvxyOaEv0B21OACExyOACExyαβRPαvθv0xyOMabBNABCDEFGIRPhhK123N…A2A1S1S2LLPD45°v0+固定挡板固定薄板电子快门BH棒环第40页共44页。