【文章內容簡介】 ． （ 1）輸電線線冰層的體積 V 冰 = π R2L 由對稱關系可知，塔尖所受壓力的增加值等于一根導線上冰層的重力，即 Δ N = ρ V 冰 g= π ρ R2Lg （ 2）輸電線與冰層的總質量 M39。 = m0L + π ρ R2Lg，輸電線受力如圖甲所示。 由共點力的平衡條件，得 2F1cosθ = m0Lg + π ρ R2Lg 輸 電 線 在 最 高 點 所 受 的 拉 力LgRmF ???cos2 201 ?? 半根輸電線的受力如圖乙所示。 由共點力的平衡條件，得 F2 = F1sinθ 輸電線在最低點所受的拉力 ??? tan2 202 LgRmF ?? 啟東中學 物理 考前輔導 10 19 解：⑴設Ｂ上升了 h 時繩子與水平方向的夾角為θ cosθ＝ hLL? ＝ ① 此時Ａ、Ｂ的速度大小關系為 vA＝ ?sinBv ② Ａ下降的高度為 Ｈ １ ＝Ｌ tgθ ＝ ③ Ａ下降Ｂ上升過程中，Ａ、Ｂ組成系統(tǒng)機械能守恒： Ｍ gH1＝ mgh+21 MvA2+21 mvB2 ④ 將①②③代入④可得線 框Ｂ上邊剛進入磁場時的 速度 vB≈ 。 ⑵根據 vA＝ ?sinBv ，當線框Ｂ勻速通過磁場的過程中，隨著θ的增大，物塊Ａ做變減速運動 。 ⑶當線框Ｂ下邊剛離開磁場時，設繩子與水平方向 的夾角為 θ′ ， cosθ′＝ bahL L ??? ≈21 ⑤ 此時Ａ、Ｂ的速度大小關系為 vA′＝ ??sinBv =2 2 m/s ⑥ 設從Ｂ開始上升起，Ａ下降高度為Ｈ 2， 則 Ｈ 2=Ｌ tgθ′ = ⑦ 設線框Ｂ經過勻強磁場時獲得的內能Ｑ，整個過程 中，Ａ、Ｂ組成的系統(tǒng)能量守恒，有： Ｍ gH2＝ mg(h+a+b)+21 MvA′ 2+21 mvB2＋Ｑ ⑧ 聯立⑤⑥⑦⑧并代入 vB≈ ，可求得： Ｑ＝ 20 解：電子分布稀疏，電子間的互相作用可略，我們在四個象限分別設計磁場區(qū)域，先考慮第 I 象限，這時可將 O 點視為電子發(fā)射源，所發(fā)射的電子均具速率 v ，初速方向與 x 軸夾角 ? 滿足20 ???? 考慮到電子應朝 x 軸方向偏轉，故 1B 應垂直于平面朝里，在該磁場區(qū)域內電子做半徑為 1 1emvR eB?的圓周運動，其中 em 與 e 分別為電子質量和電子電量的絕對值。電子到達磁場邊后 [點 ( , )Sxy ]，即沿圓切線方向朝 x 軸正方向運動，如圖所示應有 111sin cosxRy R R? ???? ??? 啟東中學 物理 考前輔導 11 消去 ? 便得磁場邊界方程 2 2 211()x y R R? ? ? 故該區(qū)域也是半徑為 1R 的圓 . 由于 0 2???? 。故 2?? ? 的電子軌道對應的那部分磁場區(qū)域成為多余的部分，因此可用 2??? 的電子軌道 [其方程為 2 2 211()x R y R? ? ? ，圖中已畫出它的 14 圓軌道 ]I 來約束所取磁場區(qū)域。這樣，第 I 象限設計出的磁場區(qū)域為 圓： 2 2 211()x y R R? ? ? 圓： 2 2 211()x R y R? ? ? 所包圍的區(qū)域，即圖中畫平行斜線的區(qū)域 .由題中的限制可知 R1=2H，于是該區(qū)域中 1 1 2eem v m vB eR eH?? 1B 的方向如圖所示 . 完全相似的分析表明，第 IV 象限的磁場區(qū)域與第 I 象限的磁場區(qū)域關于 x 軸對稱， NB 的方向與 1B 方向相反，大小相等 .不難知道，第 II、 III 象限中的磁場區(qū)域亦與前者十分類似，只是需要調整速度和粒子束寬度對其的影響，由此 , eI I I I I I I I I I mvR R H B B eH? ? ? ?且 BII與 BIII方向相反 . 綜上所述，設計的一組磁場區(qū)域如圖所示 2粒子在磁感應強度為 B 的勻強磁場中運動的半徑為qBmvr? ① 速度小的粒子將在 xa 的 區(qū)域走完半圓，射到豎直屏上。半圓的直徑在 y 軸上，半徑的范圍從 0 到 a，屏上發(fā)亮的范圍從 0 到 2a。 軌道半徑大于 a 的粒子開始進入右測磁場，考慮 r=a 的極限情況，這種粒子在右側的圓軌跡與 x 軸在D 點相切（虛線）， OD=2a，這是水平屏上發(fā)亮范圍的左邊界。 速度最大的粒子的軌跡如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為 C 和 C’， C 在 y 軸上，由對稱性可知 C’在 x=2a 直線上。 設 t1為粒子在 0xa的區(qū)域中運動的時間， t2為在 xa的區(qū)域中運動的時間，由題意可知： 5221?tt 12721 Ttt ?? 啟東中學 物理 考前輔導 12 由此解得61 Tt? ② 1252 Tt ?③ 由②、③式和對稱性可得∠ OCM=60176。 ④ ∠ MC’ N=60176。 ⑤ ∠ MC‘ P=3600125?=150176。 ⑥所以 ∠ NC‘ P=1500－ 600=900 ⑦ 即 NP 為 1/4 圓周。因此，圓心 C’在 x軸上。 設速度為最大值粒子的軌道半徑為 R，由直角△ COC’可得 2Rsin60176。 =2a 332 aR? ⑧ 由圖可知 OP=2a+R，因此水平熒光屏發(fā)亮范圍的右邊界的坐標 ax )331(2 ?? ⑨ 22 參考解答： P 被釋放后，細繩的張力對 D 產生機械 力矩，帶動 D 和 A1作逆時針的加速轉動，通過兩個輪子之間無相對運動的接觸， A1帶動 A2作順時針的加速運動。由于兩個輪子的輻條切割磁場線，所以在 A1產生由周邊沿輻條指向軸的電動勢，在 A2 產生由軸沿輻條指向周邊的電動勢，經電阻 R 構成閉合電路。 A A2中各輻條上流有沿電動勢方向的電流，在磁場中輻條受到安培力。不難看出，安培力產生的電磁力矩是阻力矩，使 A A2加速轉動的勢頭減緩。 A A2從起始的靜止狀態(tài)逐漸加速轉動，電流隨之逐漸增大，電磁阻力矩亦逐漸增大，直至電磁阻力矩與機械力矩相等， D、 A1和 A2停止作加速轉 動，均作勻角速轉動，此時 P 勻速下落，設其速度為 v，則 A1的角速度01 av?? (1) A1帶動 A2轉動， A2的角速度 ω 2與 A1的角速度 ω 1之間的關系為 ω 1a1=ω 2a2 （ 2） A1中每根輻條產生的感應電動勢均為1211 21 ?? Ba? （ 3） 軸與輪邊之間的電動勢就是 A1中四條輻條電動勢的并聯，其數值見（ 3）式。 同理， A2中，軸與輪邊之間的電動勢就是 A2中四條輻條電動勢的并聯，其數值為2222 21 ?? Ba?（ 4） A1中 每根 輻條的電阻為 R1，軸與輪邊之間的電動勢就是 A1中四條輻條電動勢的并聯，其數值為 RA1=41R（ 5） A2中 每根輻條的電阻為 R2，軸與輪邊之間的電動勢就是 A2中四條輻條電動勢的并聯，其數值為 RA2=42R（ 6） A1輪、 A2輪和電阻 R 構成串聯回路，其中的電流為 I=21 21 AA RRR ????? （ 7） 以（ 1）至（ 6）式代入（ 7）式，得 I=)4()4()()21(212110RRRvaaBaa??? （ 8） 當 P 勻速下降時，對整個系統(tǒng) 來說，重力的功率等于所有電阻的焦耳熱功率之和，即 mgv=I2(R+41R+42R) （ 9） 以（ 8）式代入（ 9）式得 v=2212122021 )( )4( aaaB aRRRmg ??? (10) 啟東中學 物理 考前輔導 13 高三物理練習卷 B 一 單項選擇題： ） 1．光滑水平面上有一矩形金屬線框，一左側有理想邊界的勻強磁場垂直水平面向下，矩形線框的左邊框處于磁場邊界之外靠近邊界處，如圖所示，現使磁場的磁感強度均勻減小，則在磁感強度減小到零之前，線框將： A．向 右運動，全部進入磁場后線框中的感應電流為零，線框所受合力為零，做勻速運動 B．向右運動，全部進入磁場后線框中的感應電流恒定，線框所受合力為零，做勻速運動 C．向右運動，全部進入磁場后線框中的感應電流減小，線框所受合力不為零，做變速運動 D．向左運動，全部出磁場前線框中感應電流不斷減小，線框做加速度減小的加速運動 ） 2．如圖所示， s 為一點光源， P、 Q 是偏振片， R 是一光敏電阻， R R2 是定值電阻，電流表和電壓表均為理想電表，電源電動勢為 E，內阻為 r。則當偏振片 Q 由圖示位置轉動 90176。的過程中，電流表和 電壓表的示數變化情況為 A．電流表的示數變大，電壓表的示數變小 B．電流表的示數變大，電壓表的示數變大 C．電流表的示數變小，電壓表的示數變大 D．電流表的示數變小，電壓表的示數變小 ） 3．在生產實際中，有些高壓直流電路中含有自感系數很大的線圈，當電路中的開關 S 由閉合到斷開時，線圈會產生很高的自感電動勢，使開關 S 處產生電弧，危及操作人員的人身安全．為了避免電弧的產生，可在線圈處并聯一個元件，下列方案可行的是 ） 如圖所示，在絕緣水平面上固定兩個等量同種電荷 A、 B，在 AB 連線上的 P 點釋放一 帶電滑塊，則滑塊會由靜止開始一直向右運動到 AB 連線上的另一點 M 而靜止。則以下判斷正確的是 A．滑塊一定帶的是與 A、 B 異種的電荷 B．滑塊的電勢能一定是先減小后增大 C．滑塊的動能與電勢能之和一定減小 D． AP 間距一定等于 BM 間距 B 啟東中學 物理 考前輔導 14 ） 5．用一根細線一端系一小球（可視為質點），另一端固定在一光滑