2008年上海高考

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  •  2008/6/11
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1.某行星绕太阳的运动可近似看作匀速圆周运动,已知行星运动的轨道半径为 R,周期为 T,万有引力恒量为 G,则该行星的线速度大小为_____________,太阳的质量可表示为__________。

【答案】

\(\frac{{2\pi R}}{T}\),\(\frac{{4{\pi ^2}{R^3}}}{{G{T^2}}}\)

 

1.体积为 V 的油滴,滴在平静的水面上,扩展成面积为 S 的单分子油膜,则该油滴的分子直径约为_______。已知阿伏伽德罗常数为 NA,油的摩尔质量为 M,则一个油分子的质量为________。

【答案】

\(\frac{V}{S}\);\(\frac{M}{{{N_A}}}\)

 

2.如图所示,把电量为 − 5×10−9 C 的电荷,从电场中的 A 点移到 B 点,其电势能_______(选填“增大”、“减小”或“不变”);若 A 点的电势 φA = 15 V,B 点的电势 φB = 10 V,则此过程中电场力做的功为_________ 。

【答案】

增大,− 2.5×108 J

 

2.放射性元素的原子核在 α 衰变或 β 衰变生成新原子核时,往往会同时伴随着_______辐射。已知 A、B 两种放射性元素的半衰期分别为 T1 和 T2t = T1·T2 时间后测得这两种放射性元素的质量相等,那么它们原来的质量之比 mAmB =_______。

【答案】

γ,2T2T1

 

3.1911 年卢瑟福依据 α 粒子散射实验中 α 粒子发生了_______(选填“大”或“小”)角度散射现象,提出了原子的核式结构模型。若用动能为 1 MeV 的 α 粒子轰击金箔,其速度约为_______m/s。(质子和中子的质量均为 1.67×1027 kg,1 MeV = 106 eV)

【答案】

大,6.9×106

 

3.某集装箱吊车的交流电动机输入电压为 380 V,则该交流电压的最大值为_______V。当吊车以 0.1 m/s 的速度匀速吊起总质量为 5.7×103 kg 的集装箱时,测得电动机的电流为 20 A,则电动机的工作效率为_______。(g 取 10m/s2

【答案】

537,75%

 

4.如图所示,在竖直平面内的直角坐标系中,一个质量为m的质点在外力F作用下,从坐标原点 O 由静止开始沿直线 ON 斜向下运动,直线 ON 与 y 轴负方向成 θ 角(θ < \(\frac{\pi }{4}\))。则 F 大小至少为_______;若 F = mgtanθ,则质点机械能大小的变化情况是_________。

【答案】

mgsinθ,增大或减小

 

5.在伽利略羊皮纸手稿中发现的斜面实验数据如右表所示,人们推测第二、三列数据可能分别表示时间和长度。伽利略的一个长度单位相当于现在的 \(\frac{{29}}{{30}}\) mm,假设一个时间单位相当于现在的 0.5 s。由此可以推算实验时光滑斜面的长度至少为_______m;斜面的倾角约为_________度。(g 取 10 m/s2

表:伽利略手稿中的数据

1

1

32

4

2

130

9

3

298

16

4

526

25

5

824

36

6

1192

49

7

1600

64

8

2104

【答案】

2.034,1.5°

 

6.在下列四个核反应方程中,x 表示质子的是(     )

(A)3015P→3014 Si + x

(B)238 92 U→234 90Th + x

(C)2713 Al + 10 n→2712 Mg + x

(D)2713 Al + 42 He→3015 P + x

【答案】

C

 

7.如图所示,一根木棒 AB 在 O 点被悬挂起来,AO = OC,在 A、C 两点分别挂有二个和三个砝码,木棒处于平衡状态。如在木棒的 A、C 点各增加一个同样的砝码,则木棒(        )

(A)绕 O 点顺时针方向转动

(B)绕 O 点逆时针方向转动

(C)平衡可能被破坏,转动方向不定

(D)仍能保持平衡状态

【答案】

D

 

8.物体做自由落体,Ek 代表动能,Ep 代表势能,h 代表下落的距离,以水平地面为零势能面,下列所示图像中,能正确反映各物理量之间关系的是(        )

【答案】

B

 

9.已知理想气体的内能与温度成正比。如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态 I 到状态 II 的变化曲线,则在整个过程中汽缸内气体的内能(          )

(A)先增大后减小    (B)先减小后增大

(C)单调变化    (D)保持不变

【答案】

B

 

10.如图所示,平行于 y 轴的导体棒以速度 v 向右做匀速运动,经过半径为 R、磁感应强度为 B 的圆形匀强磁场区域,导体棒中的感应电动势 E 与导体棒的位置 x 关系的图像是(          )

【答案】

A

 

11.某物体以 30 m/s 的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g 取 10 m/s2。5 s 内物体的(        )

(A)路程为 65 m

(B)位移大小为 25 m,方向向上

(C)速度改变量的大小为 10 m/s

(D)平均速度大小为 13 m/s,方向向上

【答案】

AB

 

12.在杨氏双缝干涉实验中,如果(         )

(A)用白光作为光源,屏上将呈现黑白相间的条纹

(B)用红光作为光源,屏上将呈现红黑相间的条纹

(C)用红光照射一条狭缝,用紫光照射另一条狭缝,屏上将呈现彩色条纹

(D)用紫光作为光源,遮住其中一条狭缝,屏上将呈现间距不等的条纹

【答案】

BD

 

13.如图所示,两端开口的弯管,左管插入水银槽中,右管有一段高为 h 的水银柱,中间封有一段空气。则(          )

(A)弯管左管内外水银面的高度差为 h

(B)若把弯管向上移动少许,则管内气体体积增大

(C)若把弯管向下移动少许,右管内的水银柱沿管壁上升

(D)若环境温度升高,右管内的水银柱沿管壁上升

【答案】

ACD

 

14.如图所示,在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷 M、N,分别固定在 A、B 两点,O 为 AB 连线的中点,CD 为 AB 的垂直平分线。在 CD 之间的 F 点由静止释放一个带负电的小球 P(设不改变原来的电场分布),在以后的一段时间内,P 在 CD 连线上做往复运动,则(        )

(A)小球 P 的带电量缓慢减小,则它往复运动过程中的振幅不断减小

(B)小球 P 的带电量缓慢减小,则它往复运动过程中每次经过 O 点时的速率不断减小

(C)点电荷 M、N 的带电量同时等量地缓慢增大,则小球 P 往复运动过程中周期不断减小

(D)点电荷 M、N 的带电量同时等量地缓慢增大,则小球 P 往复运动过程中的振幅不断减小

【答案】

BCD

 

15.如图所示,用导线将验电器与洁净锌板连接,触摸锌板使验电器指示归零,用紫外线照射锌板,验电器指针发生明显偏转,接着用毛皮摩擦过的橡胶棒接触锌板,发现验电器指针张角减小,此现象说明锌板带_________电(选填“正”或“负”);若改用红外线重复以上实验,结果发现验电器指针根本不会偏转,说明金属锌的极限频率_________红外线的频率(选填“大于”或“小于”)。

【答案】

正,大于

 

16.用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象,图(a)是点燃的酒精灯(在灯芯上洒些盐),图(b)是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属线圈,将金属线圈在其所在的平面内缓慢旋转,观察到的现象是(    )

(A)当金属线圈旋转 30° 时,干涉条纹同方向旋转 30°

(B)当金属线圈旋转 45° 时,干涉条纹同方向旋转 90°

(C)当金属线圈旋转 60° 时,干涉条纹同方向旋转 30°

(D)干涉条纹保持不变

【答案】

D

 

17.在“用单摆测重力加速度”的实验中:

(1)某同学的操作步骤为:

A.取一根细线,下端系住直径为 d 的金属小球,上端固定在铁架台上;

B.用米尺量得细线长度 l

C.在摆线偏离竖直方向 5º 位置释放小球;

D.用秒表记录小球完成 n 次全振动的总时间 t,得到周期 T = t/n

E.用公式 g = \(\frac{{4{\pi ^2}l}}{{{T^2}}}\) 计算重力加速度。

按上述方法得出的重力加速度与实际值相比______(选填“偏大”、“相同”或“偏小”)

(2)已知单摆在任意摆角 θ 时的周期公式可近似为 Tʹ = T0(1 + asin2\(\frac{\theta }{2}\)),式中 T0 为摆角 θ 趋近于 0° 时的周期,a 为常数,为了用图像法验证该关系,需要测量的物理量有_______;若某同学在实验中得到了如图所示的图线,则图像中的横轴表示________。

【答案】

(1)偏小

(2)T′(或 tn),θT

 

18.某同学利用图(a)所示的电路研究灯泡 L1(6 V,1.5 W)、L2(6 V,10 W)的发光情况(假设灯泡电阻恒定),图(b)为实物图。

(1)他分别将 L1、L2 接入图(a)中的虚线框位置,移动滑动变阻器的滑片,当电压表示数为 6 V 时,发现灯泡均能正常发光。在图(b)中用笔线代替导线将电路连线补充完整。

(2)接着他将 L1 和 L2 串联后接入图(a)中的虚线框位置,移动滑动变阻器的滑片,当电压表示数为 6 V 时,发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮,出现这种现象的原因是__________________________。

(3)现有如下器材:电源 E(6 V,内阻不计),若灯泡 L1(6 V,1.5 W)、L2(6 V,10 W)、L3(6 V,10 W),单刀双掷开关 S,在图(c)中设计一个机动车转向灯的控制电路:当单刀双掷开关 S 与 1 相接时,信号灯 L1 亮,右转向灯 L2 亮而左转向灯 L3 不亮;当单刀双掷开关 S 与 2 相接时,信号灯 L1 亮,左转向灯 L3 亮而右转向灯 L2 不亮。

【答案】

(1)如图

(2)由于 L1 电阻比 L2 大得多,所以 L2 两端分到的电压很小,虽然有电流流过,但功率很小,不能发光

(3)如图

 

19.如图所示是测量通电螺线管 A 内部磁感应强度 B 及其与电流 I 关系的实验装置。将截面积为 S、匝数为 N 的小试测线圈 P 置于通电螺线管 A 中间,试测线圈平面与螺线管的轴线垂直,可认为穿过该试测线圈的磁场均匀,将试测线圈引线的两端与冲击电流计 D 相连。拨动双刀双掷换向开关 K,改变通入螺线管的电流方向,而不改变电流的大小,在 P 中产生的感应电流引起 D 的指针偏转。

 (1)将开关合到位置 1,待螺线管中的电流稳定后,再将 K 从位置 1 拨到位置 2,测得 D 的最大偏转距离为 dm,已知冲击电流计的磁通灵敏度为 DφDφ = \(\frac{{{d_m}}}{{N\Delta \varphi }}\),式中 Δφ 为单匝试测线圈磁通量的变化量,则试测线圈所在处的磁感应强度的大小为 B =________;若将 K 从位置 1 拨到位置 2 所用的时间为 Δt,则试测线圈 P 中产生的平均感应电动势 ε =________。

实验次数

电流 I(A)

磁感应强度 B(×10−3 T)

1

0.5

0.62

2

1.0

1.25

3

1.5

1.88

4

2.0

2.51

5

2.5

3.12

(2)调节可变电阻 R,多次改变电流并拨动 K,得到 A 中电流 I 和磁感应强度 B 的数据,见右表。由此可得,螺线管 A 内磁感应强度 B 与电流 I 的关系式为 B =______。

(3)(多选题)为了减少实验误差,提高测量的准确性,可采取的措施有(           )

(A)适当增加试测线圈的匝数 N

(B)适当增大试测线圈的横截面积 S

(C)适当增大可变电阻 R 的阻值

(D)适当延长拨动开关的时间

【答案】

(1)\(\frac{{{d_m}}}{{2NS{D_\varphi }}}\),\(\frac{{{d_m}}}{{{D_\varphi }\Delta t}}\)

(2)B = 1.25×10−3 I

(3)AB

 

20.汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故,太低又会造成耗油量上升。已知某型号轮胎能在 − 40℃ ~ 90℃ 正常工作,为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过 3.5 atm,最低胎压不低于 1.6 atm,那么,在 t = 20℃ 时给该轮胎充气,充气后的胎压在什么范围内比较合适(设轮胎的体积不变)

【答案】

pmin = 2.01 atm,pmax = 2.83 atm

【解析】

由于轮胎容积不变,轮胎内气体做等容变化。设在T0 = 293 K 充气后的最小胎压为 pmin,最大胎压为 pmax。依题意,当 T1 = 233 K 时胎压为 p1 = 1.6 atm。根据查理定律

\(\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}}\) = \(\frac{{{p_{\min }}}}{{{T_0}}}\),\(\frac{{1.6}}{{233}}\) = \(\frac{{p_{\min }}}{{293}}\)             ①

解得:pmin = 2.01 atm                 ②

当 T2 = 363 K 时胎压为 p2 = 3.5 atm。根据查理定律

\(\frac{{{p_2}}}{{{T_2}}}\) = \(\frac{{{p_{\max }}}}{{{T_0}}}\),\(\frac{{3.5}}{{363}}\) = \(\frac{{p_{\max }}}{{293}}\)            ③

解得:pmax = 2.83 atm

故充气后的胎压在 2.01 atm ~ 2.83 atm 范围内比较合适。

 

20.某小型水电站输出功率为 20 kW,输电线路总电阻是 6 Ω,

(1)若采用 380 V 输电,求输电线路损耗的功率;

(2)若改用 5000 V 高压输电,用户端利用 n1n2 = 22∶1 的变压器降压,求用户得到的电压。

【答案】

(1)P = 16.62 kW

(2)U2 = 226.18 V

【解析】

(1)输电线上的电流强度为

I = \(\frac{P}{U}\) = \(\frac{{20 \times {{10}^3}}}{{380}}\) A = 52.63 A             ①

输电线损耗的功率为

P = I2R = 52.632×6 W = 16620 W = 16.62 kW         ②

(2)该用高压输电后,输电线上的电流强度变为

I′ = \(\frac{P}{{U'}}\) = \(\frac{{20 \times {{10}^3}}}{{5000}}\) A = 4 A                  ③

用户端在变压器降压前获得的电压

U1 = UIR = (5000 − 4×6)V = 4976 V       ④

根据 \(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}}\) = \(\frac{{{n_1}}}{{{n_2}}}\)

用户得到的电压为

U2 = \(\frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}\)U1 = ×4976 V = 226.18 V               ⑤

 

21.总质量为 80 kg 的跳伞运动员从离地 500 m 的直升机上跳下,经过 2 s 拉开绳索开启降落伞,如图所示是跳伞过程中的 vt 图,试根据图像求:(g 取 10 m/s2) 

(1)t = 1 s 时运动员的加速度和所受阻力的大小;

(2)估算 14 s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功;

(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。

【答案】

(1)a = 8 m/s2

f= 160 N

(2)Wf ≈ 1.25×105 J

(3)t = 71 s

【解析】

(1)由图中可以看出,在t = 2 s 内运动员做匀加速运动,其加速度大小为

a = \(\frac{{{v_t}}}{t}\) = \(\frac{{16}}{2}\) m/s2 = 8 m/s2                  ①

设此过程中运动员受到的阻力大小为 f,根据牛顿第二定律,有

mgf = ma

f = mgma = 80×(10 − 8)N = 160 N         ②

(2)从图中可以估算出运动员在 14 s 内下落了

39.5×2×2 m = 158 m                   ③

根据动能定理,有

mghWf = \(\frac{{1}}{2}\)mv2                      ④

所以有 Wf = mgh − \(\frac{{1}}{2}\)mv2 = (80×10×158 − 0.5×80×62)J ≈ 1.25×105 J      ⑤

(3)14 s 后运动员做匀速运动的时间为

t′ = \(\frac{{H - h}}{{{v_t}}}\) = \(\frac{{500 - 158}}{6}\) s = 57 s                             ⑥

运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间

t = t + t′ = (14 + 57)s = 71 s                             ⑦

 

22.有两列简谐横波 a、b 在同一媒质中沿 x 轴正方向传播,波速均为 v = 2.5 m/s。在 t = 0 时两列波的波峰正好在 x = 2.5 m 处重合,如图所示。

(1)求两列波的周期 Ta 和 Tb

(2)求 t = 0 时两列波的波峰重合处的所有位置;

(3)辩析题:分析和判断在 t = 0 时是否存在两列波的波谷重合处。某同学分析如下:既然两列波的波峰与波峰存在重合处,那么波谷与波谷重合处也一定存在。只要找到这两列波半波长的最小公倍数,……,即可得到波谷与波谷重合处的所有位置,你认为该同学的分析正确吗?若正确,求出这些位置;若不正确,指出错误处并通过计算说明理由。

【答案】

(1)Ta = 1 s,Tb = 1.6 s

(2)x = 2.5 ± 20kk = 0,1,2,3……

(3)该同学的分析不正确。

要找两列波的波谷与波谷重合处,必须从波峰重合处出发,找到这两列波半波长的奇数倍恰好相等的位置。设距离 x = 2.5 m 为 L 处两列波的波谷与波谷相遇,并设

L = (2m −1)\(\frac{{{\lambda _a}}}{2}\),L = (2n − 1)\(\frac{{{\lambda _b}}}{2}\) 

式中 mn 均为正整数

只要能找到对应的 mn 即可。

λa = 2.5 m,λb = 4 m 代入并整理,得

\(\frac{{2m - 1}}{{2n - 1}}\) = \(\frac{{{\lambda _a}}}{{{\lambda _b}}}\) = \(\frac{{4}}{2.5}\) = \(\frac{{8}}{5}\) 

由于上式中的 mn 在正整数范围内无解,所以不存在波谷与波谷重合处。

【解析】

(1)从图中可以看出两列波的波长分别为 λa = 2.5 m,λb = 4 m,因此它们的周期分别为

Ta = \(\frac{{{\lambda _a}}}{v}\) = \(\frac{{2.5}}{2.5}\) s = 1 s                  ①

Tb = \(\frac{{{\lambda _b}}}{v}\) = \(\frac{{4}}{2.5}\) s = 1.6 s               ②

(2)两列波长的最小公倍数为

s = 20 m                                     ③

t = 0 时,两列波的波峰重合处的所有位置为

x = 2.5 ± 20kk = 0,1,2,3……           ④

(3)该同学的分析不正确。                   ⑤

要找两列波的波谷与波谷重合处,必须从波峰重合处出发,找到这两列波半波长的奇数倍恰好相等的位置。设距离 x = 2.5 m 为 L 处两列波的波谷与波谷相遇,并设

L = (2m −1)\(\frac{{{\lambda _a}}}{2}\),L = (2n − 1)\(\frac{{{\lambda _b}}}{2}\)             ⑥

式中 mn 均为正整数

只要能找到对应的 mn 即可。

λa = 2.5 m,λb = 4 m 代入并整理,得

\(\frac{{2m - 1}}{{2n - 1}}\) = \(\frac{{{\lambda _a}}}{{{\lambda _b}}}\) = \(\frac{{4}}{2.5}\) = \(\frac{{8}}{5}\)                                  ⑦

由于上式中的 mn 在正整数范围内无解,所以不存在波谷与波谷重合处。   ⑧

 

23.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在 Oxy 平面的 ABCD 区域内,存在两个大小均为 E 的匀强电场 Ⅰ 和 Ⅱ,两电场的边界均是边长为 L 的正方形(不计粒子所受重力)。

(1)在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子,求电子离开 ABCD 区域的位置;

(2)在电场 Ⅰ 区域内适当位置由静止释放电子,电子恰能从 ABCD 区域左下角 D 处离开,求所有释放点的位置;

(3)若将左侧电场 Ⅱ 整体水平向右移动 L/n n ≥ 1),仍使电子从 ABCD 区域左下角 D 处离开(D 不随电场移动),在电场 Ⅰ 区域内由静止释放电子的所有位置。

【答案】

(1) (− 2L,\(\frac{1}{2}\)L

(2)xy = \(\frac{{{L^2}}}{4}\)

(3)xyL2(\(\frac{1}{{2n}}\) + \(\frac{1}{4}\))

【解析】

(1)设电子的质量为 m,电量为 q,电子在电场 Ⅰ 中做匀加速直线运动,出区域 Ⅰ 时的速度为 v0,此后进入电场 Ⅱ 做类平抛运动。假设电子从 CD 边射出,出射点纵坐标为 y,有

eEL = \(\frac{1}{2}\)mv02                                           ①

(\(\frac{L}{2}\) − y) = \(\frac{1}{2}\)at2 = \(\frac{{eE}}{{2m}}\)×\(\frac{{{L^2}}}{{v_0^2}}\)                 ②

解得 y = \(\frac{1}{2}\)L,所以原假设成立,即电子离开 ABCD 区域的位置坐标为(− 2L,\(\frac{1}{2}\)L)③。

(2)设释放点在电场区域 Ⅰ 中,其坐标为(xy),在电场 Ⅰ 中电子被加速到 v1,然后进入电场 Ⅱ 做类平抛运动,并从 D 点离开,有

eEx = \(\frac{1}{2}\)mv12                             ④

y = \(\frac{1}{2}\)at2 = \(\frac{{eE}}{{2m}}\)×\(\frac{{{L^2}}}{{v_1^2}}\)                 ⑤

解得 xy = \(\frac{{{L^2}}}{4}\),即在电场 Ⅰ 区域内满足该方程的点即为所求位置⑥。

(3)设电子从(xy)点释放,在在电场 Ⅰ 中加速到 v2,进入电场 Ⅱ 做类平抛运动,在高度为 y′ 处离开电场 Ⅱ 时的情景与(2)中类似,然后电子做匀速直线运动,经过 D 点,则有

eEx = \(\frac{1}{2}\)mv22

yy′ = \(\frac{1}{2}\)at2 = \(\frac{{eE}}{{2m}}\)×\(\frac{{{L^2}}}{{v_2^2}}\)                  ⑦

vy = at = \(\frac{{eEL}}{{m{v_2}}}\),y′ = vy∙\(\frac{L}{{n{v_2}}}\)               ⑧

解得 xy = L2(\(\frac{1}{{2n}}\) + \(\frac{1}{4}\)),即在电场 Ⅰ 区域内满足该方程的点即为所求位置。

 

24.如图所示,竖直平面内有一半径为 r、电阻为 R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环,在 M、N 处与距离为 2r、电阻不计的平行光滑金属导轨 ME、NF 相接,EF 之间接有电阻 R2,已知 R1 = 12RR2 = 4R。在 MN 上方及 CD 下方有水平方向的匀强磁场 Ⅰ 和 Ⅱ,磁感应强度大小均为 B。现有质量为 m、电阻不计的导体棒 ab,从半圆环的最高点 A 处由静止下落,在下落过程中导体棒始终保持水平,与半圆形金属环及轨道接触良好,设平行导轨足够长。已知导体棒下落 \(\frac{r}{2}\) 时的速度大小为 v1,下落到MN处时的速度大小为 v2

(1)求导体棒 ab 从 A 处下落 \(\frac{r}{2}\) 时的加速度大小;

(2)若导体棒 ab 进入磁场 Ⅱ 后棒中电流大小始终不变,求磁场 Ⅰ 和 Ⅱ 这间的距离 h 和 R2 上的电功率 P2

(3)若将磁场 Ⅱ 的 CD 边界略微下移,导体棒 ab 进入磁场 Ⅱ 时的速度大小为 v3,要使其在外力 F 作用下做匀加速直线运动,加速度大小为 a,求所加外力 F 随时间变化的关系式。

【答案】

(1)= g − \(\frac{{3{B^2}{r^2}{v_1}}}{{4Rm}}\)

(2)= \(\frac{{9{R^2}g{m^2}}}{{32{B^4}{r^4}}}\)  − \(\frac{{v_2^2}}{{2g}}\)

P2 = \(\frac{{9R{g^2}{m^2}}}{{16{B^2}{r^2}}}\)

(3)F = ma − mg + \(\frac{{4{B^2}{r^2}}}{{3R}}\)(v3 + at

【解析】

(1)以导体棒为研究对象,棒在磁场 Ⅰ 中切割磁感线,棒中产生感应电动势,导体棒 ab 从 A 下落 \(\frac{r}{2}\) 时,导体棒在重力与安培力作用下做加速运动,由牛顿第二定律,得

mgBIl = ma                            ①

式中 l = \(\sqrt 3 \)r

    I = \(\frac{{Bl{v_1}}}{{{R_总}}}\)                               ②

式中 R = \(\frac{{64{R^2}}}{{8R + 8R}}\) = 4R   ③

由以上各式,得到

a = g − \(\frac{{3{B^2}{r^2}{v_1}}}{{4Rm}}\)                                 ④

(2)当导体棒 ab 通过磁场 Ⅱ 时,若安培力恰好等于重力,棒中电流大小始终不变,即

mg = BI∙2r = B∙\(\frac{{B \cdot 2r \cdot {v_t}}}{{{R_并}}}\)∙2r = \(\frac{{4{B^2}{r^2}{v_t}}}{{{R_并}}}\)

式中 R = \(\frac{{48{R^2}}}{{12R + 4R}}\) = 3R

解得 vt = \(\frac{{3mgR}}{{4{B^2}{r^2}}}\)                                       ⑤

导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动,有

vt2v22 = 2gh

= \(\frac{{9{R^2}g{m^2}}}{{32{B^4}{r^4}}}\)  − \(\frac{{v_2^2}}{{2g}}\)                               ⑥

此时导体棒重力的功率为

PG = mgvt = \(\frac{{3{m^2}{g^2}R}}{{4{B^2}{r^2}}}\)                                 ⑦

根据能量守恒定律,此时导体棒重力的功率完全转化为电路中的电功率,即

P = P1 + P2 = PG = \(\frac{{3{m^2}{g^2}R}}{{4{B^2}{r^2}}}\)

所以 P2 = \(\frac{3}{4}\)PG = \(\frac{{9R{g^2}{m^2}}}{{16{B^2}{r^2}}}\)                        ⑧

(3)设导体棒 ab 进入磁场 Ⅱ 后经过时间t的速度大小为 vt′,此时的安培力大小为

F′ = \(\frac{{4{B^2}{r^2}{v_t}^\prime }}{{3R}}\)

由于导体棒ab做匀加速直线运动,有

vt′ = v3 + at

根据牛顿第二定律,有

F + mgF′ = ma                                      ⑨

由以上各式,解得

F = ma − mg + \(\frac{{4{B^2}{r^2}}}{{3R}}\)(v3 + at)                ⑩

 

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