2011届高考物理6年高考4年模拟汇编测试题3(8)

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次试验中，飞缆系统试验已获得部分成功。该系统的工作原理可用物理学的基本定律来解释。

下图为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P，Q的质量分别为mP、mQ，柔性金属缆索长为l，外有绝缘层，系统在近地轨道作圆周运动，运动过程中Q距地面高为h。设缆索总保持指向地心，P的速度为vP。已知地球半径为R，地面的重力加速度为g。 （1）飞缆系统在地磁场中运动，地磁场在缆索所在处的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。设缆索中无电流，问缆索P、Q哪端电势高？此问中可认为缆索各处的速度均近似等于vP，求P、Q两端的电势差；

（2）设缆索的电阻为R1，如果缆索两端物体P、Q通过周围的电离层放电形成电流，相应的电阻为R2，求缆索所受的安培力多大； （3）求缆索对Q的拉力FQ。

7 解：（22分）（1）缆索的电动势 E=Blvp P、Q两点电势差 UPQ=Blvp，P点电势高 （2）缆索电流I?BlvPE ?R1?R2R1?R2B2l2vP安培力FA?IlB?

R1?R2（3）Q的速度设为vQ，Q受地球引力和缆索拉力FQ作用

GMmQ(R?h)2?FQ?mQ2vQR?h ①

P、Q角速度相等

vPR?h?l ② ?vQR?h又g?GM ③ R22(R?h)vPgR2联立①、②、③解得：FQ?mQ[?]

(R?h)2(R?h?l)212.（05·上海物理·22） (14分)如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为

R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在

两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．

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(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；

(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小； (3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向． (g取10rn／s2，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8)

解析：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律： mgsin???mgcos??ma

①

由①式解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s2=4m／s2 ②[来源:Ks5u.com] (2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡

mgsin???mgcos??F?0

③

此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：

Fv?P

④

由③、④两式解得

v?P8?ms?10ms ⑤ F0.2?10?(0.6?0.25?0.8)(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B

I?vBl R ⑥

⑦

P?I2R

由⑥、⑦两式解得B?PR8?2?T?0.4T vl10?1⑧

磁场方向垂直导轨平面向上

13.（05·上海物理·20） (10分)如图所示，带正电小球质量为m?1?10kg，带电量为q?1?10C,置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的

匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速运动，当运动到B点时，测得其速度vB?1.5ms, 此时小球的位移为s?0.15m,求此匀强电场场强E的取值范围．(g取

?6?210ms2)某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEScosθ＝

2mvB12750004

mvB－0得E?由题意可知θ＞0，所以当E ＞7.5×10Vm?Vm。22qscos?cos?

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时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动．经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处?若有请予以补充．

解析：该同学所得结论有不完善之处．

为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力,即：

qEsin??mg

mg2mvB2sg2?0.15?104所以tan???2??

2s2.253vBmg1?10?2?10E??Vm?1.25?105Vm

4qsin?1?10?6?5即：7.5?104Vm?E?1.25?105Vm

14.（05·天津理综·23）（16分）图中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为0.40m，电阻不计，导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直。质量m为6.0?10?3kg，电阻为1.0?的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为3.0?的电阻R1。当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取10ms，试求速率v和滑动变阻器接入电路部分的阻值R2

解析：由能量守恒定律有：mgv?P ① 代入数据，解得：v?4.5ms 导体棒切割磁感线产生感应电动势

2E?Blv ②

设电阻R1与R2的并联电阻为R并，ab棒的电阻为r，则电路中总电阻

R?R1R2?r ③

R1?R2又满足P?EI ④ 由以上四式联立得：R2＝6.0 Ω

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15.（05·全国高考·25）（20分） 图中B为电源，电动势

??27V，内阻不计。固定电阻R1?500?，R2为光敏电阻。

C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长

l1?8.0?10?2m，两极板的间距d?1.0?10?2m。S为屏，

与极板垂直，到极板的距离l2?0.16m。P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕AA?轴转动。当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2的

阻值分别为1 000Ω、2 000Ω、4 500Ω。有一细电子束沿图中虚线以速度v0?8.0?106m/s连续不断地射入C。已知电子电荷量e?1.6?10?19C，电子质量m?9?10?31kg。忽略

细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变。

（1）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离

y。（计算结果保留俩位有效数字）。

（2）设转盘按图中箭头方向匀速转动，每3s转一圈。取光束照在a、b分界处时t=0，试在图2给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0—6s间）。要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值。（不要求写出计算过程，只按画出的图线评分。） 解析：（1）设电容器C两板间的电压为

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U，电场强度大小为E，电子在极板间穿行时y方向上的加速度大小为a , 穿过C的时

间为t1，穿出时电子偏转的距离为y1,

U?E??R1R1?R2U d

eE?ma

t1?y1?l1 v012at1 2e?由以上各式得y1?22mv0?R1?l12??R?R??d

2??1代人数据得y1?4.8?10?3m 由此可见y1?1d，电子可通过C。 2设电子从C穿出时，沿y方向的速度为v，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离 为y2，

vy?at1 t2?l2 v0y2?v2t2

由以上有关各式得y2?e?22mv0?2?R1?l1l2??R?R??d

2??1代人数据得 …… 此处隐藏：1492字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……