高中寒假作業(yè)

寒假作業(yè)

1、默寫卷子3張

2、專題卷子10張（自己復(fù)印答案）

3、“38套”綜合題3套（3---5套，每周做一套）

4、學(xué)生自選“五三”詩歌鑒賞、小閱讀各六篇，大閱讀文學(xué)類和實用類各三篇

5、讓學(xué)生結(jié)合筆記、專題過關(guān)卷有計劃復(fù)習(xí)所學(xué)專題，特別是重做做錯的題目6、作文兩篇

（一）閱讀下面材料，根據(jù)要求作文。

每年都有不少人到南美洲的原始森林探險，帶路的向?qū)Ф际钱?dāng)?shù)夭柯涞耐林�人。土著人十分機(jī)敏和風(fēng)趣，他們有一個十分奇怪的習(xí)慣，每走一段路就要喚一聲自己的名字。土著人說這是為防止自己的靈魂跟不上自己的軀體，他們得經(jīng)常喚回自己。

哲學(xué)家薩拉斯特也說：“每個人都是自己命運(yùn)的建筑師�！敝挥胁粩鄦拘炎约海�才能使自己的生命攀上高峰。

你有過“喚醒”的體味或經(jīng)歷嗎？請以“喚醒自己”為話題寫一篇不少于800字的文章，題目、文體、立意自定。（二）閱讀下面的文字，根據(jù)要求作文。

古希臘亞歷山大大帝未即位時，每聽到父王在國外打勝仗的消息，就憂心忡忡，生怕天下都被他父親征服了，自己將來再無用武之地。

唐詩是中國文學(xué)史上的一座豐碑。對宋代詩人來說，唐詩既是豐厚的遺產(chǎn)，也是巨大的挑戰(zhàn)。所以，錢鐘書先生說，有唐詩作榜樣，是宋人的大幸，也是宋人的大不幸。

讀了上述文字，你有何感想？在全面理解材料的基礎(chǔ)上，提煉觀點(diǎn)，展開聯(lián)想�？梢詫懽约旱慕�(jīng)歷、感受和見解，也可以講述身邊的故事。【注意】①角度自選，立意自定，題目自擬。②除詩歌外，文體不限。③不少于800字。④不得抄襲。

從“亞歷山大的擔(dān)憂”說起

據(jù)傳，父親一打勝仗，亞歷山大就憂心忡忡。為什么？怕天下都被父親征服了，自己即位后英雄無用武之地。

面對這個理由，我先是啞然失笑，覺得這個理由真得很特別，甚至有些無厘頭；可是笑過之后卻陷入了深思，覺得亞歷山大的擔(dān)憂不僅不是無厘頭，反而擔(dān)憂得挺有道理，試想，當(dāng)李白寫出一首首氣沖斗牛的詩篇的時候，與他同時代的詩人們是不是有過這種擔(dān)憂？當(dāng)牛頓用他的三大定律將運(yùn)動奧秘揭示得淋漓盡致的時候，那些年輕的物理學(xué)家是不是也有這種擔(dān)憂？當(dāng)喬丹在籃球場上打破一個個紀(jì)錄的時候，那些初入NBA賽場的后生們是不是也有這種擔(dān)憂？

無庸置疑，他們都有過這種擔(dān)憂�？磥恚�“亞歷山大的擔(dān)憂”反映了人們面對優(yōu)秀前輩時的真實心理既興奮，又嫉妒，還有一點(diǎn)點(diǎn)對自己的不自信。

然而，我要提醒你，如果在優(yōu)秀前輩面前，你僅有這種“擔(dān)憂”，那是一種很不成熟的表現(xiàn)，如果你想成為一個超越前輩的人，那就要在“擔(dān)憂”之后，為自己能遇到這樣一位才能超群的前輩而高興，為自己能擁有一個巨人的肩膀可以站立而高興。試想，如果沒有牛頓力學(xué)理論，怎能激發(fā)愛因斯坦提出“相對論”這一天才的構(gòu)想呢？如果沒有喬丹們的巨大成就，怎能激發(fā)科比們的萬丈豪情，為觀眾奉獻(xiàn)出一場場精美絕倫的比賽？如果沒有比爾蓋茨的微軟帝國，又怎能有馬云們獨(dú)辟蹊徑的傳奇創(chuàng)業(yè)經(jīng)歷？

唐詩過后是宋詞。前人取得的巨大成就必定會激勵后人去拼搏，去超越。想當(dāng)初，面對唐代詩人們將律詩、絕句這些詩歌體裁演繹得五彩斑斕的時候，宋朝的詩人們肯定也擔(dān)憂過，哀嘆過：唐人已經(jīng)把這些體裁的精妙發(fā)揮得淋漓盡致，已經(jīng)將生活的喜怒哀樂描繪得體貼入微，哪里還有我們宋朝詩人的地盤？然而，宋詩并沒有因此而凋零，它開辟出了“理趣”這一詩歌新天地；不僅如此，宋代詩人還努力拓寬了詩歌這一體裁，將曲子詞這一詩歌新樣式譜寫得蕩氣回腸。當(dāng)我們讀到“楊柳岸，曉風(fēng)殘月”“亂石穿空，驚濤拍岸，卷起千堆雪”“云破月來花弄影”這些膾炙人口的詞句時，誰能不感嘆宋朝詩人們才氣之橫溢？誰的眼中還會只有唐詩沒有宋詞？正是由于宋代詩人們沒有在唐詩這個巨人面前自卑自棄，沒有把這份豐厚的遺產(chǎn)當(dāng)成甩不掉的包袱，而是把它當(dāng)作提升詩學(xué)底蘊(yùn)的養(yǎng)料，研究它，借鑒他，超越它，終于在詩歌的花園中培育出宋詞這朵奇葩。如果我們再沿著詩歌發(fā)展的道路往后走，我們還可以看到元代詩人做著宋代詩人同樣的事，他們站在宋詞這個巨人的肩膀上，創(chuàng)造出了通俗曉暢、感情張揚(yáng)的散曲。

所以，我們完全可以這樣說，沒唐詩就沒有宋詞，沒有宋詞就沒有元曲。前人創(chuàng)造的業(yè)績，先輩開辟的疆野，給后人提供了最有力的支撐，雖然這種支撐帶著巨大的壓力，但是對于一心想開辟自己新天地的人們來說，這份壓力不正是前進(jìn)的動力嗎？

但愿我們今天的人們，在面對前人的優(yōu)異表現(xiàn)，面對前人留下的偉大業(yè)績時，不再只是“擔(dān)憂”。唐詩過后是宋詞，唯有站在高山方能看到遠(yuǎn)方。

擴(kuò)展閱讀：高中寒假作業(yè)答案

第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

寒假作業(yè)

高中寒假作業(yè)參考答案

一、能力要點(diǎn)1.解:

Nfmgsinmgcos

Nmgsin①

Nmgcos②mg由①,②得:tan

說明:①涉及角度的平衡問題,采用正交分解法,數(shù)學(xué)手段為三角函數(shù);②tan是物塊沿粗糙斜面勻速下滑的條件,與物塊質(zhì)量無關(guān).

2.解:

TG1①

NG2②

由三角形相似關(guān)系:

OdLTNG2RG1mgLL代入①TRdmgRdG2mgRR代入②NRdmgRdG1mgO

說明:①涉及到長度的平衡問題,采用斜交分解,數(shù)學(xué)手段為相似三角形對應(yīng)邊成比例;②斜交分解的方式:以未知力的方向為斜交軸來分解已知力,相似三角形必出現(xiàn);③TL，而N與L無關(guān);

④平衡問題解題步驟:.選擇研究對象受力分析.選擇坐標(biāo)軸分解力.列平衡方程.解方程

Fx0Fy0

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3.解:

N

PNP由圖可知:NP先減后增,NPminmgsin

N一直減小

mgNP說明:①三力平衡問題,應(yīng)采用三角形法;

②三角形法:反向延長方向不變的力為基準(zhǔn)線,平移大小方向都變化的力到大小方向都不變的力上,并使其箭頭落在基準(zhǔn)線上,垂直關(guān)系取到,出現(xiàn)最小值.4.解:

以整體為研究對象:

NM由整體知:NM(mM)g

NmfM

以m為研究對象N

Ncos

fMNm

(mM)g

NsinNmNsinNmM

mgNcos所以：NmmgtanfMmgtan

mg說明:①多個物體出現(xiàn),受力分析要注意先整體后隔離,整體分析不計內(nèi)力,隔離簡單個體;

②NM與無關(guān),fMtan

2cxr1800.cersp.net第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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5.證明:

N1G1m1m1

N1G2①TG1②

l1m1gTOm2

TG3③N2G4④

設(shè)OO長度為d,由相似關(guān)系:

Tl2N2m2G3m2gG2GO4G1l1m1gdG3l2m2gd說明:①同一輕繩上彈力處處相等;②斜交分解的相似三角形法;

m1l2m2l1③由整體法可知,O為整體重心,故m1gl1m2gl2,得:

6.

m1l2.m2l1N

Fminmgsinarctan

mg

Fmin與水平方向成arctan斜向上

說明:①f,N的合力方向不變arctan②平移的三角形法求最小值

3cxr1800.cersp.net第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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7.解:

Tsin1Tsin2……①

Tcos1Tcos2mg……②ABTT由①12代入②得:2122Tcos1mg……③

143又sin1,cos1代入③得:55mg5Tmg6

說明:①同一輕繩上的彈力處處大小相等;

②本題采用了正交分解,這說明正交斜交分解并不是涇分明的,應(yīng)靈活掌握.8.解:

FMNFMN

如圖:1800060

0O0G2mg

說明:本題采用了斜交分解法.9.解:

整體法:

由圖可知:F2=(m1m2)gcos

G1FMmgF2F1(m1m2)gsinF(m1m2)gcos

F2保持不變

(m1m2)g4

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以乙為研究對象:F1F3F3minOF3m2g

（1）

乙O甲O1（2）

由圖可知:甲至多能達(dá)到如圖(2)位置,提供給乙垂直斜面向上的彈力,故F3一直減小.F1也一直減小.

說明:①整體法;②平移的三角形;③正交分解.

【總結(jié)】平衡問題的解題方法與策略:1.受力分析要注意先整體后隔離;

2.力的計算:正交分解;斜交分解;三角形求和;

3.三力平衡的條件:任意一個力應(yīng)位于其余二力反向延長線所夾的開區(qū)間內(nèi).10.解：

O1BTsinBIL．．．．．．①Tcosmg．．．．．．②BIL由①②：arctanTmgTcosI×BIL

Tsinmg

【說明】①剖面圖進(jìn)行受力分析；②本題為平衡條件與安培力的整合．

5

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11.解：

N．．．．．①mgsinF安cosma．

Fcos安．．．．．②F安BIL．

mgsinF安

EBI．．．．．．③F安sin

Rrmgcos

mg(Rr)sinBLEcos由①②③：amgm(Rr)

【說明】①求某一瞬時的問題是牛二定律的應(yīng)用問題；②剖面圖進(jìn)行受力分析．

12.解：

OBILlsinmgl(1cos)00m

l

1cosBILtan

．T

BIL2arctanBmgm×BILmg

【說明】①棒在最大擺角處速度為０，合力不為０；

2sinmg②由對稱性可知：導(dǎo)棒擺到最高點(diǎn)時所受合力F合BIL．

13.解：

qvBmgsinma．．．．．．②

NmgcosN0v①中時物塊脫軌，tmgsinqBmgcos由②：agsin(勻加直)mg．．．．．③vtat．

1Sat2．．．．．．④2【說明】①N0是物體脫軌的臨界條件；

②物體在脫軌前一直做勻加速直線運(yùn)動．mcotm2gcoscot得：t，SqB2q2B26

．．．．．①qvtBNmgcos．

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14.解：

v0qBv0

qBv0v0

．．．．．①hmax2r．

mgBrmv0．．．．．．②Bq．．．．．③Bqv0mg．

mghmax得：hmax12mvmax．．．．．．④22mg2m2g22vmaxBqBq【說明】①該運(yùn)動可分解為水平向右的勻直（Bqv0mg）和逆時針的勻圓運(yùn)動；②洛倫茲力不做功，故最大的深度hmax對應(yīng)著最大的速度vmax；③由周期性可知：每隔T15.解：

2mv02m小球返回水平線，向右推進(jìn)的距離是．BqBqf（1）mgBqvma

NmqvBmgav當(dāng)a0時，v達(dá)到vmax：

vmaxmgBq（2）mgtBqvttmvmax．．．．．．①

BSvtt．．．．．．②

mgtmvmax由①②：S

Bq

【說明】①加速度減小的加速運(yùn)動，a0時，v最大；②變化的速度在時間t上的累積就是位移．

7

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16.解：

y×××O

×××B×××2．．．．．．①22mT．．．．．．②

Be2m由①②：t

BetT

v0×××POP2rsin．．．．．．①

xrmv0．．．．．．②Be2mv0sin

Be由①②：OPO

【說明】①構(gòu)圖：一個中心，兩個基本點(diǎn)；②操作：注意垂、切、角及對稱關(guān)系17.解：

Lsin．．．．．．①××rBmv0r．．．．．．②Be××v0ry．．．．．③r2L2(ry)2．

L××rBLe由①②：arcsin

mv0××若從左側(cè)飛出，則：2mv0y2rBe【說明】①磁偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動性質(zhì)為勻速圓

周運(yùn)動，電偏轉(zhuǎn)為類平拋；

②圓周運(yùn)動速度變化的角度就是半徑掃過的角度；③左右飛出的臨界條件為：rL．

mv0m2v02由②③：yL22BeBe28cxr1800.cersp.net第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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18.解：

v0tan2rOR．．．．．．①r××BR×rmv0．．．．．．②BqBqRmv0r×Ov0×由①②：2arctan【說明】①由對稱關(guān)系可知，向著圓心飛入圓形磁場區(qū)域的粒子必背向圓心飛出；②圓周運(yùn)動速度變化的角度就是半徑掃過的角度．19.解：

yrrsinH．．．．．．①M(fèi)rmv．．．．．．②rOBqr．．．．．③xprcos．

xOvP3mv3由①②③：BxPH

【說明】①構(gòu)圖：一個中心，兩個基本點(diǎn)；

②操作：注意垂、切、角及對稱關(guān)系．

LBq（1）若要越過第一區(qū)域需rL：則vm20.解：如圖所示，由對稱性可知：越過第一區(qū)域即可越LL

LBq×過第二區(qū)域，故需滿足的條件為：v×mOmv0（2）．．．．．．①rBq××rv0v0

．．．．．②r2L2(ry0)2．

y××．．．．．③y2y0．y022vmvmv0200y2(L)由①②③：×22×BqBqO由圖可知：0【說明】①由對稱性可知：兩次偏轉(zhuǎn)位移和速度偏向角均相同，故飛出時速度方向水平向右；

②粒子從第一磁場區(qū)域飛出的臨界條件為：rL．

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2Hq第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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21.解：

y屏v0Pav0aO2aB區(qū)由圖可知，電子水平向右飛出

mv0mv0．a(chǎn)．．．．．①得：B

Beae

2m2aacos2t．．．．．．②Be2v0

P點(diǎn)的坐標(biāo)(2a,aasin)

【說明】①粒子射出磁場區(qū)域的方向與無關(guān)；②逆過程為磁聚焦的過程．22.解：（1）

Ax

rr3L．．．．．．①

sin60rmvmax．．．．．．②Bq3(23)BqL

mrrAv0vmaxB

C

（2）

粒子從BC飛出

r2Lsin60．．．．．．①

Brmvmin．．．．．．②Bq3BqLmcxr1800.cersp.net

rB10

v0vminC粒子從AB飛出第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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【說明】①構(gòu)圖：一個中心，兩個基本點(diǎn)；②操作：注意垂、切、角及對稱關(guān)系．

23.解：

++Bqv+v++BqvqE

vEBqE____【說明】①速度選擇器選擇速度，與粒子本身無關(guān)．24.

解：．若小球帶正電：．若小球帶負(fù)電：

EEBqvvBBvqEqEBqvmgmgmm

答案：AC

【說明】①做直線運(yùn)動的物體在垂直于速度方向的合力必為零；

②Bqv隨著v的變化而變化，而qE與v無關(guān)．

25.解：

qE(mgBqvt)a

mBqvtBqvtNqEaBqvtmfqEqEfqEqE(Bqvtmg)BaNmmgmgmgqEamaxm【說明】①a先增大，后減小，故在轉(zhuǎn)折點(diǎn)時a最大；

qEmg②a減小的加速運(yùn)動，a0時v最大．a(chǎn)0時，vmaxBq

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26.解：

Bqv1v1(v1v0v2)

v2Bqv2qE答案：ABCD【說明】①粒子的運(yùn)動可分解為水平的勻速直線運(yùn)動和豎直面內(nèi)逆時針的勻速圓周運(yùn)動；

②粒子的加速度就是勻速圓周運(yùn)動這個分運(yùn)動的加速度．

Bqvt27.解：2vtvt．．．．．．①mgNBqvtmBNRmg1122mg2Rmvtmv0．．．．．．②22

令①方程中N0，代入數(shù)據(jù)得：

v0v04.5ms

【說明】①N0是物體脫軌的臨界條件；

②恰好完成翻轉(zhuǎn)的前提下，有磁場存在時的v0比無磁場時的v0小．

28.解：

NNcosNcosmg0．．．．．．①

BqvmgNsinOv2BvqNsinm．．．．．．②

Rsin由①②：

ROqBRsingRsin2vv0

mcos2

qBRsin24gRsin2)0由(mcos得：B≥

【說明】①圓周運(yùn)動問題屬于牛二定律的應(yīng)用問題，遵循牛二定律的解題步驟；

②數(shù)學(xué)手段是二次函數(shù)的判別式和求根公式．

2mg

qRcos可見，為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動：

Bmin2mg

qRcosqBminRsingRsin

2mcoscxr1800.cersp.net

此時v第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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29.解：

30.

+v0A+OOyrvtmvty．．．．．．①r．．．．．．②rBqcos．．．．．③yvtcosv0．

qEL22mv02．．．．．．④

tanqELmv02．．．．．．⑤由①②③④⑤可求B．

22(t2)22mL2Bqv0

解

（1）交變電壓的周期等于質(zhì)子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期

T2m1.0107sBq（2）對900次加速的全過程應(yīng)用動能定理：

nqU1mv2v22nqU1.2107msmBqrv2（3）由Bqvm得：v

mr可見質(zhì)子的運(yùn)行速率與回旋半徑成正比，故vmBqR2.0107msm（4）每次加速過程都是勻加速，又在磁場中運(yùn)動時速率不變，故可以把n次的加速過

程看成一個一次性加速的過程

aqU128ndat得td2nmqU=2.510smd213

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31.

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1122mvtmv1．．．．．．①22Bqv1L解：

．．．．．②Sxv1t．

y1Bqv12Lt．．．．．．③

2mvyvtL．．．．．．④tanLSx2vx1Bqvv2mvt．．．．．．⑤rBqv2NqBv1yLrcos．．．．．．⑥

x0

．．．．．⑦xv1trsin．

由以上各式可得(x,y)

．．．．．①32.解：FF安ma．

Im．．．．．．②FBIL安

BFER安．．．．．③IRr．EBLv．．．．．．④

rL

22由①②③④：FBLvma

Rr

（1）由上式可知：va即導(dǎo)體棒做a減小的加速運(yùn)動F(Rr)a0v（2）當(dāng)時，最大：vmax22BL

22BLv（3）Ft．．．．．①tmvmax0．(Rr)

12FSWmv．．．．．②max0．安2vtS．．．．．．③RQW安．．．．．．④RRr

22FtR3mF(Rr)R由①②③④：QR2244BL2BL

FFtBLItmvmaxqItFtF(Rr)14cxr1800.cersp.net第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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【說明】①加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)a0時，v最大；②導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的熱量；

③變化的速度在時間上的累積為位移，變化的電流在時間上的累積為電量．33.解：

．．．．．①F安ma．

．．．．．②F安BIL．

EI．．．．．．③RrEEBLv．．．．．．④BL(EBLv)ma由①②③④：Rr

（1）由上式可知：va即導(dǎo)體棒做a減小的加速運(yùn)動Ea0v（2）當(dāng)時，最大：vmaxBL

【說明】①加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)a0時，v最大；②回路中的電動勢是電源電動勢與感應(yīng)電動勢的和．34.解：

aFBILma．．．．．．①

mqI．．．．．．②CBILFtqUC．．．．．．③

BLbUBLv．．．．．．④

BLvCLma由①②③④：FBt【說明】①歐姆定律不適用于含容電路；

②lim

15

即：FBLCama得：a22va

t0tF22BLCmS12at．．．．．．⑤2Ft2將a代入⑤：S222(BLCm)cxr1800.cersp.net第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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35.解：

B2L2(v1v2)IF21

2Ra1mmmI

F安2F安1B2L2(v1v2)BF

2Ra2I

mRLRL

Iaa時，I達(dá)到最大當(dāng)12

FBILBIL

FImax2BL

36.解：方法一：

．．．．．①Q(mào)I2Rt．

22BLmgv．．．．．．②R

BLvI．．．．．．③R2Lt．．．．．．④v

由①②③④：Q2mgL

方法二：

mg2LW安0．．．．．．①

QW安．．．．．．②

由①②：Q2mgL

【說明】①安培力做負(fù)功的過程就是機(jī)械能轉(zhuǎn)換成電能最終發(fā)熱的過程；②若導(dǎo)棒勻速運(yùn)動，也可以用焦耳定律來求熱量．

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37.解：

ab

①l②⑤兩位置速度相同

cd故②⑤的過程有：

．．．．．①mgLW安0．

②．．．．．②Q2W安．

×③××由①②：Q2mgL

L×④×××⑤××⑥

【說明】①②⑤線框發(fā)熱即為②③線框發(fā)熱，因為③⑤線框中無感應(yīng)電流故不發(fā)熱；②②③和⑤⑥線框的運(yùn)動情況相同．38.解：

（１）

MgmgBIL．．．．．．①

EI．．．．．．②

REBLv．．．．．．③

1MgHmgH(Mm)v2．．．．．．④

2

(Mm)(Mm)gR2由①②③④：H2B4L4

（２）

MgLW安mgL0．．．．．．⑤QW安．．．．．．⑥

由⑤⑥：Q(Mm)gL

17cxr1800.cersp.net第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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39.（1）B單獨(dú)變化（感生）：E(BtB)SBtSBSKtS

ttB(StS)BStSxBBLBLvt

ttt（2）S單獨(dú)變化（動生）：E（3）B,S同時變化：E(BtB)(StS)BtSt

tBtStBtSBStBSBtSt

tSB(StS)ttBtBtLvtKtSt

【說明】①E感中的t若代入某段時間，計算出來的將是平均電動勢，常用作t進(jìn)一步計算電量；而此時的可理解為t時間掃過面積內(nèi)的磁通量；②式中的S、v均為所求時刻的瞬時值；

③若為導(dǎo)棒繞自身端點(diǎn)轉(zhuǎn)動切割B線，則有：E感40.解：

12BL．2

（1）微分法：將L分成n等份，n

EBllBl2l...BlnlBl(l2l...nl)n(n1)Bll21BL22（2）法拉第電磁感應(yīng)定律：

Et．．．．．．①t2．．．．．．②

LB．．．．．．③

212BL20BLL12BL（3）平均值E22由①②③：E由右手定則知b點(diǎn)電勢高，故：Uab18

12BL2cxr1800.cersp.net第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

寒假作業(yè)

【說明】①微分法中的每個微元的電動勢Blv,其中v是微元末端的線速度；②可理解為t時間掃過面積內(nèi)的磁通量；③此題中線速度隨長度均勻變化（vl），才有E④導(dǎo)線轉(zhuǎn)動切割磁感線，右手定則依然成立41.解：bL

LRB

aE

（1）IRmaxmax．．．．．．①

R

1EmaxB(2L)2．．．．．．②

2

2BL2

由①②：IRmax

0BLL；

2．．．．．．①R1B(L3L)．．．．．．②

2(2)qR

R3BL2由①②：qR

2R21【說明】①若導(dǎo)棒繞自身端點(diǎn)轉(zhuǎn)動切割B線，則有：E感BL2；②qt；tRR③為掃過陰影面積的磁通量．

42.解：

向右：

IRbE感Rr．．．．．．①

mIR

Bt52tF．．．．．②E感BtLvtKSt．．．．．．③vtat．

S0rLaStL(S012at)．．．．．．④2．．．．．⑤FBtIRLma．

19

得：I6.4AF59.6N

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寒假作業(yè)

向左：

b

IRE感Rr．．．．．．①

mFRBt52tI．．．．．②E感BLvtKSt．．．．．．③vtat．

S0rLaStL(S012at)．．．．．．④2．．．．．⑤FBtIRLma．

得：I2.4AF23.6N

【說明】①式中的St、vt、Bt均為所求時刻的瞬時值；

②B,S同時變化時，式中的符號為運(yùn)算符號，""""要由右手定則和楞次定律來確定．

43.解：

（1）

amgLbF安F安dc．．．．．①2F安mgma．．．．．．②F安BIL．

【說明】①加速度減小的加速運(yùn)動，a0時，v

最大；

IE感4r．．．．．．③右．

②EBLv中v為導(dǎo)體棒相對于磁場的切割速度；

③線框的ac，bd兩邊無論處在點(diǎn)叉場中，所受安培力方向均向

．．．．．④E感2BL(vvt)．

B2L2(vvt)

mgma由①②③④：

r

vt，a即：導(dǎo)線框做加速度減小的加速運(yùn)動，最終達(dá)到勻速運(yùn)動mgra0vv（2）當(dāng)時，最大：vmaxtB2L2

20

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寒假作業(yè)

44.解：

b0故線框的總電動勢為0

UbaUacUbc

60LB

UbaUbcUacac

UabUba12BL；211B(2L)2BL2223BL2

2【說明】①平動切割EBLv，轉(zhuǎn)動切割E②UabUba．

45.解：

iBlv4r0Blv4rFB2l2v4r0UbcBlv3Blv4L×B××abF×c×a×blvLvtF安dF安a×d×bF

d×cclvLv(Ll)vt進(jìn)入磁場：UbcEIrBLvBLv3rBLv4r4在磁場中：UbcEIrBLv0BLv出磁場：UbcIRBlv40lvLv(Ll)21vtBLvBLvr4r4cxr1800.cersp.net第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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【說明】①線框進(jìn)入磁場和在磁場中運(yùn)動的過程bc是電源，出磁場的過程bc是電阻；②對于電源要用全電路歐姆定律處理，對于電阻要用部分電路歐姆定律處理。46.解：

．．．．．①TF安mgma．．．．．．②MgTF安Ma．QP．．．．．③F安BIL．TE感F安I．．．．．．④IRrMMg．．．．．⑤E感2BLv．

TIm4B2L2v(Mm)a由①②③④⑤：(Mm)gF安Rrmgva

當(dāng)a0時，v最大

(Mm)(Rr)gvmax224BL

【說明】①安培力總是阻礙線框的運(yùn)動；②加速度減小的加速運(yùn)動，a0時，v最大．47.

解：（１）FF．．．．．①安．

FktIL．．．．．．②0安kt0LvkLvt0．．．．．．③I2vt0r0k2L2t0由①②③：F

r0（２）

．．．．．①PEPFPm．

22cxr1800.cersp.net第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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k2L2vt0由①②：Pm

r0【說明】①EBtLvtKSt（B,S同時變化）；②PEPFPm．

48.

（１）解：

．．．．．①Ffma．

安

．．．．．②FBIL．

安

IBL(v0vt)．．．．．．③

R

B2L2(v0vt)fR由①②③：a

m

vtafRa0vv當(dāng)時，max0B2L2（２）

PE2BL(vv)max0Rf2R22BLPff(v0fR)B2L2Pmfv0

【說明】①EBLvt中vt為m相對于B的速度；②磁場在運(yùn)動或變化的過程會提供磁場能．49.

．．．．．①解：2F安fma．

F安BIL．．．．．．②

2BL(v0vt)

I．．．．．．③R4B2L2(v0vt)fR由①②③：a

m【說明】①EBLvt中vt為m相對于

23

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vta

當(dāng)a0時，vmaxv0fR1.875ms224BL第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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B的速度；

②PmPEPf．

50.（1）

TT222I有RTI1RI2R2222

I1I2I有2

（2）鋸齒形交流電的有效值與如圖所示的電流有效值相同即：ikt將T分為分成n段,每段為t（n）2I有RT(kt)2Rt(k2t)2Rt......(knt)2Rt

k2t2Rt(122232......n2)

k2t2Rtn(n1)(2n1)（n）

6

2k2(nt)3Rk2T3R(kT)2TRImRT

3333ImI有3

(3)2222I有RT(Isint)RT(Icost)RTmm

i

2ImRTIm

0IIm

51.

有iIm2t…tTtImcostT2T2tImImsint2解：P．．．．．①損Ir．

P．．．．．．②ULr．．．．．．③

SI由①②③：

P2LP損2

US24cxr1800.cersp.net第3卷第3模塊.力、電格物致知．高中物理

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P2LPLP用PP損P2P(12)

USUS答案：BD

52.解：

I1~U1n1

I2n2U2rI3I4

U3n3n4U4用戶

Un111U22500VUn522Un33．．．．．．①Un44

UUIr．．．．．．②322P．．．．．．③I2U2n310由①②③：n41

53.②~⑤：有熱量產(chǎn)生

所以在相同位置：向上的速度v1向下的速度v2故F安1F安2，克服安培力做功的位移大小相同

v0③

④

Q1Q2v1②B⑤t1t2PG1PG2

1122mv0mghmghmvt2211222mghmv0mvt

2225

v0①v2⑥vt

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54.

解：分析運(yùn)動：豎直：自由落體水平：av1）F安BIl．．．．．．①

2）mgHW安21122mvHmv0．．．．．．①22IE．．．．．．②RvHH．．．．．．②

2g由①②：Q．．．．．③EBlv0．

由①②③：F2.8N

55.（1）b：mgd112mv02.45J2Ek（該過程無感應(yīng)電流）

（2）b：無場區(qū)mgd2sin1122mv2mv1……①221122a：有場區(qū)mgd1sinW安mv1mv2……②

22QW安mg(d1d2)sin

（3）無場區(qū)：v2v1gsint……①

v2v1td2……②2B2L2d1mv1mv2……③有場區(qū)：（選沿斜面向下為正方向）mgsint2R4mgRd2B2L2由①②③：vv122sind1

8mRBLd1（其中v2及t也可求得）

56.ACD57.AC二、知識點(diǎn)

26cxr1800.cersp.net

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