高中寒假作业

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寒假作业

1、默写卷子3张

2、专题卷子10张（自己复印答案）

3、“38套”综合题3套（3---5套，每周做一套）

4、学生自选“五三”诗歌鉴赏、小阅读各六篇，大阅读文学类和实用类各三篇

5、让学生结合笔记、专题过关卷有计划复习所学专题，特别是重做做错的题目6、作文两篇

（一）阅读下面材料，根据要求作文。

每年都有不少人到南美洲的原始森林探险，带路的向导都是当地部落的土著人。土著人十分机敏和风趣，他们有一个十分奇怪的习惯，每走一段路就要唤一声自己的名字。土著人说这是为防止自己的灵魂跟不上自己的躯体，他们得经常唤回自己。

哲学家萨拉斯特也说：“每个人都是自己命运的建筑师。”只有不断唤醒自己，才能使自己的生命攀上高峰。

你有过“唤醒”的体味或经历吗？请以“唤醒自己”为话题写一篇不少于800字的文章，题目、文体、立意自定。（二）阅读下面的文字，根据要求作文。

古希腊亚历山大大帝未即位时，每听到父王在国外打胜仗的消息，就忧心忡忡，生怕天下都被他父亲征服了，自己将来再无用武之地。

唐诗是中国文学史上的一座丰碑。对宋代诗人来说，唐诗既是丰厚的遗产，也是巨大的挑战。所以，钱钟书先生说，有唐诗作榜样，是宋人的大幸，也是宋人的大不幸。

读了上述文字，你有何感想？在全面理解材料的基础上，提炼观点，展开联想。可以写自己的经历、感受和见解，也可以讲述身边的故事。【注意】①角度自选，立意自定，题目自拟。②除诗歌外，文体不限。③不少于800字。④不得抄袭。

从“亚历山大的担忧”说起

据传，父亲一打胜仗，亚历山大就忧心忡忡。为什么？怕天下都被父亲征服了，自己即位后英雄无用武之地。

面对这个理由，我先是哑然失笑，觉得这个理由真得很特别，甚至有些无厘头；可是笑过之后却陷入了深思，觉得亚历山大的担忧不仅不是无厘头，反而担忧得挺有道理，试想，当李白写出一首首气冲斗牛的诗篇的时候，与他同时代的诗人们是不是有过这种担忧？当牛顿用他的三大定律将运动奥秘揭示得淋漓尽致的时候，那些年轻的物理学家是不是也有这种担忧？当乔丹在篮球场上打破一个个纪录的时候，那些初入NBA赛场的后生们是不是也有这种担忧？

无庸置疑，他们都有过这种担忧。看来，“亚历山大的担忧”反映了人们面对优秀前辈时的真实心理既兴奋，又嫉妒，还有一点点对自己的不自信。

然而，我要提醒你，如果在优秀前辈面前，你仅有这种“担忧”，那是一种很不成熟的表现，如果你想成为一个超越前辈的人，那就要在“担忧”之后，为自己能遇到这样一位才能超群的前辈而高兴，为自己能拥有一个巨人的肩膀可以站立而高兴。试想，如果没有牛顿力学理论，怎能激发爱因斯坦提出“相对论”这一天才的构想呢？如果没有乔丹们的巨大成就，怎能激发科比们的万丈豪情，为观众奉献出一场场精美绝伦的比赛？如果没有比尔盖茨的微软帝国，又怎能有马云们独辟蹊径的传奇创业经历？

唐诗过后是宋词。前人取得的巨大成就必定会激励后人去拼搏，去超越。想当初，面对唐代诗人们将律诗、绝句这些诗歌体裁演绎得五彩斑斓的时候，宋朝的诗人们肯定也担忧过，哀叹过：唐人已经把这些体裁的精妙发挥得淋漓尽致，已经将生活的喜怒哀乐描绘得体贴入微，哪里还有我们宋朝诗人的地盘？然而，宋诗并没有因此而凋零，它开辟出了“理趣”这一诗歌新天地；不仅如此，宋代诗人还努力拓宽了诗歌这一体裁，将曲子词这一诗歌新样式谱写得荡气回肠。当我们读到“杨柳岸，晓风残月”“乱石穿空，惊涛拍岸，卷起千堆雪”“云破月来花弄影”这些脍炙人口的词句时，谁能不感叹宋朝诗人们才气之横溢？谁的眼中还会只有唐诗没有宋词？正是由于宋代诗人们没有在唐诗这个巨人面前自卑自弃，没有把这份丰厚的遗产当成甩不掉的包袱，而是把它当作提升诗学底蕴的养料，研究它，借鉴他，超越它，终于在诗歌的花园中培育出宋词这朵奇葩。如果我们再沿着诗歌发展的道路往后走，我们还可以看到元代诗人做着宋代诗人同样的事，他们站在宋词这个巨人的肩膀上，创造出了通俗晓畅、感情张扬的散曲。

所以，我们完全可以这样说，没唐诗就没有宋词，没有宋词就没有元曲。前人创造的业绩，先辈开辟的疆野，给后人提供了最有力的支撑，虽然这种支撑带着巨大的压力，但是对于一心想开辟自己新天地的人们来说，这份压力不正是前进的动力吗？

但愿我们今天的人们，在面对前人的优异表现，面对前人留下的伟大业绩时，不再只是“担忧”。唐诗过后是宋词，唯有站在高山方能看到远方。

扩展阅读：高中寒假作业答案

第3卷第3模块.力、电格物致知．高中物理

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高中寒假作业参考答案

一、能力要点1.解:

Nfmgsinmgcos

Nmgsin①

Nmgcos②mg由①,②得:tan

说明:①涉及角度的平衡问题,采用正交分解法,数学手段为三角函数;②tan是物块沿粗糙斜面匀速下滑的条件,与物块质量无关.

2.解:

TG1①

NG2②

由三角形相似关系:

OdLTNG2RG1mgLL代入①TRdmgRdG2mgRR代入②NRdmgRdG1mgO

说明:①涉及到长度的平衡问题,采用斜交分解,数学手段为相似三角形对应边成比例;②斜交分解的方式:以未知力的方向为斜交轴来分解已知力,相似三角形必出现;③TL，而N与L无关;

④平衡问题解题步骤:.选择研究对象受力分析.选择坐标轴分解力.列平衡方程.解方程

Fx0Fy0

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3.解:

N

PNP由图可知:NP先减后增,NPminmgsin

N一直减小

mgNP说明:①三力平衡问题,应采用三角形法;

②三角形法:反向延长方向不变的力为基准线,平移大小方向都变化的力到大小方向都不变的力上,并使其箭头落在基准线上,垂直关系取到,出现最小值.4.解:

以整体为研究对象:

NM由整体知:NM(mM)g

NmfM

以m为研究对象N

Ncos

fMNm

(mM)g

NsinNmNsinNmM

mgNcos所以：NmmgtanfMmgtan

mg说明:①多个物体出现,受力分析要注意先整体后隔离,整体分析不计内力,隔离简单个体;

②NM与无关,fMtan

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

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5.证明:

N1G1m1m1

N1G2①TG1②

l1m1gTOm2

TG3③N2G4④

设OO长度为d,由相似关系:

Tl2N2m2G3m2gG2GO4G1l1m1gdG3l2m2gd说明:①同一轻绳上弹力处处相等;②斜交分解的相似三角形法;

m1l2m2l1③由整体法可知,O为整体重心,故m1gl1m2gl2,得:

6.

m1l2.m2l1N

Fminmgsinarctan

mg

Fmin与水平方向成arctan斜向上

说明:①f,N的合力方向不变arctan②平移的三角形法求最小值

3cxr1800.cersp.net第3卷第3模块.力、电格物致知．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

说明:①同一轻绳上的弹力处处大小相等;

②本题采用了正交分解,这说明正交斜交分解并不是泾分明的,应灵活掌握.8.解:

FMNFMN

如图:1800060

0O0G2mg

说明:本题采用了斜交分解法.9.解:

整体法:

由图可知:F2=(m1m2)gcos

G1FMmgF2F1(m1m2)gsinF(m1m2)gcos

F2保持不变

(m1m2)g4

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以乙为研究对象:F1F3F3minOF3m2g

（1）

乙O甲O1（2）

由图可知:甲至多能达到如图(2)位置,提供给乙垂直斜面向上的弹力,故F3一直减小.F1也一直减小.

说明:①整体法;②平移的三角形;③正交分解.

【总结】平衡问题的解题方法与策略:1.受力分析要注意先整体后隔离;

2.力的计算:正交分解;斜交分解;三角形求和;

3.三力平衡的条件:任意一个力应位于其余二力反向延长线所夹的开区间内.10.解：

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

Tsinmg

【说明】①剖面图进行受力分析；②本题为平衡条件与安培力的整合．

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)

【说明】①求某一瞬时的问题是牛二定律的应用问题；②剖面图进行受力分析．

12.解：

OBILlsinmgl(1cos)00m

l

1cosBILtan

．T

BIL2arctanBmgm×BILmg

【说明】①棒在最大摆角处速度为０，合力不为０；

2sinmg②由对称性可知：导棒摆到最高点时所受合力F合BIL．

13.解：

qvBmgsinma．．．．．．②

NmgcosN0v①中时物块脱轨，tmgsinqBmgcos由②：agsin(匀加直)mg．．．．．③vtat．

1Sat2．．．．．．④2【说明】①N0是物体脱轨的临界条件；

②物体在脱轨前一直做匀加速直线运动．mcotm2gcoscot得：t，SqB2q2B26

．．．．．①qvtBNmgcos．

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14.解：

v0qBv0

qBv0v0

．．．．．①hmax2r．

mgBrmv0．．．．．．②Bq．．．．．③Bqv0mg．

mghmax得：hmax12mvmax．．．．．．④22mg2m2g22vmaxBqBq【说明】①该运动可分解为水平向右的匀直（Bqv0mg）和逆时针的匀圆运动；②洛伦兹力不做功，故最大的深度hmax对应着最大的速度vmax；③由周期性可知：每隔T15.解：

2mv02m小球返回水平线，向右推进的距离是．BqBqf（1）mgBqvma

NmqvBmgav当a0时，v达到vmax：

vmaxmgBq（2）mgtBqvttmvmax．．．．．．①

BSvtt．．．．．．②

mgtmvmax由①②：S

Bq

【说明】①加速度减小的加速运动，a0时，v最大；②变化的速度在时间t上的累积就是位移．

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

【说明】①构图：一个中心，两个基本点；②操作：注意垂、切、角及对称关系17.解：

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

L××rBLe由①②：arcsin

mv0××若从左侧飞出，则：2mv0y2rBe【说明】①磁偏转的运动性质为匀速圆

周运动，电偏转为类平抛；

②圆周运动速度变化的角度就是半径扫过的角度；③左右飞出的临界条件为：rL．

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

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18.解：

v0tan2rOR．．．．．．①r××BR×rmv0．．．．．．②BqBqRmv0r×Ov0×由①②：2arctan【说明】①由对称关系可知，向着圆心飞入圆形磁场区域的粒子必背向圆心飞出；②圆周运动速度变化的角度就是半径扫过的角度．19.解：

yrrsinH．．．．．．①Mrmv．．．．．．②rOBqr．．．．．③xprcos．

xOvP3mv3由①②③：BxPH

【说明】①构图：一个中心，两个基本点；

②操作：注意垂、切、角及对称关系．

LBq（1）若要越过第一区域需rL：则vm20.解：如图所示，由对称性可知：越过第一区域即可越LL

LBq×过第二区域，故需满足的条件为：v×mOmv0（2）．．．．．．①rBq××rv0v0

．．．．．②r2L2(ry0)2．

y××．．．．．③y2y0．y022vmvmv0200y2(L)由①②③：×22×BqBqO由图可知：0【说明】①由对称性可知：两次偏转位移和速度偏向角均相同，故飞出时速度方向水平向右；

②粒子从第一磁场区域飞出的临界条件为：rL．

cxr1800.cersp.net

2Hq第3卷第3模块.力、电格物致知．高中物理

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21.解：

y屏v0Pav0aO2aB区由图可知，电子水平向右飞出

mv0mv0．a．．．．．①得：B

Beae

2m2aacos2t．．．．．．②Be2v0

P点的坐标(2a,aasin)

【说明】①粒子射出磁场区域的方向与无关；②逆过程为磁聚焦的过程．22.解：（1）

Ax

rr3L．．．．．．①

sin60rmvmax．．．．．．②Bq3(23)BqL

mrrAv0vmaxB

C

（2）

粒子从BC飞出

r2Lsin60．．．．．．①

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

rB10

v0vminC粒子从AB飞出第3卷第3模块.力、电格物致知．高中物理

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【说明】①构图：一个中心，两个基本点；②操作：注意垂、切、角及对称关系．

23.解：

++Bqv+v++BqvqE

vEBqE____【说明】①速度选择器选择速度，与粒子本身无关．24.

解：．若小球带正电：．若小球带负电：

EEBqvvBBvqEqEBqvmgmgmm

答案：AC

【说明】①做直线运动的物体在垂直于速度方向的合力必为零；

②Bqv随着v的变化而变化，而qE与v无关．

25.解：

qE(mgBqvt)a

mBqvtBqvtNqEaBqvtmfqEqEfqEqE(Bqvtmg)BaNmmgmgmgqEamaxm【说明】①a先增大，后减小，故在转折点时a最大；

qEmg②a减小的加速运动，a0时v最大．a0时，vmaxBq

11

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26.解：

Bqv1v1(v1v0v2)

v2Bqv2qE答案：ABCD【说明】①粒子的运动可分解为水平的匀速直线运动和竖直面内逆时针的匀速圆周运动；

②粒子的加速度就是匀速圆周运动这个分运动的加速度．

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

令①方程中N0，代入数据得：

v0v04.5ms

【说明】①N0是物体脱轨的临界条件；

②恰好完成翻转的前提下，有磁场存在时的v0比无磁场时的v0小．

28.解：

NNcosNcosmg0．．．．．．①

BqvmgNsinOv2BvqNsinm．．．．．．②

Rsin由①②：

ROqBRsingRsin2vv0

mcos2

qBRsin24gRsin2)0由(mcos得：B≥

【说明】①圆周运动问题属于牛二定律的应用问题，遵循牛二定律的解题步骤；

②数学手段是二次函数的判别式和求根公式．

2mg

qRcos可见，为了使小球能够在该圆周上运动：

Bmin2mg

qRcosqBminRsingRsin

2mcoscxr1800.cersp.net

此时v第3卷第3模块.力、电格物致知．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）交变电压的周期等于质子在磁场中做圆周运动的周期

T2m1.0107sBq（2）对900次加速的全过程应用动能定理：

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

mr可见质子的运行速率与回旋半径成正比，故vmBqR2.0107msm（4）每次加速过程都是匀加速，又在磁场中运动时速率不变，故可以把n次的加速过

程看成一个一次性加速的过程

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即导体棒做a减小的加速运动F(Rr)a0v（2）当时，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模块.力、电格物致知．高中物理

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【说明】①加速度减小的加速运动，当a0时，v最大；②导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量；

③变化的速度在时间上的累积为位移，变化的电流在时间上的累积为电量．33.解：

．．．．．①F安ma．

．．．．．②F安BIL．

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

（1）由上式可知：va即导体棒做a减小的加速运动Ea0v（2）当时，最大：vmaxBL

【说明】①加速度减小的加速运动，当a0时，v最大；②回路中的电动势是电源电动势与感应电动势的和．34.解：

aFBILma．．．．．．①

mqI．．．．．．②CBILFtqUC．．．．．．③

BLbUBLv．．．．．．④

BLvCLma由①②③④：FBt【说明】①欧姆定律不适用于含容电路；

②lim

15

即：FBLCama得：a22va

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

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35.解：

B2L2(v1v2)IF21

2Ra1mmmI

F安2F安1B2L2(v1v2)BF

2Ra2I

mRLRL

Iaa时，I达到最大当12

FBILBIL

FImax2BL

36.解：方法一：

．．．．．①QI2Rt．

22BLmgv．．．．．．②R

BLvI．．．．．．③R2Lt．．．．．．④v

由①②③④：Q2mgL

方法二：

mg2LW安0．．．．．．①

QW安．．．．．．②

由①②：Q2mgL

【说明】①安培力做负功的过程就是机械能转换成电能最终发热的过程；②若导棒匀速运动，也可以用焦耳定律来求热量．

16

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37.解：

ab

①l②⑤两位置速度相同

cd故②⑤的过程有：

．．．．．①mgLW安0．

②．．．．．②Q2W安．

×③××由①②：Q2mgL

L×④×××⑤××⑥

【说明】①②⑤线框发热即为②③线框发热，因为③⑤线框中无感应电流故不发热；②②③和⑤⑥线框的运动情况相同．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模块.力、电格物致知．高中物理

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39.（1）B单独变化（感生）：E(BtB)SBtSBSKtS

ttB(StS)BStSxBBLBLvt

ttt（2）S单独变化（动生）：E（3）B,S同时变化：E(BtB)(StS)BtSt

tBtStBtSBStBSBtSt

tSB(StS)ttBtBtLvtKtSt

【说明】①E感中的t若代入某段时间，计算出来的将是平均电动势，常用作t进一步计算电量；而此时的可理解为t时间扫过面积内的磁通量；②式中的S、v均为所求时刻的瞬时值；

③若为导棒绕自身端点转动切割B线，则有：E感40.解：

12BL．2

（1）微分法：将L分成n等份，n

EBllBl2l...BlnlBl(l2l...nl)n(n1)Bll21BL22（2）法拉第电磁感应定律：

Et．．．．．．①t2．．．．．．②

LB．．．．．．③

212BL20BLL12BL（3）平均值E22由①②③：E由右手定则知b点电势高，故：Uab18

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

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【说明】①微分法中的每个微元的电动势Blv,其中v是微元末端的线速度；②可理解为t时间扫过面积内的磁通量；③此题中线速度随长度均匀变化（vl），才有E④导线转动切割磁感线，右手定则依然成立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【说明】①若导棒绕自身端点转动切割B线，则有：E感BL2；②qt；tRR③为扫过阴影面积的磁通量．

42.解：

向右：

IRbE感Rr．．．．．．①

mIR

Bt52tF．．．．．②E感BtLvtKSt．．．．．．③vtat．

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

19

得：I6.4AF59.6N

cxr1800.cersp.net

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向左：

b

IRE感Rr．．．．．．①

mFRBt52tI．．．．．②E感BLvtKSt．．．．．．③vtat．

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

得：I2.4AF23.6N

【说明】①式中的St、vt、Bt均为所求时刻的瞬时值；

②B,S同时变化时，式中的符号为运算符号，""""要由右手定则和楞次定律来确定．

43.解：

（1）

amgLbF安F安dc．．．．．①2F安mgma．．．．．．②F安BIL．

【说明】①加速度减小的加速运动，a0时，v

最大；

IE感4r．．．．．．③右．

②EBLv中v为导体棒相对于磁场的切割速度；

③线框的ac，bd两边无论处在点叉场中，所受安培力方向均向

．．．．．④E感2BL(vvt)．

B2L2(vvt)

mgma由①②③④：

r

vt，a即：导线框做加速度减小的加速运动，最终达到匀速运动mgra0vv（2）当时，最大：vmaxtB2L2

20

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44.解：

b0故线框的总电动势为0

UbaUacUbc

60LB

UbaUbcUacac

UabUba12BL；211B(2L)2BL2223BL2

2【说明】①平动切割EBLv，转动切割E②UabUba．

45.解：

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

d×cclvLv(Ll)vt进入磁场：UbcEIrBLvBLv3rBLv4r4在磁场中：UbcEIrBLv0BLv出磁场：UbcIRBlv40lvLv(Ll)21vtBLvBLvr4r4cxr1800.cersp.net第3卷第3模块.力、电格物致知．高中物理

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【说明】①线框进入磁场和在磁场中运动的过程bc是电源，出磁场的过程bc是电阻；②对于电源要用全电路欧姆定律处理，对于电阻要用部分电路欧姆定律处理。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

当a0时，v最大

(Mm)(Rr)gvmax224BL

【说明】①安培力总是阻碍线框的运动；②加速度减小的加速运动，a0时，v最大．47.

解：（１）FF．．．．．①安．

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

r0（２）

．．．．．①PEPFPm．

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k2L2vt0由①②：Pm

r0【说明】①EBtLvtKSt（B,S同时变化）；②PEPFPm．

48.

（１）解：

．．．．．①Ffma．

安

．．．．．②FBIL．

安

IBL(v0vt)．．．．．．③

R

B2L2(v0vt)fR由①②③：a

m

vtafRa0vv当时，max0B2L2（２）

PE2BL(vv)max0Rf2R22BLPff(v0fR)B2L2Pmfv0

【说明】①EBLvt中vt为m相对于B的速度；②磁场在运动或变化的过程会提供磁场能．49.

．．．．．①解：2F安fma．

F安BIL．．．．．．②

2BL(v0vt)

I．．．．．．③R4B2L2(v0vt)fR由①②③：a

m【说明】①EBLvt中vt为m相对于

23

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vta

当a0时，vmaxv0fR1.875ms224BL第3卷第3模块.力、电格物致知．高中物理

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B的速度；

②PmPEPf．

50.（1）

TT222I有RTI1RI2R2222

I1I2I有2

（2）锯齿形交流电的有效值与如图所示的电流有效值相同即：ikt将T分为分成n段,每段为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损Ir．

P．．．．．．②ULr．．．．．．③

SI由①②③：

P2LP损2

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P2LPLP用PP损P2P(12)

USUS答案：BD

52.解：

I1~U1n1

I2n2U2rI3I4

U3n3n4U4用户

Un111U22500VUn522Un33．．．．．．①Un44

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

53.②~⑤：有热量产生

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：分析运动：竖直：自由落体水平：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（该过程无感应电流）

（2）b：无场区mgd2sin1122mv2mv1……①221122a：有场区mgd1sinW安mv1mv2……②

22QW安mg(d1d2)sin

（3）无场区：v2v1gsint……①

v2v1td2……②2B2L2d1mv1mv2……③有场区：（选沿斜面向下为正方向）mgsint2R4mgRd2B2L2由①②③：vv122sind1

8mRBLd1（其中v2及t也可求得）

56.ACD57.AC二、知识点

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