2022年高中物理典型例题集锦 .pdf

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1、高中物理典型例题集锦( 一) 编者按：笔者结合多年的高三教学经验，记录整理了部分高中物理典型例题，以2003年考试说明为依据，以力学和电学为重点，编辑如下，供各校教师、高三同学参考。实践证明，考前浏览例题，熟悉做过的题型，回顾解题方法，可以提高复习效率，收到事半功倍的效果。力学部分1、如图 1-1 所示，长为5 米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4 米的两杆顶端 A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为12 牛的物体。平衡时，绳中张力T=分析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、相

2、似三角形等。所以，本题有多种解法。解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2 所示设细绳与水平夹角为，由平衡条件可知：2TSin=F，其中 F=12 牛将绳延长，由图中几何条件得：Sin =3/5 ，则代入上式可得T=10牛。解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为T）的合力 F与 F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为菱形。如图1-2 所示，其中力的三角形 OEG与ADC相似，则：得：牛。想一想：若将右端绳A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？（提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的精选学习资料 - - - - - -

3、 - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 27 页张力仍不变。 ）2、如图 2-1 所示，轻质长绳水平地跨在相距为2L 的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点， O与 A、B两滑轮的距离相等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力 F=mg 。先托住物块，使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持 C、D两端的拉力F不变。（1）当物块下落距离h 为多大时，物块的加速度为零？（2）在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力 F 做功 W为多少？（3）求物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H？分析与解：物块向下先作加速运动，随着物块的下落

4、，两绳间的夹角逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时，速度达到最大值。之后，因为两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上，且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动。当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值 H。当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的 角，再由 角求出相应的距离 h，进而求出克服C端恒力 F所做的功。对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H。（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降

5、距离为h。因为 F 恒等于mg ，所以绳对物块拉力大小恒为mg ，由平衡条件知：2=120，所以=60，由图2-2知：h=L*tg30 =L 1 （2） 当物块下落h 时， 绳的 C、 D端均上升h， 由几何关系可得： h=-L 2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 27 页克服 C端恒力 F 做的功为： W=F*h 3 由1 、2 、3 式联立解得： W= （-1 ） mgL （3）出物块下落过程中，共有三个力对物块做功。重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功。两端绳子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。因为

6、物块下降距离 h 时动能最大。由动能定理得：mgh-2W= 4 将1 、2 、3 式代入 4 式解得： Vm=当物块速度减小为零时，物块下落距离达到最大值H，绳 C、D上升的距离为H。由动能定理得： mgH-2mgH =0，又H=-L ，联立解得： H=。3、 如图 3-1 所示的传送皮带， 其水平部分 ab=2 米， bc=4 米， bc 与水平面的夹角=37，一小物体A与传送皮带的滑动摩擦系数=0.25 ，皮带沿图示方向运动，速率为2 米/ 秒。若把物体 A轻轻放到a 点处，它将被皮带送到c 点，且物体A一直没有脱离皮带。求物体A从a 点被传送到c 点所用的时间。分析与解：物体A轻放到 a

7、 点处，它对传送带的相对运动向后，传送带对A的滑动摩擦力向前，则 A 作初速为零的匀加速运动直到与传送带速度相同。设此段时间为t1，则：a1= g=0.25x10=2.5米 / 秒2 t=v/a1=2/2.5=0.8秒设 A匀加速运动时间内位移为S1，则：设物体 A在水平传送带上作匀速运动时间为t2，则设物体 A在 bc 段运动时间为t3，加速度为a2，则：a2=g*Sin37 - gCos37 =10 x0.6 -0.25x10 x0.8=4米/ 秒2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 27 页解得： t3=1 秒 （t3

8、=-2 秒舍去）所以物体A从 a 点被传送到c 点所用的时间t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。4、如图 4-1 所示，传送带与地面倾角=37， AB长为 16 米，传送带以10 米/ 秒的速度匀速运动。在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5 千克的物体，它与传送带之间的动摩擦系数为=0.5 ，求：（ 1）物体从A运动到 B所需时间，（2）物体从A 运动到 B 的过程中，摩擦力对物体所做的功（g=10 米/秒2）分析与解：（1）当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为1, （此时滑动摩擦力沿斜面向下）则：t1=v/ 1=10/10=1 米当物体下滑速度大于传送带V=10米

9、/ 秒 时，物体的加速度为a2，（此时 f 沿斜面向上）则：即： 10t2+t22=11 解得： t2=1 秒（ t2=-11 秒舍去）所以， t=t1+t2=1+1=2 秒（2）W1=fs1=mgcosS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10 焦W2=-fs2=- mgcosS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦所以， W=W1+W2=10-22=-12 焦。想一想：如图4-1 所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端B用的时间为t，则：（请选择）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 2

10、7 页A. 当皮带向上运动时，物块由A滑到 B的时间一定大于t 。B. 当皮带向上运动时，物块由A滑到 B的时间一定等于t 。C. 当皮带向下运动时，物块由A滑到 B的时间可能等于t 。D. 当皮带向下运动时，物块由A滑到 B的时间可能小于t 。答案：（B、C、D）5、如图 5-1 所示，长L=75cm的静止直筒中有一不计大小的小球，筒与球的总质量为4千克，现对筒施加一竖直向下、大小为21 牛的恒力，使筒竖直向下运动，经t=0.5秒时间，小球恰好跃出筒口。求：小球的质量。（取 g=10m/s2）分析与解： 筒受到竖直向下的力作用后做竖直向下的匀加速运动，且加速度大于重力加速度。而小球则是在筒内

11、做自由落体运动。小球跃出筒口时，筒的位移比小球的位移多一个筒的长度。设筒与小球的总质量为M ，小球的质量为m ，筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速为零的匀加速运动，设加速度为a；小球做自由落体运动。设在时间t 内，筒与小球的位移分别为h1、h2（球可视为质点）如图5-2 所示。由运动学公式得：又有： L=h1-h2代入数据解得：a=16 米/ 秒2又因为筒受到重力(M-m)g 和向下作用力F，据牛顿第二定律：F+(M-m)g=(M-m)a 得：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 27 页6、如图 6-1 所示， A 、

12、 B两物体的质量分别是m1和 m2，其接触面光滑，与水平面的夹角为 ，若 A、 B与水平地面的动摩擦系数都是，用水平力F推 A，使 A、B一起加速运动，求：（ 1）A、 B间的相互作用力（2）为维持A、B间不发生相对滑动，力F 的取值范围。分析与解： A在 F的作用下，有沿A 、 B间斜面向上运动的趋势，据题意，为维持A、B间不发生相对滑动时，A处刚脱离水平面，即A不受到水平面的支持力，此时A与水平面间的摩擦力为零。本题在求 A、B间相互作用力N和 B受到的摩擦力f2时，运用隔离法；而求A、B组成的系统的加速度时，运用整体法。（1）对 A受力分析如图6-2 （a）所示，据题意有：N1=0，f1

13、=0 因此有： Ncos=m1g 1 , F-Nsin =m1a 2 由1 式得 A、B间相互作用力为：N=m1g/cos （2）对 B受力分析如图6-2 （b）所示，则：N2=m2g+Ncos 3 , f2=N2 4 将1 、3 代入 4 式得： f2=(m1+ m2)g 取 A、B组成的系统，有：F-f2=(m1+ m2)a 5 由1 、2 、5 式解得： F=m1g(m1+ m2)(tg - )/m2故 A、B不发生相对滑动时F的取值范围为：0Fm1g(m1+ m2)(tg - )/m2想一想：当A、B与水平地面间光滑时，且又m1=m2=m时，则 F 的取值范围是多少？（0F2mgtg

14、。7、某人造地球卫星的高度是地球半径的15 倍。试估算此卫星的线速度。已知地球半径R=6400km ，g=10m/s2。分析与解：人造地球卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对卫星的引力提供，设地球与卫星的质量分别为M 、m ，则：= 1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 27 页又根据近地卫星受到的引力可近似地认为等于其重力，即：mg= 2 1 、2 两式消去GM 解得： V=2.0X103 m/s 说明： n 越大 ( 即卫星越高 ) ，卫星的线速度越小。若n=0，即近地卫星，则卫星的线速度为 V0=7.9X103m/s

15、，这就是第一宇宙速度，即环绕速度。 8 、一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的内径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为 m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为V0。设 A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R与 V0应满足的关系式是。分析与解：如图7-1 所示， A球运动到最低点时速度为V0，A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用，其合力提供向心力。那么，N1-m1g=m1 1 这时 B球位于最高点，速度为V1，B球受向下重力m2g 和细

16、管弹力N2作用。球作用于细管的力是N1、N2的反作用力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求N2与 N1等值反向， N1=N2 2 ， 且 N2方向一定向下，对B球： N2+m2g=m23 B球由最高点运动到最低点时速度为V0，此过程中机械能守恒：即m2V12+m2g2R=m2V02 4 由1234式消去 N1、N2和 V1后得到 m1、m2、R与 V0满足的关系式是：(m1-m2)+(m1+5m2)g=0 5 说明：（1）本题不要求出某一物理量，而是要求根据对两球运动的分析和受力的分析，在建立 1-4式的基础上得到m1、m2、 R与 V0所满足的关系式5 。 （2）由题意要求两球对圆管的合力

17、为零知，N2一定与 N1方向相反，这一点是列出3 式的关键。且由5 式知两球质量关系 m1m2。9、如图 8-1 所示，质量为m=0.4kg 的滑块，在水平外力F 作用下，在光滑水平面上从A精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 27 页点由静止开始向B点运动，到达B点时外力F 突然撤去，滑块随即冲上半径为 R=0.4 米的1/4 光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑水平面PQ运动。设：开始时平面AB与圆弧 CD相切，A、B、C三点在同一水平线上，令AB连线为 X轴，且 AB=d=0.64m ，滑块在AB面上运动时，其动量随位移的变化

18、关系为P=1.6kgm/s，小车质量M=3.6kg，不计能量损失。求：(1) 滑块受水平推力F 为多大 ? (2)滑块通过C点时，圆弧C点受到压力为多大? (3) 滑块到达 D点时，小车速度为多大? (4) 滑块能否第二次通过C点? 若滑块第二次通过C点时，小车与滑块的速度分别为多大? (5) 滑块从 D点滑出再返回D点这一过程中，小车移动距离为多少 ? (g取 10m/s2) 分析与解： (1) 由 P=1.6=mv，代入 x=0.64m，可得滑块到B点速度为： VB=1.6/m=1.6=3.2m/s AB，由动能定理得：FS=mVB2所以 F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0

19、.64)=3.2N (2) 滑块滑上C立即做圆周运动，由牛顿第二定律得： N-mg=mVC2/R 而 VC=VB 则N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N (3) 滑块由 CD 的过程中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在D点时，滑块和小车具有相同的水平速度VDX。由动量守恒定律得：mVC=(M+m)VDX所以 VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s (4) 滑块一定能再次通过C点。因为滑块到达D点时，除与小车有相同的水平速度VDX外，还具有竖直向上的分速度VDY，因此滑块以后将脱

20、离小车相对于小车做竖直上抛运动( 相对地精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 27 页面做斜上抛运动) 。因题中说明无能量损失，可知滑块在离车后一段时间内，始终处于D点的正上方 ( 因两者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有相同水平速度) ，所以滑块返回时必重新落在小车的D点上，然后再圆孤下滑，最后由C点离开小车，做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定律得：mVC2=mgR+ (M+m)VDX2+mVDY2所以以滑块、小车为系统，以滑块滑上C点为初态，滑块第二次滑到C点时为末态，此过程中系统水平方向动量守恒，系统

21、机械能守恒( 注意：对滑块来说，此过程中弹力与速度不垂直，弹力做功，机械能不守恒) 得： mVC=mVC+MV 即mVC2=mVC2+MV2上式中 VC 、 V分别为滑块返回C点时，滑块与小车的速度，V=2mVC/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/s VC=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-2.56m/s(与 V反向 ) (5) 滑块离 D到返回 D这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为：S=VDX2VDY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m 10、 如图 9-1 所示，质量为 M=3kg的木板静止在光滑水平

22、面上，板的右端放一质量为m=1kg的小铁块，现给铁块一个水平向左速度V0=4m/s，铁块在木板上滑行，与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求铁块与弹簧相碰过程中，弹性势能的最大值 EP。分析与解：在铁块运动的整个过程中，系统的动量守恒，因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度（铁块与木板的速度相同）可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动过程中，系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积，可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 27 页设弹

23、簧压缩量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V和 V， 由动量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V 所以， V=V =mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s 铁块刚在木板上运动时系统总动能为：EK= mV02=0.5X1X16=8J 弹簧压缩量最大时和铁块最后停在木板右端时，系统总动能都为：EK=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J 铁块在相对于木板往返运过程中，克服摩擦力f 所做的功为：Wf=f2L=EK-EK=8-2=6J 铁块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中，系统机械能损失为：fs=3J 由能量关系得出弹性势能最大值为：EP=EK-EK-fs=8-2-3=3

24、J 说明：由于木板在水平光滑平面上运动，整个系统动量守恒，题中所求的是弹簧的最大弹性势能，解题时必须要用到能量关系。在解本题时要注意两个方面：. 是要知道只有当铁块和木板相对静止时( 即速度相同时) ，弹簧的弹性势能才最大；弹性势能量大时，铁块和木板的速度都不为零；铁块停在木板右端时，系统速度也不为零。. 是系统机械能损失并不等于铁块克服摩擦力所做的功，而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值，故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。11、如图 10-1 所示，劲度系数为 K 的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为 的斜面体小车连接，小车置于光滑水平面上。在小车上叠放一

25、个物体，已知小车质量为 M，物体质量为 m ，小车位于O点时，整个系统处于平衡状态。现将小车从O点拉到 B点，令 OB=b ，无初速释放后，小车即在水平面B、C间来回运动，而物体和小车之间始终没有相对运动。求： (1) 小车运动到B点时的加速度大小和物体所受到的摩擦力大小。(2)b 的大小必须满足什么条件，才能使小车和物体一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零。分析与解：(1) 所求的加速度a 和摩擦力 f 是小车在 B点时的瞬时值。取 M 、m和弹簧组成的系统为研究对象，由牛顿第二定精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

26、 10 页，共 27 页律： kb=(M+m)a 所以 a=kb/(M+m) 。取 m为研究对象，在沿斜面方向有：f-mgsin =macos所以， f=mgsin +mcos =m(gsin +cos) (2) 当物体和小车之间的摩擦力的零时，小车的加速度变为a，小车距 O点距离为b，取 m为研究对象，有：mgsin=ma cos 取 M 、m和弹簧组成的系统为研究对象，有：kb=(M+m)a 以上述两式联立解得： b=(M+m)gtg 说明：在求解加速度时用整体法，在分析求解m受到的摩擦力时用隔离法。整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法，希读者认真掌握。12、质量为m的钢板与直立轻

27、弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为Xo，如图 11-1 所示。一物块从钢板正上方距离为 3Xo 的 A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为 m时，它们恰能回到O点。若物块质量为2m ，仍从 A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点O点的距离。分析与解： 物块自由下落， 与钢板碰撞， 压缩弹簧后再反弹向上，运动到 O点， 弹簧恢复原长。 碰撞过程满足动量守恒条件。压缩弹簧及反弹时机械能守恒。自由下落3Xo，根据机械能守恒：所以物块与钢板碰撞时，根据动量守恒： mv0

28、=(m+m)v1（v1为碰后共同速度） V1=V0/2=物块与钢板一起升到O点，根据机械能守恒：2mV12+Ep=2mgx0 1 图 11-1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 27 页如果物块质量为2m ，则： 2mVo=(2m+m)V2，即 V2=Vo 设回到 O点时物块和钢板的速度为V，则：3mV22+Ep=3mgx0+3mV2 2 从 O点开始物块和钢板分离，由1 式得： Ep=mgx0代入 2 得：m(Vo)2+mgx0=3mgx0+3mV2所以， V2=gx0 即高中物理典型例题集锦（二）电学部分1如图 22

29、-1 所示， A、B 为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M、N。今有一带电质点，自A 板上方相距为d 的 P 点由静止自由下落（P、M、N 三点在同一竖直线上） ，空气阻力不计， 到达 N 点时速度恰好为零，然后按原路径返回。若保持两板间的电压不变，则：A若把 A 板向上平移一小段距离，质点自P 点下落仍能返回。B 若把 B 板向下平移一小段距离，质点自 P点下落仍能返回。C若把 A 板向上平移一小段距离，质点自 P点下落后将穿过N 孔继续下落。D若把 B 板向下平移一小段距离，质点自 P点下落后将穿过N 孔继续下落。分析与解： 当开关 S 一直闭合时， A、B

30、 两板间的电压保持不变，当带电质点从M 向 N 运动时，要克服电场力做功，W=qUAB，由题设条件知：带电质点由P 到 N 的运动过程中，重力做的功与质点克服电场力做的功相等，即：mg2d=qUAB若把 A 板向上平移一小段距离，因UAB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回，应选A。若把 B 板下移一小段距离，因UAB保持不变，质点克服电场力做功不变，而重力做功增加，所以它将一直下落，应选D。由上述分析可知：选项A 和 D 是正确的。想一想：在上题中若断开开关S 后，再移动金属板，则问题又如何?（选 A、B）。2两平行金属板相距为d，加上如图 23-1（b）所示的方波形电压，电压的最大值为U

31、0，图 22-1图 23-1图 23-1(b) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 27 页周期为 T。现有一离子束，其中每个离子的质量为m，电量为 q，从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中。设离子通过平行板所需的时间恰为T（与电压变化周期相同），且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上。试求：离子击中荧光屏上的位置的范围。（也就是与O 点的最大距离与最小距离）。重力忽略不计。分析与解：各个离子在电场中运动时，其水平分运动都是匀速直线运动，而经过电场所需时间都是T，但不同的离子进入电场的时刻不同

32、，由于两极间电压变化，因此它们的侧向位移也会不同。当离子在t=0，T，2T 时刻进入电场时，两板间在T/2 时间内有电压U0，因而侧向做匀加速运动，其侧向位移为 y1，速度为V。接着，在下一个T/2 时间内，两板间没有电压，离子以V 速度作匀速直线运动，侧向位移为y2，如图 23-2 所示。这些离子在离开电场时，侧向位移有最大值，即（ y1+y2）。当离子在T=t/2,3/2T,5/2T 时刻进入电场时，两板间电压为零，离子在水平方向做匀速直线运动，没有侧向位移，经过T/2 时间后，两板间有电压U0，再经过 T/2 时间， 有了侧向位移y1，如图 23-3 所示。这些离子离开电场时有侧向位移的

33、最小值，即y1。当离子在上述两种特殊时刻之外进入电场的，其侧向位移值一定在（y1+y2）与 y1之间。根据上述分析就可以求出侧向位移的最大值和最小值。所以，离子击中荧光屏上的位置范围为：3如图 24-1 所示， R1=R2=R3=R4=R，电键 S 闭合时，间距为d 的平行板电容器C 的正中间有一质量为m，带电量为q 的小球恰好处于静止状态；电键S 断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷。设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板。若不计电源内阻，求：（1）电源的电动势，（2）小球与极板碰撞后的带电量。分析与解：（1）电键 S 闭合

34、时， R1、R3并联与 R4串联，（R2中没有电流通过）UC=U4=（2/3） 图 23-2 图 23-3 图 24-1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 27 页对带电小球有：mg=qE=qUC/d=（2/3）q /d 得： = （3/2）mgd/q （2）电键 S 断开后， R1、R4串联，则UC = /2=（3/4） mgd/q1 小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q ，向上运动到上极板，全过程由动能定理得： mgd/2qUC /2 mgd+qUC =02 由12 式解得： q=7q/6 。4如图 25-1

35、所示为矩形的水平光滑导电轨道abcd，ab 边和 cd 边的电阻均为5R0，ad 边和bc 边长均为L，ad 边电阻为4R0，bc 边电阻为 2R0，整个轨道处于与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度为B。轨道上放有一根电阻为R0的金属杆 mn，现让金属杆mn 在平行轨道平面的未知拉力 F 作用下，从轨道右端以速率V 匀速向左端滑动，设滑动中金属杆mn 始终与 ab、cd 两边垂直， 且与轨道接触良好。 ab 和 cd 边电阻分布均匀，求滑动中拉力F的最小牵引功率。分析与解： mn 金属杆从右端向左端匀速滑动切割磁感线产生感应电动势，mn 相当于电源，其电路为内电路，电阻为内电阻。当外电阻最大时

36、，即当mn 滑到距离ad=（2/5）ab 时，此时电阻Rmadn=Rmbcn=8R0时，外阻最大值Rmax=4R0， 这时电路中电流最小值：Imin=/（Rmax+r）=BLV/ （4R0+R0）=BLV/5R0所以， Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R05如图 26-1 所示，用密度为D、电阻率为 的导线做成正方形线框，从静止开始沿竖直平面自由下落。线框经过方向垂直纸面、磁感应强度为B 的匀强磁场，且磁场区域高度等于线框一边之长。 为了使线框通过磁场区域的速度恒定，求线框开始下落时的高度h。 （不计空气阻力）分析与解： 线框匀速通过磁场的条件是受到

37、的竖直向上的安培力与重力平衡，即： F安=mg 1 设线框每边长为L，根据线框进入磁场的速度为，则安培力可表达为：F安=BIL=2 设导线横截面积为S，其质量为： m=4LSD 3 其电阻为： R= 4L/S 4联立解 1 、2、3 、4 式得：h=128D22g/B4想一想：若线框每边长为L，全部通过匀强磁场的时间为多少 ?（t=2L/V ）线框通过匀强磁场产生的焦耳热为多少？（Q=2mgL ）6如图 27-1 所示，光滑导轨EF、GH 等高平行放置，EG间宽度为FH 间宽度的3 倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd 是质量均为 m 的金属棒，现让ab从离水

38、平轨道h 高处由静止下滑，设导轨足够长。试求：（1）ab、cd 棒的最终速度，图 25-1 图 26-1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 27 页（2）全过程中感应电流产生的焦耳热。分析与解： ab 下滑进入磁场后切割磁感线，在abcd电路中产生感应电流，ab、cd 各受不同的磁场力作用而分别作变减速、变加速运动，电路中感应电流逐渐减小，当感应电流为零时，ab、cd不再受磁场力作用，各自以不同的速度匀速滑动。 全过程中系统内机械能转化为电能再转化为内能，总能量守恒。（1）ab 自由下滑，机械能守恒：mgh=（1/2）mV

39、2 1 由于 ab、 cd 串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度Lab=3Lcd，故它们的磁场力为：Fab=3Fcd 2 在磁场力作用下，ab、cd 各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当ab=cd时，电路中感应电流为零，（I=0），安培力为零， ab、cd 运动趋于稳定，此时有：BLabVab=BLcdVcd所以 Vab=Vcd/3 3 ab、cd 受磁场力作用，动量均发生变化，由动量定理得：Fabt=m（V-Vab） 4Fcdt=mVcd 5 联立以上各式解得：Vab=（1/10），Vcd=（3/10）（2）根据系统能量守恒可得：Q=E机=mgh-（1/2） m（

40、 Vab2+Vcd2）=（9/10）mgh 说明：本题以分析ab、cd 棒的受力及运动情况为主要线索求解。注意要点：明确ab、cd 运动速度稳定的条件。理解电磁感应及磁场力计算式中的“L”的物理意义。电路中的电流、磁场力和金属棒的运动之间相互影响制约变化复杂，解题时抓住每一瞬间存在Fab=3Fcd及终了状态时Vab=（1/3）Vcd的关系，用动量定理求解十分方便。金属棒所受磁场力是系统的外力，且FabFcd时，合力不为零，故系统动量不守恒，只有当 Lab=Lcd时， Fab=Fcd，方向相反，其合力为零时，系统动量才守恒。7如图 28-1 所示， X 轴上方有匀强磁场B，下方有匀强电场 E。电

41、量为 q、质量为 m、重力不计的粒子y轴上。 X 轴上有一点N（L.0），要使粒子在y 轴上由静止释放而能到达N 点，问：（ 1）粒子应带何种电荷 ? （2）释放点 M 应满足什么条件? （3）粒子从 M 点运动到N 点经历多长的时间? 分析与解：（1） 粒子由静止释放一定要先受电场力作用（磁场对静止电荷没有作用力），所以M 点要在-Y 轴上。 要进入磁场必先向上运动，静上的电荷要向上运动必须受到向上的电场力作用，而场强E 方向是向下的，所以粒子带负电。图 27-1图 28-1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 27 页

42、（2）粒子在M 点受向上电场力，从静止出发做匀加速运动。在O 点进入匀强磁场后，只受洛仑兹力（方向沿+X 轴）做匀速周围运动，经半个周期，回到X 轴上的 P点，进入匀强电场，在电场力作用下做匀减速直线运动直到速度为零。然后再向上做匀加速运动，在X轴上 P 点进入匀强磁场，做匀速圆运动，经半个周期回到X 轴上的 Q 点，进入匀强电场，再在电场力作用下做匀减速运动直到速度为零。此后，粒子重复上述运动直到X 轴上的 N点，运动轨迹如图28-2 所示。设释放点M 的坐标为（ 0.-yO），在电场中由静止加速，则：qEyO=mV2 1 在匀强磁场中粒子以速率V 做匀速圆周运动，有： qBV=mV2/R

43、2 设 n 为粒子做匀速圆周运动的次数（正整数）则： L=n2R，所以 R=L/2n 3 解123 式得： V=qBL/2mn ，所以yO=qB2L2/8n2mE （式中 n 为正整数）（3）粒子由M 运动到 N 在电场中的加速运动和减速运动的次数为（2n-1）次，每次加速或减速的时间都相等，设为t1，则： yO=at12=qEt12/m 所以 t1=粒子在磁场中做匀速圆周运动的半周期为t2，共 n 次， t2= m/qB粒子从 M 点运动到N 点共经历的时间为：t=（2n-1）t1+nt2=（ 2n-1）BL/2nE+n m/qB （n=1、2、3 ）8平行金属，板长1.4 米，两板相距30

44、 厘米，两板间匀强磁场的B 为 1.3 10-3特斯拉，两板间所加电压随时间变化关系如29-1 图所示。当t=0 时，有一个 a 粒子从左侧两板中央以V=4 103米 /秒的速度垂直于磁场方向射入，如 29-2 图所示。不计 a 粒子的重力，求：该粒子能否穿过金属板间区域?若不能，打在何处?若能，则需多长时间? （已知 a 粒子电量q=3.2 10-19库，质量m=6.6410-27千克）分析与解：在t=0 到 t=1 10-4秒时间内，两板间加有电压，a粒子受到电场力和洛仑兹力分别为：F=qu/d=q 1.56/0.3=5.2q 方向竖直向下f=qBv=q 1.3 10-3 4 103=5.

45、2q 方向竖直向上因 F=f，故做匀速直线运动，其位移为：S=vt=4 103 1 10-4=0.4 米图 28-2 图 29-1 图 29-2 图 29-3 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 27 页在 t=1 10-4秒到 t=2 10-4秒时间内，两板间无电场，a 粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，其轨迹半径为：r=mv/qB= （6.64 10-27 4 103）/（3.2 10-19 1.3 10-3）=6.37 10-2米 d/4 所以粒子不会与金属板相碰。面a 粒子做匀速圆周运动的周期为：T=2 m/qB

46、= （2 3.14 6.64 10-27）/（3.2 10-19 1.3 10-3）=1.0 10-4秒则在不加电压的时间内，a 粒子恰好能在磁场中运动一周。当两板间又加上第2 个周期和第 3 个周期的电压时，a 粒子将重复上述的运动。故经13/4 周期飞出板外（t=6.5 10-4秒）其运动轨迹如29-3 图所示。9如图 30-1 所示，虚线上方有场强为E 的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外。ab 是一根长L 的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b 端在虚线上。将一套在杆上的举正电小球从a 端由静止释放后，小球先是加速运动，后是匀速运动则达b

47、端。已知小球与绝缘杆间的动因摩擦数 =0.3，小球的重力可忽略不计。当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆半径为L/3。求： 带电小球以a 到 b 运动过程中克服摩擦力做的功与电场力所做功的比值。分析与解：（1）带电小球在沿杆向下运动时，其受力情况如30-2 图示。水平方向： F洛=N=qBV 1 竖直方向： qE=f 2 （匀速运动时）又因 f= N 3 ，联立解 123 式得： qE=f= qBVb小球在磁场中作匀速圆周运动：qBVb=mVb2/R=3mVb2/L，所以Vb=qBL/3m 小球从 a到 b 运动过程中，由动能定理：W电-Wf=mVb2W电=qEL= qBVbL=0.

48、3 qBL （qBL/3m ）=q2B2L2/10m 所以， Wf=W电-mVb2=q2B2L2/10m-（m/2）（ q2B2L2/9m2） =2q2B2L2/45m 所以， Wf/W电=（2q2B2L2/45m）/（ q2B2L2/10m）=4/9。10如图 31-1 所示， 从阴极 K 射出的电子经U0=5000V 的电势差加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=10cm，间距 d=4cm 的平行金属板AB 之间。在离金属板边缘L2=75cm 处放置一个直径D=20cm ，带有记录纸的圆筒。整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计。（1）若在金属板上加以U1=1000V 的直流电

49、压（ A 板电势高）后，为使电子沿入射方向作匀速直线运动到达圆筒，应加怎样的磁场（大小和方向）；（2）若在两金属板上加以U2=1000cos2 tV 的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以 n=2 转/秒匀速转动。 试确定电子在记录纸上的轨迹形状，并画出 1 秒钟内所记录到的图形。图 30-1 图 30-2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 27 页分析与解： 偏转极板上加恒定电压U 后，电子在电场中受到恒定的电场力作用，故所加的磁场方向只要使运动电子所受到的洛仑兹力与电场力等大反向即可。偏转极板上加上正弦交流电后，板

50、间电场变为交变电场，电子在板间的运动是水平方向作匀速直线运动，竖直方向作简谐运动。偏出极板后作匀速直线运动，电子到达圆筒后，在筒上留下的痕迹是电子在竖直方向的“ 扫描 ” 和圆筒匀速转动的合运动。据动能定理：eU0=mV02，得电子加速后的入射速度为：V0=4.2 107m/s （1）加直流电压时，A、B 两板间场强：E1=U1/d=1000/ （4 10-2）=2.5 104v/m 为使电子作匀速直线运动，应使电子所受电场力与洛仑兹力平衡，即：qE1=qBV0 ，得： B=E1/V0= （ 2.5 104）/（4.2 107） =6 10-4T 方向为垂直于纸面向里。（2）加上交流电压时，A