高中物理典型例題集錦(三).doc

。高中物理典型例題集錦(三)山東 賈玉兵電學部分圖22-125、如圖22-1所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有小孔M、N。今有一帶電質點，自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N三點在同一豎直線上)，空氣阻力不計，到達N點時速度恰好為零，然后按原路徑返回。若保持兩板間的電壓不變，則：A. 若把A板向上平移一小段距離，質點自P點下落仍能返回。B. 若把B板向下平移一小段距離，質點自P點下落仍能返回。C. 若把A板向上平移一小段距離，質點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落。D. 若把B板向下平移一小段距離，質點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落。分析與解：當開關S一直閉合時，A、B兩板間的電壓保持不變，當帶電質點從M向N運動時，要克服電場力做功，W=qUAB，由題設條件知：帶電質點由P到N的運動過程中，重力做的功與質點克服電場力做的功相等，即：mg2d=qUAB若把A板向上平移一小段距離，因UAB保持不變，上述等式仍成立，故沿原路返回，應選A。若把B板下移一小段距離，因UAB保持不變，質點克服電場力做功不變，而重力做功增加，所以它將一直下落，應選D。由上述分析可知：選項A和D是正確的。想一想：在上題中若斷開開關S后，再移動金屬板，則問題又如何?(選A、B)。圖23-1圖23-1(b)26、兩平行金屬板相距為d，加上如圖23-1(b)所示的方波形電壓，電壓的最大值為U0，周期為T。現(xiàn)有一離子束，其中每個離子的質量為m，電量為q，從與兩板等距處沿著與板平行的方向連續(xù)地射入兩板間的電場中。設離子通過平行板所需的時間恰為 T(與電壓變化周期相同)，且所有離子都能通過兩板間的空間打在右端的熒光屏上。試求：離子擊中熒光屏上的位置的范圍。(也就是與O點的最大距離與最小距離)。重力忽略不計。分析與解：圖23-2各個離子在電場中運動時，其水平分運動都是勻速直線運動，而經過電場所需時間都是T，但不同的離子進入電場的時刻不同，由于兩極間電壓變化，因此它們的側向位移也會不同。當離子在t=0，T，2T時刻進入電場時，兩板間在T/2時間內有電壓U0，因而側向做勻加速運動，其側向位移為y1，速度為V。接著，在下一個T/2時間內，兩板間沒有電壓，離子以V速度作勻速直線運動，側向位移為y2，如圖23-2所示。這些離子在離開電場時，側向位移有最大值，即(y1+y2)。圖23-3當離子在T=t/2,3/2T,5/2T時刻進入電場時，兩板間電壓為零，離子在水平方向做勻速直線運動，沒有側向位移，經過T/2時間后，兩板間有電壓U0，再經過T/2時間，有了側向位移y1，如圖23-3所示。這些離子離開電場時有側向位移的最小值，即y1。當離子在上述兩種特殊時刻之外進入電場的，其側向位移值一定在(y1+y2)與y1之間。根據上述分析就可以求出側向位移的最大值和最小值。所以，離子擊中熒光屏上的位置范圍為： 27、如圖24-1所示，R1=R2=R3=R4=R，電鍵S閉合時，間距為d的平行板電容器C 的正中間有一質量為m，帶電量為q的小球恰好處于靜止狀態(tài)；電鍵S斷開時，小球向電容器一個極板運動并發(fā)生碰撞，碰撞后小球帶上與極板同種性質的電荷。設碰撞過程中沒有機械能損失，小球反彈后恰好能運動到電容器另一極板。若不計電源內阻，求：(1)電源的電動勢，(2)小球與極板碰撞后的帶電量。圖24-1分析與解：(1)電鍵S閉合時，R1、R3并聯(lián)與R4串聯(lián)，(R2中沒有電流通過)UC=U4=(2/3)對帶電小球有：mg=qE=qUC/d=(2/3)q/d 得：=(3/2)mgd/q(2)電鍵S斷開后，R1、R4串聯(lián)，則UC=/2=(3/4)mgd/q 1小球向下運動與下極板相碰后，小球帶電量變?yōu)閝，向上運動到上極板，全過程由動能定理得：mgd/2qUC/2mgd+qUC=0 2由12式解得：q=7q/6。圖25-128、如圖25-1所示為矩形的水平光滑導電軌道abcd，ab邊和cd邊的電阻均為5R0，ad邊和bc邊長均為L，ad邊電阻為4R0，bc邊電阻為2R0，整個軌道處于與軌道平面垂直的勻強磁場中，磁感強度為B。軌道上放有一根電阻為R0的金屬桿mn，現(xiàn)讓金屬桿mn在平行軌道平面的未知拉力F作用下，從軌道右端以速率V勻速向左端滑動，設滑動中金屬桿mn始終與ab、cd兩邊垂直，且與軌道接觸良好。ab和cd邊電阻分布均勻，求滑動中拉力F的最小牽引功率。分析與解：mn金屬桿從右端向左端勻速滑動切割磁感線產生感應電動勢，mn相當于電源，其電路為內電路，電阻為內電阻。當外電阻最大時，即當mn滑到距離ad=(2/5)ab時，此時電阻Rmadn=Rmbcn=8R0時，外阻最大值Rmax=4R0，這時電路中電流最小值：Imin=/(Rmax+r)=BLV/(4R0+R0)=BLV/5R0所以，Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R029、如圖26-1所示，用密度為D、電阻率為的導線做成正方形線框，從靜止開始沿豎直平面自由下落。線框經過方向垂直紙面、磁感應強度為B的勻強磁場，且磁場區(qū)域高度等于線框一邊之長。為了使線框通過磁場區(qū)域的速度恒定，求線框開始下落時的高度h。(不計空氣阻力)分析與解：線框勻速通過磁場的條件是受到的豎直向上的安培力與重力平衡，即：F安=mg 1設線框每邊長為L，根據線框進入磁場的速度為，則安培力可表達為：F安=BIL= 2圖26-1設導線橫截面積為S，其質量為：m=4LSD 3其電阻為：R=4L/S 4聯(lián)立解1、2、3、4式得：h=128D22g/B4想一想：若線框每邊長為L，全部通過勻強磁場的時間為多少?(t=2L/V)線框通過勻強磁場產生的焦耳熱為多少？(Q=2mgL)30、如圖27-1所示，光滑導軌EF、GH等高平行放置，EG間寬度為FH間寬度的3倍，導軌右側水平且處于豎直向上的勻強磁場中，左側呈弧形升高。ab、cd是質量均為m的金屬棒，現(xiàn)讓ab從離水平軌道h高處由靜止下滑，設導軌足夠長。試求：(1)ab、cd棒的最終速度，(2)全過程中感應電流產生的焦耳熱。圖27-1分析與解：ab下滑進入磁場后切割磁感線，在abcd電路中產生感應電流，ab、cd各受不同的磁場力作用而分別作變減速、變加速運動，電路中感應電流逐漸減小，當感應電流為零時，ab、cd不再受磁場力作用，各自以不同的速度勻速滑動。全過程中系統(tǒng)內機械能轉化為電能再轉化為內能，總能量守恒。(1) ab自由下滑，機械能守恒：mgh=(1/2)mV2 1由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中，任何時刻通過的電流總相等，金屬棒有效長度 Lab=3Lcd，故它們的磁場力為：Fab=3Fcd 2在磁場力作用下，ab、cd各作變速運動，產生的感應電動勢方向相反，當ab=cd時，電路中感應電流為零，(I=0)，安培力為零，ab、cd運動趨于穩(wěn)定，此時有：BLabVab=BLcdVcd 所以Vab=Vcd/3 3ab、cd受磁場力作用，動量均發(fā)生變化，由動量定理得：Fabt=m(V-Vab) 4 Fcdt=mVcd 5聯(lián)立以上各式解得：Vab=(1/10)，Vcd=(3/10)(2)根據系統(tǒng)能量守恒可得：Q=E機=mgh-(1/2)m(Vab2+Vcd2)=(9/10)mgh說 明：本題以分析ab、cd棒的受力及運動情況為主要線索求解。注意要點：明確ab、cd運動速度穩(wěn)定的條件。理解電磁感應及磁場力計算式中的“L”的物理意義。電路中的電流、磁場力和金屬棒的運動之間相互影響制約變化復雜， 解題時抓住每一瞬間存在Fab=3Fcd及終了狀態(tài)時Vab=(1/3)Vcd的關系，用動量定理求解十分方便。圖28-1金屬棒所受磁場力是系統(tǒng)的外力，且FabFcd時，合力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，只有當Lab=Lcd時，F(xiàn)ab=Fcd，方向相反，其合力為零時，系統(tǒng)動量才守恒。31、如圖28-1所示，X軸上方有勻強磁場B，下方有勻強電場E。電量為q、質量為m、重力不計的粒子y軸上。X軸上有一點N(L.0)，要使粒子在y軸上由靜止釋放而能到達N點，問：(1)粒子應帶何種電荷? (2)釋放點M應滿足什么條件? (3)粒子從M點運動到N點經歷多長的時間?分析與解：(1) 粒子由靜止釋放一定要先受電場力作用 (磁場對靜止電荷沒有作用力)，所以 M點要在-Y軸上。要進入磁場必先向上運動，靜上的電荷要向上運動必須受到向上的電場力作用，而場強 E方向是向下的，所以粒子帶負電。(2)粒子在M點受向上電場力，從靜止出發(fā)做勻加速運動。在 O點進入勻強磁場后，只受洛侖茲力(方向沿+X軸)做勻速周圍運動，經半個周期，回到X軸上的P點，進入勻強電場，在電場力作用下做勻減速直線運動直到速度為零。然后再向上做勻加速運動，在X軸上P點進入勻強磁場，做勻速圓運動，經半個周期回到X軸上的Q點，進入勻強電場，再在電場力作用下做勻減速運動直到速度為零。此后，粒子重復上述運動直到 X軸上的N點，運動軌跡如圖28-2所示。圖28-2設釋放點M的坐標為(0.-yO)，在電場中由靜止加速，則：qEyO=mV2 1在勻強磁場中粒子以速率V做勻速圓周運動，有：qBV=mV2/R 2設n為粒子做勻速圓周運動的次數(shù)(正整數(shù))則：L=n2R，所以R=L/2n 3解123式得：V=qBL/2mn，所以yO=qB2L2/8n2mE (式中n為正整數(shù))(3)粒子由M運動到N在電場中的加速運動和減速運動的次數(shù)為(2n-1)次， 每次加速或減速的時間都相等，設為t1，則：yO=at12=qEt12/m所以t1=圖29-1粒子在磁場中做勻速圓周運動的半周期為t2，共n次，t2=m/qB粒子從M點運動到N點共經歷的時間為：t=(2n-1)t1+nt2=(2n-1)BL/2nE+nm/qB (n=1、2、3)圖29-232、平行金屬，板長1.4米，兩板相距30厘米，兩板間勻強磁場的B為1.310-3特斯拉，兩板間所加電壓隨時間變化關系如29-1圖所示。當t=0時，有一個a粒子從左側兩板中央以V=4103米/秒的速度垂直于磁場方向射入，如29-2圖所示。不計a粒子的重力，求：該粒子能否穿過金屬板間區(qū)域?若不能，打在何處?若能，則需多長時間? (已知a粒子電量q=3.210-19庫，質量m=6.6410-27千克) 圖29-3分析與解：在t=0到t=110-4秒時間內，兩板間加有電壓，a粒子受到電場力和洛侖茲力分別為：F=qu/d=q1.56/0.3=5.2q 方向豎直向下 f=qBv=q1.310-34103=5.2q 方向豎直向上因F=f，故做勻速直線運動，其位移為：S=vt=4103110-4=0.4米在t=110-4秒到t=210-4秒時間內，兩板間無電場，a粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，其軌跡半徑為：r=mv/qB=(6.6410-274103)/(3.210-191.310-3)=6.3710-2米d/4所以粒子不會與金屬板相碰。面a粒子做勻速圓周運動的周期為：T=2m/qB=(23.146.6410-27)/(3.210-191.310-3)=1.010-4秒則在不加電壓的時間內，a粒子恰好能在磁場中運動一周。當兩板間又加上第2個周期和第3個周期的電壓時，a粒子將重復上述的運動。故經13/4周期飛出板外(t=6.510-4秒)其運動軌跡如29-3圖所示。圖30-133、如圖30-1所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外。ab是一根長L的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上。將一套在桿上的舉正電小球從a端由靜止釋放后，小球先是加速運動，后是勻速運動則達b端。已知小球與絕緣桿間的動因摩擦數(shù)=0.3，小球的重力可忽略不計。當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓半徑為L/3。求：帶電小球以 a到b運動過程中克服摩擦力做的功與電場力所做功的比值。圖30-2分析與解：(1)帶電小球在沿桿向下運動時，其受力情況如30-2圖示。水平方向：F洛=N=qBV 1豎直方向：qE=f 2 (勻速運動時)又因f=N 3，聯(lián)立解123式得：qE=f=qBVb小球在磁場中作勻速圓周運動：qBVb=mVb2/R=3mVb2/L，所以Vb=qBL/3m小球從a到b運動過程中，由動能定理：W電-Wf=mVb2W電=qEL=qBVbL=0.3qBL(qBL/3m)=q2B2L2/10m所以，Wf=W電-mVb2=q2B2L2/10m-(m/2)(q2B2L2/9m2)=2q2B2L2/45m所以，Wf/W電=(2q2B2L2/45m)/(q2B2L2/10m)=4/9。34、如圖31-1所示，從陰極K射出的電子經U0=5000V的電勢差加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1=10cm，間距d=4cm的平行金屬板AB之間。在離金屬板邊緣L2=75cm處放置一個直徑D=20cm，帶有記錄紙的圓筒。整個裝置放在真空內，電子發(fā)射的初速度不計。(1)若在金屬板上加以U1=1000V的直流電壓(A板電勢高)后，為使電子沿入射方向作勻速直線運動到達圓筒，應加怎樣的磁場(大小和方向)；(2)若在兩金屬板上加以U2=1000cos2tV的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2轉/秒勻速轉動。試確定電子在記錄紙上的軌跡形狀，并畫出1秒鐘內所記錄到的圖形。圖31-1分析與解：偏轉極板上加恒定電壓 U后，電子在電場中受到恒定的電場力作用，故所加的磁場方向只要使運動電子所受到的洛侖茲力與電場力等大反向即可。偏轉極板上加上正弦交流電后，板間電場變?yōu)榻蛔冸妶?，電子在板間的運動是水平方向作勻速直線運動，豎直方向作簡諧運動。偏出極板后作勻速直線運動，電子到達圓筒后，在筒上留下的痕跡是電子在豎直方向的“掃描”和圓筒勻速轉動的合運動。據動能定理：eU0=mV02，得電子加速后的入射速度為： V0= =4.2107m/s(1)加直流電壓時，A、B兩板間場強：E1=U1/d=1000/(410-2)=2.5104v/m為使電子作勻速直線運動，應使電子所受電場力與洛侖茲力平衡，即：qE1=qBV0，得：B=E1/V0=(2.5104)/(4.2107)=610-4T方向為垂直于紙面向里。圖31-2(2)加上交流電壓時，A、B兩板間場強為：E2=U2/d=1000cos2t/(410-2)=2.5104cos2t v/m電子飛離金屬板時的偏距為：y1=at12=(eE2/m)(L1/V0)2電子飛離金屬板時的豎直速度為：Vy=at1=(eE2/m)(L1/V0)從飛離板到到達筒的偏距：y2=Vyt2=(eE2/m)(L1/V0)(L2/V0)=(eE2L1L2)/(mV02)所以在紙筒上的落點對入射方向的總偏距為：(如圖31-2所示)y=y1+y2=(L1/2+L2)(eE2L1/mV02)=(L1/2+L2)(L1U2/2U0d)圖31-3 =(10/2+75)10-2(101000cos2t)/(250004)=0.20cos2t m可見，在記錄紙上的點以振幅0.20m，周期T=2/=1秒而作簡諧運動。因圓筒每秒轉2周(半秒轉1周)，故在1秒內，紙上的圖形如圖31-3所示。圖32-1 35、如圖32-1所示，兩根互相平行、間距d=0.4米的金屬導軌，水平放置于勻強磁場中，磁感應強度B=0.2T，磁場垂直于導軌平面，金屬滑桿ab、cd所受摩擦力均為f=0.2N。兩根桿電阻均為r=0.1，導軌電阻不計，當ab桿受力F=0.4N的恒力作用時，ab桿以V1做勻速直線運動，cd桿以V2做勻速直線運動，求速度差(V1 V2)等于多少？分析與解：在電磁感應現(xiàn)象中，若回中的感應電動勢是由導體做切割磁感線運動而產生的，則通常用=BlVsin來求較方便，但有時回路中的電動勢是由幾根棒同時做切割磁感線運動產生的，如果先求出每根導體棒各自的電動勢，再求回路的總電動勢，有時就會涉及“反電動勢”而超綱。如果取整個回路為研究對象，直接將法拉第電磁感應定律=用于整個回路上，即可“一次性”求得回路的總電動勢，避開超綱總而化綱外為綱內。cd棒勻速向右運動時，所受摩擦力f方向水平向左，則安培力Fcd方向水平向右，由左手定則可得電流方向從c到d，且有：Fcd = IdB = f I = f /Bd取整個回路abcd為研究對象，設回路的總電勢為，由法拉第電磁感應定律=，根據B不變，則=BS，在t時間內，=B(V1V2)td所以：=B(V1V2)td/t=B(V1V2)d 又根據閉合電路歐母定律有：I=/2r 由式得：V1V2 = 2fr / B2d2代入數(shù)據解得：V1V2 =6.25（m/s）圖33-136.如圖33-1所示，線圈每邊長0.20，線圈質量10.10、電阻0.10，砝碼質量20.14線圈上方的勻強磁場磁感強度0.5，方向垂直線圈平面向里，磁場區(qū)域的寬度為0.20砝碼從某一位置下降，使邊進入磁場開始做勻速運動求線圈做勻速運動的速度解析：該題的研究對象為線圈，線圈在勻速上升時受到的安培力安、繩子的拉力和重力1相互平衡，即安1砝碼受力也平衡：2線圈勻速上升，在線圈中產生的感應電流，因此線圈受到向下的安培力安聯(lián)解式得（21）22代入數(shù)據解得：4（）37.如圖34-1所示，、是兩根足夠長的