2022年高中物理典型例题集锦.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 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体会,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,供各校老师、高三同学参考；实践证明,考前浏览例题,熟识做过的题型,回忆解题方法,可以提高复习效率,收到事半功倍的成效；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直立在地面上相距为 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；平稳时,绳中张力 T=分析与解：此题为三力平稳问题；其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列方程；对平稳问题,依据题目所给条件,往往可采纳不同的方法,如正交分解法、相像三角形等；所以,此题有多种解法；解法一：选挂钩为讨论对象,其受力如图 1-2 所示设细绳与水平夹角为 ,由平稳条件可知：2TSin =F,其中 F=12 牛将绳延长,由图中几何条件得：Sin =3/5 ,就代入上式可得 T=10 牛；解法二：挂钩受三个力,由平稳条件可知：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相像,就：得：牛；想一想：如将右端绳 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,细绳的名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 27 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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,两绳间的夹角逐步减小；由于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步增大,物块所受合力逐步减小,向下加速度逐步减小；当物块的合外力为零时,速度达到最大值；之后,由于两绳间夹角连续减小,物块所受合外力竖直向上,且逐步增大,物块将作加速度逐步增大的减速运动；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,由共点力平稳条件可求出相应的 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,此时物块下降距离为 h；由于 F 恒等于mg,所以绳对物块拉力大小恒为 mg,由平稳条件知：2 =120° ,所以 =60° ,由图 2-2知：h=L*tg30 ° = L 1 名师归纳总结 （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 第 2 页,共 27 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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；由于物块下降距离 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；如把物体 A 轻轻放到 a 点处,它将被皮带送到 c 点,且物体 A 始终没有脱离皮带；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 点处,它对传送带的相对运动向后,传送带对 A的滑动摩擦名师归纳总结 力向前,就 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t 1,就：第 3 页,共 27 页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,就：设物体 A 在水平传送带上作匀速运动时间为t2,就设物体 A在 bc 段运动时间为t 3,加速度为a2,就：a2=g*Sin37 °- gCos37° =10x0.6 -0.25x10x0.8=4米/ 秒2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解得： t 3=1 秒 （ t 3=-2 秒舍去）所以物体 A从 a 点被传送到 c 点所用的时间 t=t 1+t 2+t 3=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对下）就：t1=v/ 1=10/10=1 米V=10 米/ 秒 时,物体的加速度为a2,（此时 f 沿斜面对上）当物体下滑速度大于传送带就：即： 10t 2+t 2 2=11 解得： t 2=1 秒（ t 2=-11 秒舍去）所以, t=t 1+t 2=1+1=2 秒（2）W1=fs 1= mgcos S1=0.5X0.5X10X0.8X5=10 焦名师归纳总结 W2=-fs2=- mgcos S2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦A从静止开头下滑到皮带底端第 4 页,共 27 页所以, W=W 1+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B 用的时间为t ,就：（请挑选）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A. 当皮带向上运动时,物块由A 滑到 B 的时间肯定大于t ；B. 当皮带向上运动时,物块由A 滑到 B 的时间肯定等于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/s 2）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；而小球就是在筒内做自由落体运动；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又由于筒受到重力M-mg 和向下作用力F,据牛顿其次定律：F+M-mg=M-ma 得：名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 27 页精选学习资料 - - - - - - - - - 6、如图 6-1 所示, A、 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 ,如 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）为维护 A、B间不发生相对滑动,力 F 的取值范畴；分析与解： A 在 F 的作用下,有沿 A、 B间斜面对上运动的趋势,据题意,为维护 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；此题在求 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,f 1=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,就： N2=m2g+Ncos 3 , f 2= N2 4 将1 、3 代入 4 式得： f 2= m1+ m2g 取 A、B 组成的系统,有：F-f 2=m1+ m2a 5 由1 、2 、5 式解得： F=m1gm1+ m2tg - /m 2故 A、B 不发生相对滑动时F 的取值范畴为：0Fm1gm1+ m2tg - /m20想一想：当A、B 与水平地面间光滑时,且又m1=m2=m时,就 F 的取值范畴是多少？（F2mgtg ；7、某人造地球卫星的高度是地球半径的 R=6400km,g=10m/s 2；15 倍；试估算此卫星的线速度；已知地球半径分析与解：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供应,设地球名师归纳总结 与卫星的质量分别为M、m,就：= 1 第 6 页,共 27 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又依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；如n=0,即近地卫星,就卫星的线速度为 V0= =7.9X10 3m/s,这就是第一宇宙速度,即围绕速度； 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,如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,其合力供应向心力；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 方向肯定向下,对 B球： N2+m2g=m2 3 B 球由最高点运动到最低点时速度为即m2V1 2+m2g2R=m2V0 2 4 V0,此过程中机械能守恒：由1234 式消去 N1、N2 和 V1后得到 m1、m2、R与 V0满意的关系式是：m1-m2 +m1+5m2g=0 5 说明：（1）此题不要求出某一物理量,而是要求依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 所满意的关系式 5 ；（2）由题意要求两球对圆管的合力为零知,N2肯定与 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；名师归纳总结 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第 7 页,共 27 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 点由静止开头向B 点运动,到达B点时外力 F 突然撤去,滑块立刻冲上半径为 R=0.4 米的1/4 光滑圆弧面小车,小车立刻沿光滑水平面PQ运动；设：开头时平面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关系为 P=1.6 kgm/s,小车质量 M=3.6kg,不计能量缺失；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 滑块能否其次次通过 C点. 如滑块其次次通过 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/s 2 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：所以 F=mVB 2/2S=0.4X3.2FS=2 mVB2/2X0.64=3.2N 2 滑块滑上 C立刻做圆周运动,由牛顿其次定律得： N-mg=mVC 2/R 而 VC=VB 就N=mg+mVC 2/R=0.4X10+0.4X3.2 2/0.4=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+mVDX所以 V DX=mVC/M+m=0.4X3.2/3.6+0.4=0.32m/s 名师归纳总结 4 滑块肯定能再次通过C点；由于滑块到达D点时,除与小车有相同的水平速度VDX外,仍具有竖直向上的分速度VDY,因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动 相对地第 8 页,共 27 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 面做斜上抛运动 ；因题中说明无能量缺失,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,最终由 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：mVC 2=mgR+ M+mVDX 2+2 mV DY所以以滑块、小车为系统,以滑块滑上C点为初态,滑块其次次滑到C点时为末态,此过程中系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒 直,弹力做功,机械能不守恒 得： 留意：对滑块来说,此过程中弹力与速度不垂 mVC=mVC+MV 即mV 2=mVC2+2 MV与 V 反向 上式中 VC、 V 分别为滑块返回C点时,滑块与小车的速度,V=2mV C/M+m=2X0.4X3.2/3.6+0.4=0.64m/s V C=m-MV C/m+M=0.4-3.6X3.2/0.4+3.6=-2.56m/s5 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 对于木板来回运动过程中,系统总机械能缺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；名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 27 页精选学习资料 - - - - - - - - - 设弹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+mV=M+mV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= mV0 2=0.5X1X16=8J 弹簧压缩量最大时和铁块最终停在木板右端时,系统总动能都为：EK= M+mV 2=0.5X3+1X1=2J 铁块在相对于木板来回运过程中,克服摩擦力 f 所做的功为：Wf=f2L=E K-E K=8-2=6J 铁块由开头运动到弹簧压缩量最大的过程中,系统机械能缺失为：fs=3J 由能量关系得出弹性势能最大值为：EP=EK-EK-fs=8-2-3=3J 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,解题时必需要用到能量关系；在解此题时要留意两个方面： . 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；. 是系统机械能缺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,故在运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,整个系统处于平稳状态；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；2b 的大小必需满意什么条件,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讨论对象,由牛顿其次定名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 27 页精选学习资料 - - - - - - - - - 律： kb=M+ma 所以 a=kb/M+m ；取 m为讨论对象,在沿斜面方向有：f-mgsin =macos所以, f=mgsin +mcos =mgsin +cos ,小车距 O点距离为 b,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取 m为讨论对象,有：mgsin =macos 取 M、m和弹簧组成的系统为讨论对象,有：kb=M+ma以上述两式联立解得： b=M+mgtg 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,希读者仔细把握；12、质量为 m的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上；平稳时,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,打在钢板上并马上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；如物块质量为 2m,仍从 A 处自由落下,就物块与钢板回到 O点时,仍具有向上的速度；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, 弹簧复原原长； 碰撞过程满意动量守恒条件；压缩弹簧及反弹时机械能守恒；自由下落 3Xo,依据机械能守恒：所以图 11-1 物块与钢板碰撞时,依据动量守恒：共同速度） V 1=V0/2= mv0=m+mv1（v 1为碰后名师归纳总结 物块与钢板一起升到O点,依据机械能守恒：2mV1 2+Ep=2mgx0 1 第 11 页,共 27 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 假如物块质量为2m,就： 2mVo=2m+mV 2 ,即 V2=Vo 设回到 O点时物块和钢板的速度为V,就：3mV22+Ep=3mgx0+3mV 2 2 从 O点开头物块和钢板分别,由1 式得： Ep=mgx0 代入 2 得：mVo2+mgx0=3mgx0+2 3mV所以, V2=gx 0 即高中物理典型例题集锦（二）电学部分1如图 22-1 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,两板的中心各有小孔 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；如保持两板间的电压不变,就：A 如把 A 板向上平移一小段距离,质点自P 点下落仍能返回；B如把 B 板向下平移一小段距离,质点自 P 点下落仍能返回；C如把 A 板向上平移一小段距离,N 孔连续下落；D如把 B 板向下平移一小段距离,N 孔连续下落；质点自 P点下落后将穿过 质点自 P点下落后将穿过分析与解： 当开关 S 始终闭合时, A、B 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=qU AB,图 22-1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=qU AB如把 A 板向上平移一小段距离,因 仍成立,故沿原路返回,应选 A；U AB 保持不变,上述等式如把 B 板下移一小段距离,因 U AB 保持不变,质点克服电场力做功不变,而重力做功增加,所以它将始终下落,应选 D；由上述分析可知：选项 A 和 D 是正确的；想一想：在上题中如断开开关 S 后,再移动金属板,就问题又如何 .（选 A、B）；2两平行金属板相距为 d,加上如图 23-1（b）所示的方波形名师归纳总结 电压,电压的最大值为U0,图 23-1图 23-1b 第 12 页,共 27 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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）,且全部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畴；（也就是与 O 点的最大距离与最小距离）；重力忽视不计；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,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 U 0,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 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+y 2）；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最小值,即y1；图 23-3 当离子在上述两种特别时刻之外进入电场的,其侧向位移值肯定在（y 1+y 2）与 y 1 之间；依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畴为：3如图 24-1 所示, R1=R2=R3=R 4=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缺失,小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板；如不计电源内阻,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 闭合时, R1、R3 并联与 R4 串联,（R2 中没有电流通过）U C=U 4=（2/3） 名师归纳总结 图 24-1第 13 页,共 27 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 对带电小球有：mg=qE=qU C/d= （2/3）q /d 得： =（3/2）mgd/q （2）电键 S 断开后, R1、R4 串联,就 UC= /2=（3/4） mgd/q1 小球向下运动与下极板相碰后,小球带电量变为定理得： mgd/2qU C/2mgd+qUC=02 由12 式解得： q=7q/6；q ,向上运动到上极板,全过程由动能4如图 25-1 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 的图 25-1 mn 相当于电金属杆 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 边电阻分布匀称,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,源,其电路为内电路,电阻为内电阻；当外电阻最大时,即当mn 滑到距离 ad=（2/5）ab 时,此时电阻 Rmadn=Rmbcn=8R 0 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=BLI minV=BLVBLV/5R 0=B 2L 2V 2/5R 05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,从静止开头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,求线框开头下落时的高度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的竖直向上的安培力与重力平稳,即：F 安=mg 1 设线框每边长为L,依据线框进入磁场的速度为,就安培力可表达为：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：如线框每边长为 为多少 .（t=2L/V ）L ,全部通过匀强磁场的时间名师归纳总结 线框通过匀强磁场产生的焦耳热为多少？（Q=2mgL ）图 26-1第 14 页,共 27 页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,左侧呈弧形上升；ab、cd 是质量均为 m 的金属棒,现让ab 从离水平轨道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,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （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,电路中感应电流逐步减小,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 图 27-1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 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 L ab=3L cd,故它们的磁场力为：Fab=3F cd 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 运动趋于稳固,此时有：BL abVab=BL cdV cd所以 V ab=V cd/3 3 ab、cd 受磁场力作用,动量均发生变化,由动量定理得：Fab t=m（V-V ab） 4 Fcd t=mV cd 5 联立以上各式解得：V ab=（1/10）,V cd=（3/10）（2）依据系统能量守恒可得：Q= E 机=mgh-（1/2） m（ Vab 2+V cd 2）=（9/10）mgh 说 明：此题以分析 ab、cd 棒的受力及运动情形为主要线索求解；留意要点：明确 ab、cd 运动速度稳固的条件；懂得电磁感应及磁场力运算式中的“ 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,解题时抓住每一瞬时存在 Fab=3F cd 及终了状态时 V ab=（1/3）V cd 的关系,用动量定理求解非常便利；金属棒所受磁场力是系统的外力,且Fab Fcd 时,合力不为零,故系统动量不守恒,只有当 L ab=L cd 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 应满意什么条件 . （3）粒子从 M 点运动到 N 点经受多长的时间 . 分析与解：（ 1） 粒子由静止释放肯定要先受电场力作用（磁场对静止电荷没有作用力）,所以M 点要图 28-1 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需受到向上的电场力作用,而场强E 方向是向下的,