2022年高三物理典型例题集锦3.docx

《2022年高三物理典型例题集锦3.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三物理典型例题集锦3.docx（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载高中物理典型例题集锦 三 电学部分25、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,质点自P 点下落后图 22-1将穿过

2、N孔连续下落；D. 如把 B 板向下平移一小段距离,质点自 P 点下落后将穿过 N孔连续下落；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,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如把 A 板向上平移一小段距离,因 应选 A；UAB保持不变,上述等式仍成立,故沿原路返回,如把 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

3、如断开开关 S 后,再移动金属板,就问题又如何 . 选 A、B；26、两平行金属板相距为 d,加上如图 23-1b 所示的方波形电压,电压的最大值为 U0,周期为 T；现有一离子束,其中每个离名师归纳总结 图 23-1图 23-1b 第 1 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载子的质量为 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

4、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 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 图 23-2 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 y 1+y2 ；当离子在 T=t/2,3/2T,5/2T 时刻进入电场

5、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+y2 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；名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载所以,离子击中荧光屏上的位置范畴为：27、如图 24-1 所示, R1=R2=R3=R4=R,电

6、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；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 UC=U4=2/3 如不计电源内阻, 求：1对带电小球有：mg=qE=qU C/d=2/3q /d 得：图 24-1 =3/2mgd/q 2 电键 S断开后, R1、R4串联,就 UC= /2=3/4mg

7、d/q 1 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=0 2 由12 式解得： q=7q/6；28、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

8、,且与轨道接名师归纳总结 图 25-1 第 3 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载触良好； 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,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, 即当 mn滑到距离 ad=2/5ab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/4R 0+R0=BLV/5R 0所以, Pmin=Fmin

9、V=BLI minV=BLVBLV/5R0=B 2L 2V 2/5R 029、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

10、1 、 2 、3 、4 式得：h=128D 22g/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线框通过匀强磁场产生的焦耳热为多少？Q=2mgL 图 26-130、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：1ab 、cd 棒的最终速度, 2 全过程中名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - -

11、- 学习好资料 欢迎下载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,图 27-1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；1ab 自由下滑,机械能守恒：mgh=1/2mV2 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 ab=cd在磁场力作用下,ab、cd 各作变速运动,

12、产生的感应电动势方向相反,当时,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：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：名师归纳总结 Fab t=mV -Vab 4 Fcd t=mVcd 5 第 5 页,共 13 页联立以上各式解得：Vab=1/10, Vcd=3/102 依据系统能量守恒可得： Q= E机=mgh-1/2mVab2+Vcd2=9/10mgh 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

13、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=3Fcd 及终了状态时Vab=1/3Vcd 的关系,用动量定理求解非常便利；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载金属棒所受磁场力是系统的外力,且Fab F cd 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；31、如图 28-1 所示, X 轴上方有匀强磁场B,下方图 28-1 有匀强电场E；电量为 q、质量为 m、重力不计的粒子y轴上；

14、X 轴上有一点NL.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,所以粒子带负电；2 粒子在 M点受向上电场力, 从静止动身做匀加速运动；在 O 点进入匀强磁场后,只受洛仑兹力 方向沿 +X轴 做匀速四周运动,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

15、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.-y O ,在电场中由静止加速,就： qEyO= mV 2 1 在匀强磁场中粒子以速率 V做匀速圆周运动,有： qBV=mV 2/R 2 设 n 为粒子做匀速圆周运动的次数 正整数 就： L=n2R,所以 R=L/2n 3 名师归纳总结 解123式得： V=qBL/2mn,所以图 28-2 第 6 页,共 13 页

16、y O=qB 2L 2/8n2mE 式中 n 为正整数 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载qEt 12n-1 次,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每次加速或减速的时间都相等,设为t 1,就： yO=at 12=2/m 所以 t1=粒子在磁场中做匀速圆周运动的半周期为 t 2,共 n 次, t 2= m/qB 粒子从 M点运动到 N点共经受的时间为：t=2n-1t 1+nt 2=2n-1BL/2nE+n m/qB 图 29-1 n=1 、2、3 -332、平行金属,板长 1.4 米,两板相距 30 厘米,两板

17、间匀强磁场的 B为 1.3 10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 粒子从左侧两板中心以 V=4 10 3 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 .如不能,打在何处 .如能,就需多长时间 . 已知a 粒子电量 q=3.2 1 0-19 库,质量 m=6.64 10-27 千克 图 29-2 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

18、1.3 10-3 4 10 3=5.2q 方向竖直向上因 F=f ,故做匀速直线运动,其位移为： S=v t=4 103 1 10-4=0.4 米图 29-3 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：名师归纳总结 T=2 m/qB=2 3.14 6.64 10-27/3.2 10-19 1.3 10-3 =1.0 10-4 秒第 7

19、 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载就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；33、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 直纸面对外； 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

20、球先是加速运动,后是匀速运动就达b图 30-1 L/3 ；求：带端；已知小球与绝缘杆间的动因摩擦数 =0.3 ,小球的重力可忽视不计；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,其受力情形如 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 图 30-2 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：Vb=qBL/3m qBVb=mVb 2/R=3mVb 2/L ,所以名师归纳总结 小球从

21、a 到 b 运动过程中,由动能定理：W电-Wf=2 mVb第 8 页,共 13 页W电=qEL= qBVbL=0.3 qBLqBL/3m=q2B 2L2/10m 所以, Wf =W电-mVb 2=q 2B 2L2/10m-m/2q2B 2L2/9m 2=2q2B 2L 2/45m 所以, Wf /W电=2q2B 2L2/45m/q2B 2L 2/10m=4/9 ；34、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心射入两块长L1=10cm,间距 d=4cm的平行金属板AB之间；在离金属板- - - - - - -精选学习资料 - - -

22、- - - - - - 学习好资料 欢迎下载边缘 L2=75cm 处放置一个直径 发射的初速度不计；D=20cm,带有记录纸的圆筒；整个装置放在真空内,电子1 如在金属板上加以 U1=1000V 的直流电压 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 如在两金属板上加以U2=1000cos2 tV 的沟通电压, 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外形,并画出 1 秒钟内所记录到的图形；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

23、兹力与电场力等大反向即可；偏转极图 31-1 板上加上正弦沟通电后,板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= mV0 2,得电子加速后的入射速度为： V0= =4.2 10 7m/s 1 加直流电压时,A、B 两板间场强：E1=U1/d=1000/4 10-2=2.5 10 4v/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稳,即：qE1=qBV0,得：B=E1/V0=2.5 10 4/4.2 10 7=

24、6 10-4T 方向为垂直于纸面对里；2 加上沟通电压时,A、B 两板间场强为：E2=U2/d=1000cos2 t/4 10-2 =2.5 10 4cos2 t v/m 图 31-2 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料at12=欢迎下载2电子飞离金属板时的偏距为：y1=eE2/mL1/V0电子飞离金属板时的竖直速度为：Vy=at1=eE2/mL1/V0 从飞离板到到达筒的偏距：y2=Vyt 2=eE2/mL1/V0L2/V0=eE2L1L2/mV02 所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏距为： 如图 31

25、-2 所示 y=y 1+y2=L1/2+L2eE2L1/mV0 2=L1/2+L2L1U2/2U0d =10/2+75 10-2 10 1000cos2 t/2 5000 4=0.20cos2 t m 可见,在记录纸上的点以振幅0.20m,周期 T=2 / =1秒而作简谐运动；因圆筒每秒转 2 周 半秒转 1 周 ,故在 图 31-3 1 秒内,纸上的图形如图 31-3 所示； 35 、如图 32-1 所示,两根相互平行、间距 d=0.4米的金属导轨,水平放置于匀强磁场中,磁感应强度B=0.2T,磁场垂直于导轨平面,金属滑杆ab、cd 所受图 32-1 摩擦力均为f=0.2N ；两根杆电阻均为

26、r=0.1 ,导轨电阻不计,当ab 杆受力 F=0.4N 的恒力作用时,ab 杆以V1做匀速直线运动, cd 杆以 V2做匀速直线运动,求速度差V1 V2 等于多少？分析与解：在电磁感应现象中,如回中的感应电动势是由导体做切割磁感线运动而产生的,就通常用 =BlVsin 来求 较便利,但有时回路中的电动势是由几根棒同时做切割磁感线运动产生的,假如先求出每根导体棒各自的电动势,再求回路的总电动势,有时就会涉及“ 反电动势” 而超纲；假如取整个回路为讨论对象,直接将法拉第电磁感应定律 =用于整个回路上,即可“ 一次性” 求得回路的总电动势,躲开超纲总而化纲外为纲内；名师归纳总结 - - - - -

27、 - -第 10 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载cd 棒匀速向右运动时,所受摩擦力 f 方向水平向左,就安培力 Fcd 方向水平向右,由左手定就可得电流方向从 c 到 d,且有：Fcd = IdB = f I = f /Bd 取整个回路 abcd 为讨论对象,设回路的总电势为 ,由法拉第电磁感应定律 =,依据 B 不变,就 =B S,在 t 时间内, =BV1V2 td所以： =BV1 V2 td/ t=BV 1V2d 又依据闭合电路欧母定律有：I= /2r 由式得：V1V2 = 2fr / B 2d 2代入数据解得：V1V2 =6.25

28、 （ m/s）36. 如图 33-1 所示, 线圈每边长0.20 ,线圈质量 1 0.10 、 电阻 0.10 ,砝码质量 20.14 线圈上方的匀强磁场磁感强度0.5 ,方向垂直线圈平面对里,磁场区域的宽度为0.20 砝码从某一位置下降,使边进入磁场开头做匀速运动求线圈做匀速运动的速度解析 ：该题的讨论对象为线圈,线圈在匀速上升时受到的安培力安、绳子的拉力和重力1相互平稳,即图 33-1 安 1砝码受力也平稳：2线圈匀速上升,在线圈中产生的感应电流 , 因此线圈受到向下的安培力名师归纳总结 安22第 11 页,共 13 页联解式得（2 1）代入数据解得：4（）- - - - - - -精选学

29、习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载37. 如图 34-1 所示,、是两根足够长的固定平行金属导轨,两导轨间距离为,导轨平面与水平面的夹角为 在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场,磁感强度为在导轨的、端连接一个阻值为的电阻一根垂直于导轨放置的金属棒,质量为, 从静止开头沿导轨下滑求棒的最大速度 （已知和导轨间的动摩擦因数为 ,导轨和金属棒的电阻不计）解析 ：此题的讨论对象为棒,画出棒的平面受力图,如图 34-2 棒所受安培力沿斜面对上,大小为2图 34-1 2,就棒下滑的加速度 （ ）棒由静止开头下滑,速度不断增大,安培力也增大,加速度减小当0 时达

30、到稳固状态,此后棒做匀速运动,速度达最大 （ 22） 0解得棒的最大速度 （ ）22图 34-2 38. 电阻为的矩形导线框,边长、 、质量为,自某一高度自由落下,通过一匀强磁场,磁场方向垂直纸面对里, 磁场区域的宽度为,如图 35-1 所示 如线框恰好以恒定速度通过磁场,线框内产生的焦耳热是（不考虑空气阻力）图 35-1 解析 ：线框以恒定速度通过磁场,动能不变,重力势能削减,削减的重力势能转化为线框内产生的焦耳热依据能的转化与守恒定律得：2239.如图 36-1 所示,是一边长为的正方形线框,电阻为现维护线框以恒定的速度沿轴运动,并穿过图中所示的匀强磁场区域取逆时针方向为电流正方向,线框从

31、名师归纳总结 图示位置开头运动,就线框中产生的感应电流随时间变化图 36-1 第 12 页,共 13 页的图线是图36-2 中的：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载解析 ：由于线框进入和穿出磁场时,线框内磁通 量匀称变化,因此在线框中产生的感应电流大小不 变依据楞次定律可知,线框进入磁场时感应电流的 方向与规定的正方向相同,穿出磁场时感应电流的方 向与规定的正方向相反,因此应选想一想 : 如将题 39 改为：以轴正方向作为力图 36-2 的正方向,就磁场对线框的作用力随时间的变化图线为图36-3 中的：同理可分析得正确答案应选（未完待续）图 36-3 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 13 页