高中物理典型例題賞析

1、典型例題賞析1.如圖所示,傾角為的光滑固定斜面,斜面上相隔為d的平行虛線MN與PQ間有大小為B的勻強磁場,方向垂直斜面向下.一質量為m,電阻為R,邊長為L的正方形單匝純電阻金屬線圈,線圈在沿斜面向上的恒力作用下,以速度v勻速進入磁場,線圈ab邊剛進入磁場和cd邊剛要離開磁場時,ab邊兩端的電壓相等.已知磁場的寬度d大于線圈的邊長L,重力加速度為g.求(1)線圈進入磁場的過程中,通過ab邊的電量q;(2)恒力F的大小;(3)線圈通過磁場的過程中,ab邊產生的熱量Q. 解:(1)線圈進入磁場過程中,通過線框橫截面的電量 (1)根據歐姆定律有   (2)根據法

2、拉第電磁感應定律   (3)線框進入磁場過程中的磁通量變化由(1)(2)(3)(4)式計算得出   (5)(2)線圈勻速進入磁場,根據平衡有   線圈受到的安培力    根據歐姆定律  根據法拉第定磁感應定律  由(6)(7)(8)(9)式計算得出    (10)(3)線圈ab邊剛進入磁場時,根據法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律線圈cd邊剛要離開磁場時,根據法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律

3、線圈通過磁場的過程中,根據動能定理有根據安培力做功和電熱的關系有  根據熱量分配關系有   計算得出2.如圖所示的豎直平面內,相距為d不帶電且足夠大的平行金屬板M、N水平固定放置,與燈泡L、開關S組成回路并接地,M板上方有一帶電微粒發(fā)射源盒D,燈泡L的額定功率與電壓分別為、.電荷量為q、質量為的帶電微粒以水平向右的速度從D盒右端口距M板h高處連續(xù)發(fā)射,落在M板上其電荷立即被吸收且在板面均勻分布,板間形成勻強電場,當M板吸收一定電量后閉合開關S,燈泡能維持正常發(fā)光,質量為的帶電粒子Q以水平速度從左側某點進入板間,并保持該速度穿過M、N板.設帶電微

4、?？梢暈橘|點,重力加速度為g,忽略帶電微粒間的相互作用及空氣阻力,試分析下列問題:(1)初始時帶電微粒落在M板上的水平射程為多少?(2)D盒發(fā)射功率多大?(3)若在M、N板間某區(qū)域加上磁感應強度為B、方向垂直于紙面的勻強磁場,使Q粒子在紙面內無論從左側任何位置以某最小的水平速度進入,都能到達N板上某定點O,求該Q粒子的最小速度和所加磁場區(qū)域為最小時的幾何形狀及位置.解:(1)由題知,在初始時M板不帶電,帶電微粒在空間做平拋運動.設帶電微粒到達M板的時間為,水平射程為,有:  聯立(1)、(2),得(2)燈泡正常發(fā)光,金屬板M、N間的電壓為,由電容器知識可以知道,金屬板M、N

5、所帶電量為定值.這時落到板M的電量全部流過燈泡.設流過燈泡的電流為,在時間t內流過燈泡的電量為,有設單位時間發(fā)射帶電微粒的個數為n,有聯立(4)(5)(6),得根據功率知識,有(3)閉合開關S后,M、N板間為勻強電場,Q進入后速度不變,則說明Q所受電場力與重力平衡,設Q粒子電荷量為有,再進入磁場區(qū)域必做勻速圓周運動.以O點為坐標原點如圖建立直角坐標系xOy,Q進入板間做勻速直線運動,到達G點時進入磁場做勻速圓周運動到達O點.設Q做勻速圓周運動的圓心為C,半徑為r,OC與水平方向的夾角為,G點的坐標為,有  聯立(9)(10)式,得 由(12)式知道磁場在y軸左邊的

6、邊界為半圓,要讓Q粒子以最小速度在板間任何位置水平入射進入且又要該圓為最小,必有 Q靠近M板進入磁場時做勻速圓周運動的軌跡為y軸右邊的半圓,其方程為Q從其它位置進入磁場做勻速圓周運動的軌跡不會超出y軸與此半圓所圍區(qū)域,故磁場在y軸右邊區(qū)域最小的邊界也為該半圓,則磁場的最小區(qū)域為圓,半徑為,圓心為距O點的板間中心處.由圓周運動知識,對Q粒子有得3. 如圖，在平面直角坐標系中，第四象限內有磁感應強度大小為，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場分布在等邊三角形OAB范圍內，三角形OA邊與y軸重合，O為坐標原點，邊長為，大量質量為、帶電量為的粒子（重力忽略不計），從OA邊中點C以速度沿不同方向

7、射入磁場，已知入射方向與+y方向的夾角在范圍內，試求：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；（2）粒子從OB邊出射區(qū)域的長度；（3）若第一象限存在沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為，其下邊界與x軸重合，右邊界無限遠，欲使從OB邊出射的粒子進入電場后最遠能到達y軸上點D（，），求電場上邊界與y軸交點的縱坐標。答案（1）由洛倫茲力提供向心力，則有     .2分得     .2分（2）如圖：E為OB中點，由幾何知識可得，即，則以最大角度入射的粒子恰好從E點出射。又，所以  

8、0;  .2分則對應從O點出射粒子的入射速度與y軸正向夾角     .2分綜上，從OB邊出射的粒子出射范圍在O、E兩點之間，即粒子從OB出射范圍的長度     .2分（3）由（2）可知，從E點出射的粒子經電場后到達y軸的位置為所有出射粒子所能達到y(tǒng)軸的最遠點。在電場中，對粒子分析，由牛頓第二定律得，得     .1分若D點在電場邊界中，則粒子在電場中運動時間為     .1分粒

9、子在x軸上水平位移，所以不符合     .1分因此粒子應該是先出電場后勻速運動到D點，如下圖：有     .2分又因為     .2分聯立以上兩式得     .1分解析問題求解：（1）由洛倫茲力提供向心力列等式，可求得帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡的半徑大小。（2）粒子從OB邊出射區(qū)域的一個端點為O，利用幾何關系可求出相應粒子的入射角度。易知，當入射角小于此角時，粒子將從y軸出射；當入射角大于此角且

10、逐漸增大時，出射點將由O點逐漸移向B點。入射角最大時，出射點E離B點最近。所以，粒子從OB邊出射區(qū)域的長度即為OE的長度。（3）由（2）可知，從E點出射的粒子經電場后到達y軸的位置為所有出射粒子所能達到y(tǒng)軸的最遠點。在電場中，粒子做類平拋運動，由牛頓第二定律可得加速度。然后分情況分析問題：D點在電場邊界內、D點在邊界外等兩種情況。分別得出結果后排除不符合題目條件的結果即可。4.(20分)如圖所示，兩條光滑平行導軌所在平面與水平地面的夾角為，間距為，導軌上端接有一電阻，阻值為。導軌處于長度為的勻強磁場中，磁感應強度大小為，方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質量為、阻值也為的金屬棒，棒可沿導軌下滑

11、，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。讓金屬棒從距離磁場上邊界處由靜止釋放，當運動到距離磁場上邊界處恰好達到勻速。已知重力加速度大小為，不計其他電阻，且。求金屬棒從靜止釋放到剛好離開磁場的過程中，（1）金屬棒中所產生的焦耳熱；（2）所經歷的總時間。答案（1）在磁場中勻速運動時，速度為受力平衡知：（表示安培力）     .1分又：     .1分閉合電路歐姆定律：     .1分法拉第電磁感應定律：    

12、; .1分聯立得：     .1分，說明在金屬棒進入磁場前還未達到最大速度。從開始運動到導體棒出磁場，動能定理：     .1分重力做功：     .1分安培力做功：（其中指全電路中產生的焦耳熱）     .1分由電路結構可知，金屬棒產生的焦耳熱為：     .1分聯立方程得：     .

13、1分（2）由題知：可知，金屬棒在進入磁場前做勻加速直線運動，加速度為，由牛頓第二定律得：     .1分金屬棒僅在重力作用下，勻加速直線運動：     .1分聯立方程解得：     .1分在磁場中前半部分，位移為，全電路焦耳熱為，有：     .1分從金屬棒進入磁場開始運動到勻速，歷時，有：，     .1分聯立解得：  

14、60;  .1分在磁場中運動的后半部分，位移為，速度為勻速運動時的速度時間為：     .1分聯立方程得：     .1分導體棒運動的總時間為：     .1分代入上述式子可得：  .1分解析問題求解：（1）金屬棒在進入磁場前做勻加速直線運動，進入磁場后，在前半段位移做變加速直線運動，最后半段位移做的是勻速直線運動，首先根據受力平衡，閉合電路歐姆定律，法拉第電磁感應定律求出金屬棒在磁場中所達到勻速運動的速度

15、，再根據題干中的不等式，可推出金屬棒進入磁場前還未達到最大速度即在磁場中勻速運動的速度，再根據重力做功、安培力做功、動能定理和能量守恒求出金屬棒中所產生的焦耳熱。（2）由（1）分析可知，金屬棒運動情況可分為三段（進入磁場前的勻加速運動、在磁場前做變加速運動、在磁場后做勻速運動），所以根據牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律即可求出第一段的運動時間，再根據功能關系求出第二段的運動時間，再根據勻速運動的規(guī)律求出第三段的運動時間，三段時間之和即為所經歷的總時間。5.【物理選修3-5】（1）(6分)2015年諾貝爾物理學獎授予一名日本科學家和一名加拿大科學家，以表彰他們發(fā)現并證明了中微子（）振蕩現象，揭

16、示出中微子無論多小都具有質量，這是粒子物理學歷史性的發(fā)現。已知中微子可以將一個氯核轉變?yōu)橐粋€氬核，其核反應方程式為。上述核反應中B粒子為      。已知核的質量為，核的質量為，B粒子的質量為，質量對應的能量為。根據以上數據，可以判斷參與上述反應的中微子的最小能量為      （結果保留兩位有效數字）。（2）(9分)如圖所示，物體A、B的質量分別是、，用輕彈簧相連接放在光滑的水平面上，物體B左側與豎直墻相接觸。另有一個質量為物體C以速度向左運動，與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起不再分開，然后以

17、的共同速度壓縮彈簧，試求：物塊C的初速度為多大？在B離開墻壁之后，彈簧的最大彈性勢能。答案（1）電子或     .3分     .3分（2）對A、C在碰撞過程中知：     .2分可得：     .1分知AC返回彈簧原長處時速度為，對A、B、C整體，從彈簧恢復原長到最長過程中知：     .2分且：     .2分聯立可得： &

18、#160;   .2分解析問題求解：（1）由電荷守恒方程和質量守恒方程，便可以推得B粒子和其能量。（2）B離開墻壁時，彈簧處于原長，A、C向右運動，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒、動量守恒，當三個物塊的速度相同時，彈簧的彈性勢能最大。由動量定理以及能量守恒方程，列出方程組，便可求得彈簧的最大勢能。6.【物理選修3-5】（1）經過次衰變和次衰變，變成，則      ，      。（2）如圖所示，內壁光滑半徑為的圓形軌道，固定在豎直平面內。質量為的小球靜止在軌道最低點，另一質量為的小球（兩小球均可視為質點）從內壁上與圓心O等高的位置由靜止