高中物理典型例题赏析

1、典型例题赏析1.如图所示,倾角为的光滑固定斜面,斜面上相隔为d的平行虚线MN与PQ间有大小为B的匀强磁场,方向垂直斜面向下.一质量为m,电阻为R,边长为L的正方形单匝纯电阻金属线圈,线圈在沿斜面向上的恒力作用下,以速度v匀速进入磁场,线圈ab边刚进入磁场和cd边刚要离开磁场时,ab边两端的电压相等.已知磁场的宽度d大于线圈的边长L,重力加速度为g.求(1)线圈进入磁场的过程中,通过ab边的电量q;(2)恒力F的大小;(3)线圈通过磁场的过程中,ab边产生的热量Q. 解:(1)线圈进入磁场过程中,通过线框横截面的电量 (1)根据欧姆定律有   (2)根据法

2、拉第电磁感应定律   (3)线框进入磁场过程中的磁通量变化由(1)(2)(3)(4)式计算得出   (5)(2)线圈匀速进入磁场,根据平衡有   线圈受到的安培力    根据欧姆定律  根据法拉第定磁感应定律  由(6)(7)(8)(9)式计算得出    (10)(3)线圈ab边刚进入磁场时,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律线圈cd边刚要离开磁场时,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律

3、线圈通过磁场的过程中,根据动能定理有根据安培力做功和电热的关系有  根据热量分配关系有   计算得出2.如图所示的竖直平面内,相距为d不带电且足够大的平行金属板M、N水平固定放置,与灯泡L、开关S组成回路并接地,M板上方有一带电微粒发射源盒D,灯泡L的额定功率与电压分别为、.电荷量为q、质量为的带电微粒以水平向右的速度从D盒右端口距M板h高处连续发射,落在M板上其电荷立即被吸收且在板面均匀分布,板间形成匀强电场,当M板吸收一定电量后闭合开关S,灯泡能维持正常发光,质量为的带电粒子Q以水平速度从左侧某点进入板间,并保持该速度穿过M、N板.设带电微

4、粒可视为质点,重力加速度为g,忽略带电微粒间的相互作用及空气阻力,试分析下列问题:(1)初始时带电微粒落在M板上的水平射程为多少?(2)D盒发射功率多大?(3)若在M、N板间某区域加上磁感应强度为B、方向垂直于纸面的匀强磁场,使Q粒子在纸面内无论从左侧任何位置以某最小的水平速度进入,都能到达N板上某定点O,求该Q粒子的最小速度和所加磁场区域为最小时的几何形状及位置.解:(1)由题知,在初始时M板不带电,带电微粒在空间做平抛运动.设带电微粒到达M板的时间为,水平射程为,有:  联立(1)、(2),得(2)灯泡正常发光,金属板M、N间的电压为,由电容器知识可以知道,金属板M、N

5、所带电量为定值.这时落到板M的电量全部流过灯泡.设流过灯泡的电流为,在时间t内流过灯泡的电量为,有设单位时间发射带电微粒的个数为n,有联立(4)(5)(6),得根据功率知识,有(3)闭合开关S后,M、N板间为匀强电场,Q进入后速度不变,则说明Q所受电场力与重力平衡,设Q粒子电荷量为有,再进入磁场区域必做匀速圆周运动.以O点为坐标原点如图建立直角坐标系xOy,Q进入板间做匀速直线运动,到达G点时进入磁场做匀速圆周运动到达O点.设Q做匀速圆周运动的圆心为C,半径为r,OC与水平方向的夹角为,G点的坐标为,有  联立(9)(10)式,得 由(12)式知道磁场在y轴左边的

6、边界为半圆,要让Q粒子以最小速度在板间任何位置水平入射进入且又要该圆为最小,必有 Q靠近M板进入磁场时做匀速圆周运动的轨迹为y轴右边的半圆,其方程为Q从其它位置进入磁场做匀速圆周运动的轨迹不会超出y轴与此半圆所围区域,故磁场在y轴右边区域最小的边界也为该半圆,则磁场的最小区域为圆,半径为,圆心为距O点的板间中心处.由圆周运动知识,对Q粒子有得3. 如图，在平面直角坐标系中，第四象限内有磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场分布在等边三角形OAB范围内，三角形OA边与y轴重合，O为坐标原点，边长为，大量质量为、带电量为的粒子（重力忽略不计），从OA边中点C以速度沿不同方向

7、射入磁场，已知入射方向与+y方向的夹角在范围内，试求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）粒子从OB边出射区域的长度；（3）若第一象限存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为，其下边界与x轴重合，右边界无限远，欲使从OB边出射的粒子进入电场后最远能到达y轴上点D（，），求电场上边界与y轴交点的纵坐标。答案（1）由洛伦兹力提供向心力，则有     .2分得     .2分（2）如图：E为OB中点，由几何知识可得，即，则以最大角度入射的粒子恰好从E点出射。又，所以  

8、0;  .2分则对应从O点出射粒子的入射速度与y轴正向夹角     .2分综上，从OB边出射的粒子出射范围在O、E两点之间，即粒子从OB出射范围的长度     .2分（3）由（2）可知，从E点出射的粒子经电场后到达y轴的位置为所有出射粒子所能达到y轴的最远点。在电场中，对粒子分析，由牛顿第二定律得，得     .1分若D点在电场边界中，则粒子在电场中运动时间为     .1分粒

9、子在x轴上水平位移，所以不符合     .1分因此粒子应该是先出电场后匀速运动到D点，如下图：有     .2分又因为     .2分联立以上两式得     .1分解析问题求解：（1）由洛伦兹力提供向心力列等式，可求得带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径大小。（2）粒子从OB边出射区域的一个端点为O，利用几何关系可求出相应粒子的入射角度。易知，当入射角小于此角时，粒子将从y轴出射；当入射角大于此角且

10、逐渐增大时，出射点将由O点逐渐移向B点。入射角最大时，出射点E离B点最近。所以，粒子从OB边出射区域的长度即为OE的长度。（3）由（2）可知，从E点出射的粒子经电场后到达y轴的位置为所有出射粒子所能达到y轴的最远点。在电场中，粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律可得加速度。然后分情况分析问题：D点在电场边界内、D点在边界外等两种情况。分别得出结果后排除不符合题目条件的结果即可。4.(20分)如图所示，两条光滑平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为，导轨上端接有一电阻，阻值为。导轨处于长度为的匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为、阻值也为的金属棒，棒可沿导轨下滑

11、，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。让金属棒从距离磁场上边界处由静止释放，当运动到距离磁场上边界处恰好达到匀速。已知重力加速度大小为，不计其他电阻，且。求金属棒从静止释放到刚好离开磁场的过程中，（1）金属棒中所产生的焦耳热；（2）所经历的总时间。答案（1）在磁场中匀速运动时，速度为受力平衡知：（表示安培力）     .1分又：     .1分闭合电路欧姆定律：     .1分法拉第电磁感应定律：    

12、; .1分联立得：     .1分，说明在金属棒进入磁场前还未达到最大速度。从开始运动到导体棒出磁场，动能定理：     .1分重力做功：     .1分安培力做功：（其中指全电路中产生的焦耳热）     .1分由电路结构可知，金属棒产生的焦耳热为：     .1分联立方程得：     .

13、1分（2）由题知：可知，金属棒在进入磁场前做匀加速直线运动，加速度为，由牛顿第二定律得：     .1分金属棒仅在重力作用下，匀加速直线运动：     .1分联立方程解得：     .1分在磁场中前半部分，位移为，全电路焦耳热为，有：     .1分从金属棒进入磁场开始运动到匀速，历时，有：，     .1分联立解得：  

14、60;  .1分在磁场中运动的后半部分，位移为，速度为匀速运动时的速度时间为：     .1分联立方程得：     .1分导体棒运动的总时间为：     .1分代入上述式子可得：  .1分解析问题求解：（1）金属棒在进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场后，在前半段位移做变加速直线运动，最后半段位移做的是匀速直线运动，首先根据受力平衡，闭合电路欧姆定律，法拉第电磁感应定律求出金属棒在磁场中所达到匀速运动的速度

15、，再根据题干中的不等式，可推出金属棒进入磁场前还未达到最大速度即在磁场中匀速运动的速度，再根据重力做功、安培力做功、动能定理和能量守恒求出金属棒中所产生的焦耳热。（2）由（1）分析可知，金属棒运动情况可分为三段（进入磁场前的匀加速运动、在磁场前做变加速运动、在磁场后做匀速运动），所以根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律即可求出第一段的运动时间，再根据功能关系求出第二段的运动时间，再根据匀速运动的规律求出第三段的运动时间，三段时间之和即为所经历的总时间。5.【物理选修3-5】（1）(6分)2015年诺贝尔物理学奖授予一名日本科学家和一名加拿大科学家，以表彰他们发现并证明了中微子（）振荡现象，揭

16、示出中微子无论多小都具有质量，这是粒子物理学历史性的发现。已知中微子可以将一个氯核转变为一个氩核，其核反应方程式为。上述核反应中B粒子为      。已知核的质量为，核的质量为，B粒子的质量为，质量对应的能量为。根据以上数据，可以判断参与上述反应的中微子的最小能量为      （结果保留两位有效数字）。（2）(9分)如图所示，物体A、B的质量分别是、，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触。另有一个质量为物体C以速度向左运动，与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开，然后以

17、的共同速度压缩弹簧，试求：物块C的初速度为多大？在B离开墙壁之后，弹簧的最大弹性势能。答案（1）电子或     .3分     .3分（2）对A、C在碰撞过程中知：     .2分可得：     .1分知AC返回弹簧原长处时速度为，对A、B、C整体，从弹簧恢复原长到最长过程中知：     .2分且：     .2分联立可得： &

18、#160;   .2分解析问题求解：（1）由电荷守恒方程和质量守恒方程，便可以推得B粒子和其能量。（2）B离开墙壁时，弹簧处于原长，A、C向右运动，之后A、B、C及弹簧组成的系统能量守恒、动量守恒，当三个物块的速度相同时，弹簧的弹性势能最大。由动量定理以及能量守恒方程，列出方程组，便可求得弹簧的最大势能。6.【物理选修3-5】（1）经过次衰变和次衰变，变成，则      ，      。（2）如图所示，内壁光滑半径为的圆形轨道，固定在竖直平面内。质量为的小球静止在轨道最低点，另一质量为的小球（两小球均可视为质点）从内壁上与圆心O等高的位置由静止