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(zhì)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(jìn)入磁場,線圈ab邊剛進(jìn)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(jìn)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(chǎn)生的熱量Q. 解:(1)線圈進(jìn)入磁場過程中,通過線框橫截面的電量 (1)根據(jù)歐姆定律有   (2)根據(jù)法

2、拉第電磁感應(yīng)定律   (3)線框進(jìn)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(jìn)入磁場,根據(jù)平衡有   線圈受到的安培力    根據(jù)歐姆定律  根據(jù)法拉第定磁感應(yīng)定律  由(6)(7)(8)(9)式計算得出    (10)(3)線圈ab邊剛進(jìn)入磁場時,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律線圈cd邊剛要離開磁場時,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律

3、線圈通過磁場的過程中,根據(jù)動能定理有根據(jù)安培力做功和電熱的關(guān)系有  根據(jù)熱量分配關(guān)系有   計算得出2.如圖所示的豎直平面內(nèi),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(guān)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(zhì)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(dāng)M板吸收一定電量后閉合開關(guān)S,燈泡能維持正常發(fā)光,質(zhì)量為的帶電粒子Q以水平速度從左側(cè)某點進(jìn)入板間,并保持該速度穿過M、N板.設(shè)帶電微

4、?？梢暈橘|(zhì)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(yīng)強度為B、方向垂直于紙面的勻強磁場,使Q粒子在紙面內(nèi)無論從左側(cè)任何位置以某最小的水平速度進(jìn)入,都能到達(dá)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(shè)帶電微粒到達(dá)M板的時間為,水平射程為,有:  聯(lián)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(shè)流過燈泡的電流為,在時間t內(nèi)流過燈泡的電量為,有設(shè)單位時間發(fā)射帶電微粒的個數(shù)為n,有聯(lián)立(4)(5)(6),得根據(jù)功率知識,有(3)閉合開關(guān)S后,M、N板間為勻強電場,Q進(jìn)入后速度不變,則說明Q所受電場力與重力平衡,設(shè)Q粒子電荷量為有,再進(jìn)入磁場區(qū)域必做勻速圓周運動.以O(shè)點為坐標(biāo)原點如圖建立直角坐標(biāo)系xOy,Q進(jìn)入板間做勻速直線運動,到達(dá)G點時進(jìn)入磁場做勻速圓周運動到達(dá)O點.設(shè)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(biāo)為,有  聯(lián)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(jìn)入且又要該圓為最小,必有 Q靠近M板進(jìn)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(jìn)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(biāo)系中，第四象限內(nèi)有磁感應(yīng)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(nèi)，三角形OA邊與y軸重合，O為坐標(biāo)原點，邊長為，大量質(zhì)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(nèi)，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(fù)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(yuǎn)，欲使從OB邊出射的粒子進(jìn)入電場后最遠(yuǎn)能到達(dá)y軸上點D（，），求電場上邊界與y軸交點的縱坐標(biāo)。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(yīng)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(jīng)電場后到達(dá)y軸的位置為所有出射粒子所能達(dá)到y(tǒng)軸的最遠(yuǎn)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(yīng)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(lián)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(guān)系可求出相應(yīng)粒子的入射角度。易知，當(dāng)入射角小于此角時，粒子將從y軸出射；當(dāng)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(jīng)電場后到達(dá)y軸的位置為所有出射粒子所能達(dá)到y(tǒng)軸的最遠(yuǎn)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(nèi)、D點在邊界外等兩種情況。分別得出結(jié)果后排除不符合題目條件的結(jié)果即可。4.(20分)如圖所示，兩條光滑平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為，間距為，導(dǎo)軌上端接有一電阻，阻值為。導(dǎo)軌處于長度為的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為、阻值也為的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑

11、，且在下滑過程中保持與導(dǎo)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(dāng)運動到距離磁場上邊界處恰好達(dá)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(chǎn)生的焦耳熱；（2）所經(jīng)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(yīng)定律：    

12、; .1分聯(lián)立得：     .1分，說明在金屬棒進(jìn)入磁場前還未達(dá)到最大速度。從開始運動到導(dǎo)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(chǎn)生的焦耳熱）     .1分由電路結(jié)構(gòu)可知，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為：     .1分聯(lián)立方程得：     .

13、1分（2）由題知：可知，金屬棒在進(jìn)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(lián)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(jìn)入磁場開始運動到勻速，歷時，有：，     .1分聯(lián)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(lián)立方程得：     .1分導(dǎo)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(jìn)入磁場前做勻加速直線運動，進(jìn)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(jù)受力平衡，閉合電路歐姆定律，法拉第電磁感應(yīng)定律求出金屬棒在磁場中所達(dá)到勻速運動的速度

15、，再根據(jù)題干中的不等式，可推出金屬棒進(jìn)入磁場前還未達(dá)到最大速度即在磁場中勻速運動的速度，再根據(jù)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(chǎn)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(jìn)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(jù)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(jù)功能關(guān)系求出第二段的運動時間，再根據(jù)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(jīng)歷的總時間。5.【物理選修3-5】（1）(6分)2015年諾貝爾物理學(xué)獎授予一名日本科學(xué)家和一名加拿大科學(xué)家，以表彰他們發(fā)現(xiàn)并證明了中微子（）振蕩現(xiàn)象，揭

16、示出中微子無論多小都具有質(zhì)量，這是粒子物理學(xué)歷史性的發(fā)現(xiàn)。已知中微子可以將一個氯核轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€氬核，其核反應(yīng)方程式為。上述核反應(yīng)中B粒子為      。已知核的質(zhì)量為，核的質(zhì)量為，B粒子的質(zhì)量為，質(zhì)量對應(yīng)的能量為。根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可以判斷參與上述反應(yīng)的中微子的最小能量為      （結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（2）(9分)如圖所示，物體A、B的質(zhì)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(cè)與豎直墻相接觸。另有一個質(zhì)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(fù)原長到最長過程中知：     .2分且：     .2分聯(lián)立可得： &

18、#160;   .2分解析問題求解：（1）由電荷守恒方程和質(zhì)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(dāng)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(jīng)過次衰變和次衰變，變成，則      ，      。（2）如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑為的圓形軌道，固定在豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為的小球靜止在軌道最低點，另一質(zhì)量為的小球（兩小球均可視為質(zhì)點）從內(nèi)壁上與圓心O等高的位置由靜止