高中物理典型例題賞析

1、精品文檔典型例題賞析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(qiáng)磁場(chǎng) 方向垂直斜面向下.一質(zhì)量為m,電阻為R,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)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(chǎng)，線圈ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)和cd邊剛要離開磁場(chǎng)時(shí)，ab邊兩端的電壓相等.已知磁場(chǎng)的寬度d大于線圈的 邊長(zhǎng)L,重力加速度為g.求，通過ab邊的電量q;,ab邊產(chǎn)生的熱量Q.(1)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中(2)恒力F的大小;(3)線圈通過磁場(chǎng)的過程中解：(1)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，通過線框橫截面的電量根據(jù)歐姆定律有“(2) 十£= ?Vy根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)

2、定律(3)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中的磁通量變化?,-由(1)(2)(3)(4)式計(jì)算得出“* (5)(2)線圈勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)平衡有線圈受到的安培力% - 工隨意編輯根據(jù)歐姆定律根據(jù)法拉第定磁感應(yīng)定律由(6)(8)(9)式計(jì)算得出lf2L:v i* rngstna-i- -(10)(3)線圈ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律上十由f用H 審= 口rw；- jhi 1 線圈通過磁場(chǎng)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有根據(jù)安培力做功和電熱的關(guān)系有1R根據(jù)熱量分配關(guān)系有計(jì)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

3、白平行金屬板 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工.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(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)進(jìn)入板間，并保持該速度穿過 M、N板設(shè)帶電微?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)，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(shí)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(qiáng)度為B

4、、方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)使Q粒子在紙面內(nèi)無(wú)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(diǎn)O,求該Q粒子的最小速度和所加磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)樽钚r(shí)的幾何形狀及位置-T .解：(1)由題知，在初始時(shí)M板不帶電，帶電微粒在空間做平拋運(yùn)動(dòng).設(shè)帶電微粒到達(dá)M板的時(shí)間為，水平射程為，有:T叫聯(lián)立(1)、(2)，得(2)燈泡正常發(fā)光，金屬板M、N間的電壓為油電容器知識(shí)可以知道，金屬板M、N所帶，在時(shí)間t內(nèi)流過燈電量為定值.這時(shí)落到板 M的電量全部流過燈泡.設(shè)流過燈泡的電流為泡的電量為，有巧=A工1 口) Ql =上找+-15)設(shè)單位時(shí)間發(fā)射帶電微粒的個(gè)數(shù)為n,有QlM -M = 1 .(0聯(lián)立(4)(

5、5)(6)，得根據(jù)功率知識(shí)，有a#(3)閉合開關(guān)S后,M、N板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，Q進(jìn)入后速度不變，則說(shuō)明Q所受電場(chǎng)力與重力平衡,設(shè)Q粒子電荷量為再進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域必做勻速圓周運(yùn)動(dòng).以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)如圖建立直角坐標(biāo)系xOy,Q進(jìn)入板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)G點(diǎn)時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)。點(diǎn).設(shè)Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為C,半徑為r,OC與水平方向的夾角為,G點(diǎn)的坐標(biāo)為，有聯(lián)立(9)(10)式，得由(12)式知道磁場(chǎng)在y軸左邊的邊界為半圓，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(chǎng)時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡為y軸右邊的半圓，其方程為£ £Q從其它

6、位置進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡不會(huì)超出y軸與此半圓所圍區(qū)域，故磁場(chǎng)在y軸右邊區(qū)域最小的邊界也為該半圓，則磁場(chǎng)的最小區(qū)域?yàn)閳A，半徑為，圓心為距。點(diǎn)？的 板間中心處V仃岑門依隊(duì)= m.2 T. (15)由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)，對(duì)Q粒子有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(qiáng)度大小為 H = lj°K 107 ,方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)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(diǎn)，邊長(zhǎng)為"飛'"，大量質(zhì)量為砒=L° X 10-叫*帶電量為+q dx山松 的粒子(重力忽略不計(jì))，從 OA邊中點(diǎn)C以速度 = 4x

7、1叫叫沿不同方向射入磁場(chǎng)，已知入射方向與+y方向的夾角在"一范圍內(nèi)，試求：(1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑;(2)粒子從OB邊出射區(qū)域的長(zhǎng)度；(3)若第一象限存在沿 x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為 日.，其下邊界與x軸重合，右邊界無(wú)限遠(yuǎn)，欲使從OB邊出射的粒子進(jìn)入電場(chǎng)后最遠(yuǎn)能到達(dá) y軸上點(diǎn)d9»4m), 求電場(chǎng)上邊界與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)。答案DflrUo =，(1)由洛倫茲力提供向心力，則有R2分a 皿如R = f = 0,占川得 的2分(2)如圖：E為OB中點(diǎn)，由幾何知識(shí)可得觸=3!疝盼一三值癡即仄£ =取 ,則以最大角度入射的粒子恰好從E點(diǎn)出射。.nOC平2

8、S1T1 = , = rt = -7T又 2Iff2 ,所以 32分則對(duì)應(yīng)從。點(diǎn)出射粒子的入射速度與y軸正向夾角8加”2分綜上，從OB邊出射的粒子出射范圍在O、E兩點(diǎn)之間，即粒子從 OB出射范圍的長(zhǎng)度(3)由(2)可知，從E點(diǎn)出射的粒子經(jīng)電場(chǎng)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(diǎn)。在電場(chǎng)中，對(duì)粒子分析，由牛頓第二定律得Eq ms ,得“ =8 x 10、巾/i分若D點(diǎn)在電場(chǎng)邊界中，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t =膽=1 x 10-、地.1 分-t = if)/2 > o/t rrw 300 一“粒子在x軸上水平位移2,所以不符合.1分因此粒子應(yīng)該是先出電場(chǎng)后勻速運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，如

9、下圖：_ OE cofl 30°lau p =y有.2 分如"=值 I又因?yàn)?quot;.2分聯(lián)立以上兩式得¥ =也為”.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(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑大小。(2)粒子從OB邊出射區(qū)域的一個(gè)端點(diǎn)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(shí)，粒子將從y軸出射；當(dāng)入射角大于此角且逐漸增大時(shí)， 出射點(diǎn) 將由O點(diǎn)逐漸移向B點(diǎn)。入射角最大時(shí)，出射點(diǎn) E離B點(diǎn)最近。所以，粒子從 OB邊出射 區(qū)域的長(zhǎng)度即為 OE的長(zhǎng)度。（3）由（2）可知，從E點(diǎn)出射的粒子經(jīng)電場(chǎng)后到達(dá) y軸的位置為所有出射粒

10、子所能達(dá)到y(tǒng)軸的最遠(yuǎn)點(diǎn)。在電場(chǎng)中， 粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得加速度。然后分情況分析問題：D點(diǎn)在電場(chǎng)邊界內(nèi)、D點(diǎn)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苗，間距為工，導(dǎo)軌上端接有一電阻，阻值為 R。導(dǎo)軌處于長(zhǎng)度為 才的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 直，方向垂 直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為 門，阻值也為右的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，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(chǎng)上邊界才處由靜止釋放，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到距離磁場(chǎng)上邊界2處恰好達(dá)到勻速。已知重力加速度大小為g,不計(jì)其他電阻，

11、且2 nlit RN”儲(chǔ)口© 曲廠 。求金屬棒從靜止釋放到剛好離開磁場(chǎng)的過程中，（1）金屬棒中所產(chǎn)生的焦耳熱 Q ；（2）所經(jīng)歷的總時(shí)間L答案（1）在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度為受力平衡知：卜A 諄承（"，表示安培力）1分閉合電路歐姆定律：藍(lán).1分法拉第電磁感應(yīng)定律：E M 皿.1分聯(lián)立得:2m Vg sin Hu2-TpD*而百，說(shuō)明在金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前還未達(dá)到最大速度。從開始運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體棒出磁場(chǎng)，動(dòng)能定理：吐十 “""產(chǎn)產(chǎn)1分重力做功：1%.而（40血/.1分安培力做功： =一出做（其中Q都指全電路中產(chǎn)生的焦耳熱）i分由電路結(jié)構(gòu)可知，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱 Q為

12、：=寸"” i分聯(lián)立方程得：B山1分（2）由題知：可知，金屬棒在進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為由牛頓第二定律得：”理出18="也.1分金屬棒僅在重力作用下，勻加速直線運(yùn)動(dòng)：'.1分b = 2 宏聯(lián)立方程解得：1 T'g善山的.1分X在磁場(chǎng)中前半部分，位移為 5,全電路焦耳熱為Qi,有:門 3H 一q1文儂8田 口 = mff-2 8gg - 2mv - -2- 問題求解：從金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)開始運(yùn)動(dòng)到勻速，歷時(shí)心，有:_那工??？聯(lián)立解得：,，.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的后半部分，位移為 £,速度為勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度時(shí)間為： 匚.1分 FL2x聯(lián)立方程得：

13、9; L，學(xué)正朝口“.1分導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：'=匕+也+ &.1分代入上述式子可得:-2AiittfRsjb (3fl4Z 卬Ant'yR-:+in& + 由切1?可“.1解析（1）金屬棒在進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)后，在前半段位移做變加速直線運(yùn)動(dòng)，最后半段位移做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)中所達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)的速度，再根據(jù)題干中的不等式©U山，可推出金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前還未達(dá)到最大速度即在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)的速度，再根據(jù)重力做功、安培力做功、動(dòng)能定理和能量守恒求出金屬棒中所產(chǎn)生的焦耳熱

14、。（2）由（1）分析可知，金屬棒運(yùn)動(dòng)情況可分為三段（進(jìn)入磁場(chǎng)前的勻加速運(yùn)動(dòng)、在磁場(chǎng)£ £前5做變加速運(yùn)動(dòng)、在磁場(chǎng)后 金做勻速運(yùn)動(dòng)），所以根據(jù)牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的 規(guī)律即可求出第一段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再根據(jù)功能關(guān)系求出第二段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再根據(jù)勻速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出第三段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，三段時(shí)間之和即為所經(jīng)歷的總時(shí)間。5.【物理選修3-5 （1） （6分）2015年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)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，揭示出中微子無(wú)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(gè)氯核轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€(gè)僦核，其核反應(yīng)方程式為11二喀。

15、月。上述核反應(yīng)中 B粒子為。已知#a核的質(zhì)量為36冉冊(cè)郃匕工外 核的質(zhì)量為降9蝮嗎B粒子的質(zhì)量為總叫貓質(zhì)量對(duì)應(yīng)的能量為931昌上“。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 VeV （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)量分別是胤4 二。粒、人=必口如,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(gè)質(zhì)量為蛇亡=20k貨物體c以速度附向左運(yùn)動(dòng)，與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起不再分開，然后以"一也必本的 共同速度壓縮彈簧，試求:171物塊C的初速度叼為多大？在B離開墻壁之后，彈簧的最大彈性勢(shì)能。答案0.82(1 )

16、電子或-le .3 分3分(2)對(duì)A、C在碰撞過程中知："嶗。三價(jià)"+ 137)。.2分可得：肉.1分知AC返回彈簧原長(zhǎng)處時(shí)速度為 一解析問題求解：(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(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)， A、C向右運(yùn)動(dòng)，之后 A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)能 量守恒、動(dòng)量守恒，當(dāng)三個(gè)物塊的速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大。由動(dòng)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(shì)能。6.【物理選修3-5 (1)留"日經(jīng)過E次0衰變和門次'衰變，變成爵7Ph則B三，值三。(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 m,的小球靜止在軌道最低點(diǎn)，另一質(zhì)量為 g*的小球(兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn))從內(nèi)壁上與圓心O等高的位置由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與發(fā)生碰撞并粘在一起。求：小球剛要與皿】發(fā)生碰撞時(shí)的速度大小;碰撞后，E和能沿內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)所能達(dá)到的最大高度(相對(duì)碰撞點(diǎn))。答案'；(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的