高中物理经典名题精解精析(1)培训讲学.pdf

高中物理精典名题解析专题23 个专题一 一、运动学专题 直线运动规律及追及问题 一、例题 例题 1.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为 4m/s，1s 后速度的大小变为10m/s，在这 1s 内该物体的 （）A.位移的大小可能小于 4m B.位移的大小可能大于 10m C.加速度的大小可能小于 4m/s D.加速度的大小可能大于 10m/s 析：同向时2201/6/1410smsmtvvat=mmtvvst712104201=+=+=反向时2202/14/1410smsmtvvat=mmtvvst312104202=+=式中负号表示方向跟规定正方向相反 答案：A、D 例题 2：两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木快每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知 （）A 在时刻 t2以及时刻 t5两木块速度相同 B 在时刻 t1 两木块速度相同 C 在时刻 t3和时刻 t4之间某瞬间两木块速度相同 D 在时刻 t4和时刻 t5之间某瞬间两木块速度相同 解析：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物体很明显地是做匀速直线运动。由于 t2及 t3时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移相等，因此其中间时刻的即时速度相等，这个中间时刻显然在t3、t4之间 答案：C 例题 3 一跳水运动员从离水面 10m 高的平台上跃起，举双臂直立身体离开台面，此时中心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高 0.45m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是多少？（g 取 10m/s2结果保留两位数字）解析：根据题意计算时，可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点，且忽略其水平方向的运动，因此运动员做的是竖直上抛运动，由gvh220=可求出刚离开台面时的速度smghv/320=，由题意知整个过程运动员的位移为10m（以向上为正方向），由2021attvs+=得：10=3t5t2 解得：t1.7s 思考：把整个过程分为上升阶段和下降阶段来解，可以吗？t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7 t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7 例题 4.如图所示，有若干相同的小钢球，从斜面上的某一位置每隔 0.1s 释放一颗，在连续释放若干颗钢球后对斜面上正在滚动的若干小球摄下照片如图，测得 AB=15cm，BC=20cm，试求：（1）拍照时 B 球的速度；（2）A 球上面还有几颗正在滚动的钢球 解析：拍摄得到的小球的照片中，A、B、C、D各小球的位置，正是首先释放的某球每隔0.1s 所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上做初速度为零的匀加速运动的问题了。求拍摄时 B 球的速度就是求首先释放的那个球运动到 B 处的速度；求 A 球上面还有几个正在滚动的小球变换为首先释放的那个小球运动到 A 处经过了几个时间间隔（0.1s）（1）A、B、C、D 四个小球的运动时间相差T=0.1s VB=TssABBC+2=2.035.0m/s=1.75m/s（2）由s=aT2得：a=2Tsm/s2=21.015.02.0=5m/s2 例 5：火车 A 以速度 v1匀速行驶，司机发现正前方同一轨道上相距 s 处有另一火车 B沿同方向以速度 v2（对地，且 v2v1做匀速运动，A 车司机立即以加速度（绝对值）a紧急刹车，为使两车不相撞，a 应满足什么条件？B A C D 分析：后车刹车做匀减速运动，当后车运动到与前车车尾即将相遇时，如后车车速已降到等于甚至小于前车车速，则两车就不会相撞，故取 s后=s+s前和 v后v前求解 解法一：取取上述分析过程的临界状态，则有 v1t21a0t2sv2t v1a0t=v2 a0=svv2)(221 所以当 asvv2)(221 时，两车便不会相撞。法二：如果后车追上前车恰好发生相撞，则 v1t21at2 s v2t 上式整理后可写成有关 t 的一元二次方程，即 21at2（v2v1）ts 0 取判别式0，则 t 无实数解，即不存在发生两车相撞时间 t。0，则有（v2v1）24（21a）s 得 asvv2)(212 为避免两车相撞，故 asvv2)(212 法三：运用 v-t 图象进行分析，设从某时刻起后车开始以绝对值为 a 的加速度开始刹车，取该时刻为 t=0，则 A、B 两车的 v-t 图线如图所示。图中由 v1、v2、C 三点组成的三角形面积值即为 A、B 两车位移之差（s后s前）=s，tan即为后车 A 减速的加速度绝对值 a0。v v1 v2 0 t t0 A C B （因此有 21（v1v2）tan)(21vv=s 所以 tan=a0=svv2)(221 若两车不相撞需 aa0=svv2)(221 二、习题 1、下列关于所描述的运动中，可能的是 （）A 速度变化很大，加速度很小 B 速度变化的方向为正，加速度方向为负 C 速度变化越来越快，加速度越来越小 D 速度越来越大，加速度越来越小 解析：由 a=v/t 知，即使v 很大，如果t 足够长，a 可以很小，故 A 正确。速度变化的方向即v 的方向，与 a 方向一定相同，故 B 错。加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化快，加速度一定大。故 C 错。加速度的大小在数值上等于单位时间内速度的改变量，与速度大小无关，故 D 正确。答案：A、D 2、一个物体在做初速度为零的匀加速直线运动，已知它在第一个t 时间内的位移为s，若 t 未知，则可求出 （）A 第一个t 时间内的平均速度 B 第 n 个t 时间内的位移 C nt 时间的位移 D 物体的加速度 解 析：因v=ts，而 t未 知，所 以v不 能 求 出，故A错.因),12(:5:3:1:=nssssn有)12(:1:=nssn，=snsn)12(（2n-1）s，故 B 正确；又 st2 所以ssn=n2，所以 sn=n2s，故 C 正确；因 a=2ts，尽管s=sn-sn-1可求，但t 未知，所以 A 求不出，D 错.答案：B、C 3、汽车原来以速度 v 匀速行驶,刹车后加速度大小为 a,做匀减速运动,则 t 秒后其位移为()A 221atvt B av22 C 221atvt+D 无法确定 解析:汽车初速度为 v，以加速度 a 作匀减速运动。速度减到零后停止运动，设其运动的时间 t，=av。当 tt，时，汽车的位移为 s=221atvt；如果 tt，汽车在 t，时已停止运动，其位移只能用公式 v2=2as 计算，s=av22 答案：D 4、汽车甲沿着平直的公路以速度 v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做初速度为零的匀加速运动去追赶甲车，根据上述的已知条件（）A.可求出乙车追上甲车时乙车的速度 B.可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程 C.可求出乙车从开始起动到追上甲车时所用的时间 D.不能求出上述三者中任何一个 分析：题中涉及到 2 个相关物体运动问题，分析出 2 个物体各作什么运动，并尽力找到两者相关的物理条件是解决这类问题的关键，通常可以从位移关系、速度关系或者时间关系等方面去分析。解析：根据题意，从汽车乙开始追赶汽车甲直到追上，两者运动距离相等，即 s甲=s乙=s，经历时间 t甲=t乙=t.那么，根据匀速直线运动公式对甲应有：tvs0=根据匀加速直线运动公式对乙有：221ats=，及atvt=由前 2 式相除可得 at=2v0，代入后式得 vt=2v0，这就说明根据已知条件可求出乙车追上甲车时乙车的速度应为 2v0。因 a 不知，无法求出路程和时间，如果我们采取作 vt 图线的方法，则上述结论就比较容易通过 图 线 看出。图中当乙车追上甲车时，路程应相等，即从图中图线上看面积 s甲和 s乙，显然三角形高 vt等于长方形高 v0的 2 倍，由于加速度a 未知，乙图斜率不定，a 越小，t 越大，s 也越大，也就是追赶时间和路程就越大。答案：A 5、在轻绳的两端各栓一个小球，一人用手拿者上端的小球站在 3 层楼阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为 T，如果站在 4 层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地时间差将 （）A 不变 B 变大 C 变小 D 无法判断 v vt v0 0 t 乙 甲 S甲甲 S乙乙 解析：两小球都是自由落体运动，可 在 一v-t 图象中作出速度随时间的关系曲线，如图所示，设人在 3 楼阳台上释放小球后，两球落地时间差为t1，图中阴影部分面积为h，若人在 4楼阳台上释放小球后，两球落地时间差t2，要保证阴影部分面积也是h；从图中可以看出一定有t2t1 答案：C 6、一物体在 A、B 两点的 正 中间由静止开始运动（设不会超越 A、B），其加速度随时间变化如图所示。设向 A 的加速度为为正方向，若 从 出发开始计时，则物体的运动情况是（）A 先向 A，后向 B，再向 A，又向 B，4 秒末静止在原处 B 先向 A，后向 B，再向 A，又向 B，4 秒末静止在偏向 A 的某点 C 先向 A，后向 B，再向 A，又向 B，4 秒末静止在偏向 B 的某点 D 一直向 A 运动，4 秒末静止在偏向 A 的某点 解析：根据 a-t 图象作出其 v-t图象，如右图所示，由该图可以看出物体的速度时大时小，但方向始终不变，一直向A 运动，又因v v1 0 t t1 t2 v2 v1 v2 1 1 ams2 t/s 1 2 3 4 0 v/ms1 1 0 t/s 2 3 1 4 v-t 图象与 t 轴所围“面积”数值上等于物体在 t 时间内的位移大小，所以 4 秒末物体距 A 点为 2 米 答案：D 7、天文观测表明，几乎所有远处的恒星（或星系）都在以各自的速度背离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀，不同星体的退行速度 v 和它们离我们的距离 r 成正比，即 v=Hr。式中 H 为一常量，称为哈勃常数，已由天文观察测定，为解释上述现象，有人提供一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的，假设大爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远，这一结果与上述天文观测一致。由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄 T，其计算式如何？根据近期观测，哈勃常数 H=310-2m/（s 光年），其中光年是光在一年中行进的距离，由此估算宇宙的年龄约为多少年？解析：由题意可知，可以认为宇宙中的所有星系均从同一点同时向外做匀速直线运动，由于各自的速度不同，所以星系间的距离都在增大，以地球为参考系，所有星系以不同的速度均在匀速远离。则由 s=vt 可得 r=vT，所以，宇宙年龄：T=vr=Hrr=H1 若哈勃常数 H=310-2m/（s 光年）则 T=H1=1010年 思考：1 宇宙爆炸过程动量守恒吗？如果爆炸点位于宇宙的“中心”，地球相对于这个“中心”做什么运动？其它星系相对于地球做什么运动？2 其它星系相对于地球的速度与相对于这个“中心”的速度相等吗？8、摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1=1.6m/s2，稍后匀速运动，然后减速，a2=6.4m/s2，直到停止，共历时 130s，行程 1600m。试求：（1）摩托车行驶的最大速度 vm；（2）若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行程不变，所需最短时间为多少？分析：（1）整个运动过程分三个阶段：匀加速运动；匀速运动；匀减速运动。可借助v-t 图象表示。（2）首先要回答摩托车以什么样的方式运动可使得时间最短。借助 v-t 图象可以证明：当摩托车以 a1匀加速运动，当速度达到 v/m时，紧接着以 a2匀减速运动直到停止时，行程不变，而时间最短 解：（1）如图所示，利用推论 vt2-v02=2as有：122avm+（130-21avavmm）vm+222avm=1600.其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.解得：vm=12.8m/s（另一解舍去）.(2)路程不变，则图象中面积不变，当 v 越大则 t 越小，如图所示.设最短时间为 tmin，则tmin=2/1/avavmm+22/12/22avavmm+=1600 其中 a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.由式解得 vm=64m/s，故 tmin=sss504.6646.164=+.既最短时间为 50s.答案：（1）12.8m/s （2）50s v/ms1 vm 0 t/s 130 a1 a2 v/ms1 vm 0 t/s 130 a1 a2 tmin 9 一平直的传送以速率 v=2m/s 匀速行驶，传送带把 A 处的工件送到 B 处，A、B 两处相距 L=10m，从 A 处把工件无初速度地放到传送带上，经时间 t=6s 能传送到 B 处，欲使工件用最短时间从 A 处传送到 B 处，求传送带的运行速度至少应多大？解析：物体在传送带上先作匀加速运动，当速度达到 v=2m/s 后与传送带保持相对静止，作匀速运动.设加速运动时间为 t，加速度为 a，则匀速运动的时间为（6-t）s，则：v=at s1=21at2 s2=v(6-t)s1+s2=10 联列以上四式，解得 t=2s,a=1m/s2 物体运动到 B 处时速度即为皮带的最小速度 由 v2=2as 得 v=522=asm/s 传送带给物体的滑动摩擦力提供加速度，即,gamamg=此加速度为物体运动的最大加速度.要使物体传送时间最短，应让物体始终作匀加速运动 10、一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以 3m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以 6m/s 的速度匀速驶来，从后边赶过汽车。试求：（1）汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？（2）什么时候汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？解析：解法一：汽车开动后速度由零逐渐增大，而自行车的速度是定值。当汽车的速度 还小于自行车速度时，两者的距离将越来越大，而一旦汽车速度增加到超过自行车速度时，两车距离就将缩小。因此两者速度相等时两车相距最大，有自汽vatv=，所以，savt2=自 mattvs622=自 解法二：用数学求极值方法来求解（1）设汽车在追上自行车之前经过 t 时间两车相距最远，因为2212attvsss=自 所以2362tts=，由二次函数求极值条件知，sabt22=时，s最大 即()mttsm62232623622=（2）汽车追上自行车时，二车位移相等，则22 atvt=2362 tt=,st4=smatv/12=解法三：用相对运动求解更简捷 选匀速运动的自行车为参考系，则从运动开始到相距最远这段时间内，汽车相对此参考系的各个物理量为：初速度 v0 =v汽初v自=（06）m/s =6m/s 末速度 vt =v汽末v自=（66）m/s =0 加速度 a =a汽a自=（30）m/s2 =3m/s2 所以相距最远 s=avvt2202 =6m（负号表示汽车落后）解法四：用图象求解（1）自行车和汽车的 v-t 图如图，由于图线与横坐标轴所包围的面积表示位移的大小，所以由图v/ms1 v 6 0 t/s t t v汽 v自 上可以看出：在相遇之前，在 t 时刻两车速度相等时，自行车的位移（矩形面积）与汽车的位移（三角形面积）之差（即斜线部分）达最大，所以 t=v自/a=36s=2s s=vtat2/2=（62322/2）m=6m（2）由图可看出：在 t 时刻以后，由 v自或与 v汽线组成的三角形面积与标有斜线的三角形面积相等时，两车的位移相等（即相遇）。所以由图得相遇时，t=2t=4s，v=2v自=12m/s 答案（1）2s 6m （2）12m/s 恒定电流 例 1、一段半径为 D 的导线,电阻为 0.1,如果把它拉成半径为 D 的导线,则电阻变为().A.0.2 B.0.4 C.0.8 D.1.6 例 2、将四个电阻接入电路,其中R1R2R3R4,则它们消耗的功率().A.P1P2P3P2P3P4 C.P3P4P1P2 D.P2P1P3c (B)abc (C)rarbrc (D)rbrarc 6、下面几组器材中，能完成测定电池的电动势和内电阻实验的是（）。(A)一只电流表,一只电压表,一只变阻器,开关和导线 (B)一只电流表，二只变阻器，开关和导线 (C)一只电流表，一只电阻箱，开关和导线 (D)一只电压表，一只电阻箱，开关和导线 7、某一用直流电动机提升重物的装置，如图（1）重物的质量 m=50kg。电源的电动势=110v。不计电源电阻及各处的摩擦，当电动机以 V=09 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度 I=5A，试求电动机线圈的电阻。K V 图（1）8、如图（3）所示的电路中，电阻 R1、R2、R3的阻值都是 1 欧姆。R4 R5的阻值都是 05 欧姆 ab 端输入电压 U=6v。当 cd 端接伏特表 时，其示数为多少。m a R1 e R4 c U R2 b R3 R5 d f 图（3）9、如图（4）所示的电路中，已知电容 C=2uF。电源电动势=12v。内电阻不计，R1：R2：R3：R4=1：2=6：3 则电容器极上板所带 的电量为多少？R1 b R2 a c R3 R4 图（4）10、如下图，输入电压 Uab等于某电炉的额定电压后，当将此电炉（d 额定功率为 P0等于 400w）接入 c、d 时。电炉实际消耗的功率 为 P1=324w。若将两个这样的电炉并接在 c、d 间时，两个电炉 实际消耗的总功率 P2为多少？a R0 c Uab R a d 图（5）答案 例 1、B 例 2、D 例 3、B 例 4、解：（1）P合/P开=25/16,(2)r=0.5 E=2V 例 5、18(1)8V(2)14W(3)28W 练习 1、A 2、D 3、BC 4、AD 5、AD 6、ACD 7、分析：由能量守恒，电能通过电流的功转化电热及重物的机械能重物动能 不变，只增加重力势能 I=mgV+I2 R 代入数据可解得：R=44 8、解 a R1 e R4 c 分析：因题中 R1、R2、R3、R4、R5都很小。且内阻，故 可理解为理想伏特 U R2 表。此时，当 cd 间接 时，流 b R3 R5 d 经 R4、R5的电流为 0，且 cd 间可 f 看做开路。图（3）UURRRRUefUV23212=+=9、解：R1 b R2 分析：此电路的关系为。R1、R2串联，R3、R4串联，然后二者并联于 a、a c c、两点。电容器上的电压等于 Ubd R3 R4 =U3U1=UabUab 而=+=+=VURRRUVURRRUR482311433U1U3说明 R1上降压 图（4）少，电容器上板带正电。UC=U1U2=4U q=CU=8uc 此题中，若 bd 间接一安培表。则电路关系变为 R1与 R3并联，R2与 R4、二者再串起来，由电荷守恒可知。IA=I1I2，请自行计算。d 10、如下图，输入电压 Uab等于某电炉的额定电压后，当将此电炉（额定功率为 P0等于 400w）接入 c、d 时。电炉实际消耗的功率 为 P1=324w。若将两个这样的电炉并接在 c、d 间时，两个电炉 实际消耗的总功率 P2为多少？a R0 c 分析：如上图，设电炉的电阻为 R，对于用电器 的问题，只有当 U=U额时，才有 P=P额。当 U实 U额时，P实P额。但通常认定 Uab R R 不变（已处于高温状态），c、d 间只接 一个电炉时，依题意。=+=qrRababUPRRUP400324)1(2021 当 c、d 见并接两个电炉时，2RRcd=WRURrUPabRab5.535)(212)(9121222=+=+=)400(2WRUab=a d 图（5）带电粒子在磁场中的运动 【例 1】磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多少？解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv。当外电路断开时，这也就是电动势 E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv，但路端电压将小于Bdv。在定性分析时特别需要注意的是：正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv，但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。）注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。在外电路断开时最终将达到平衡态。【例 2】半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p型和n型两种。p型中空穴为多数载流子；n型中自由电子为多数载流子。用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I，用电压表判定上下两个表面的电势高低，若 I 上极板电势高，就是p型半导体；若下极板电势高，就是n型半导体。试分析原因。解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体中空穴多，上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低。注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。3.洛伦兹力大小的计算 带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式：BqmTBqmvr2,=【例 3】如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成 30角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距 2r，由图还可看出，经历时间相差 2T/3。答案为射出点相距Bemvs2=，时间差为Bqmt34=。关键是找圆心、找半径和用对称。【例 4】一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成 60的方向射入第一象限内的匀强磁场中，M N B O v y x o v v a O/并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，并得出半径为aqmvBBqmvar23,32=得；射出点坐标为（0，a3）。带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。1、带电粒子在半无界磁场中的运动【例 5】一个负离子，质量为m，电量大小为q，以速率v垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图 1 中纸面向里.（1）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离.（2）如果离子进入磁场后经过时间 t 到达位置P，证明:直线OP与离子入射方向之间的夹角跟t的关系是tmqB2=。解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，做匀速圆周运动.设圆半径为 r，则据牛顿第二定律可得：rvmBqv2=，解得Bqmvr=O O B B S S v P P 如图所示，离了回到屏 S 上的位置 A 与 O 点的距离为：AO=2r 所以BqmvAO2=（2）当离子到位置 P 时，圆心角：tmBqrvt=因为2=，所以tmqB2=.2穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、连心线）。偏角可由Rr=2tan求出。经历时间由Bqmt=得出。注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。【例 6】如图所示，一个质量为m、电量为q的正离子，从 A 点正对着圆心O以速度v射入半径为R的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从 A点射出，求正离子在磁场中运动的时间t.设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒子的重力。解析：由于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹是对称的，如图所示。设粒子与圆筒内壁碰撞n次（2n），则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为 2/（n+1）.由几何知识可知，离子运动的半径为 1tan+=nRr r v v O/O O A A v0 B B 离子运动的周期为qBmT2=，又rvmBqv2=，所以离子在磁场中运动的时间为1tan2+=nvRt.【例 7】圆心为O、半径为 r 的圆形区域中有一个磁感强度为B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L的O处有一竖直放置的荧屏MN，今有一质量为m的电子以速率v从左侧沿OO方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P点，如图所示，求OP的长度和电子通过磁场所用的时间。解析：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为R。圆弧段轨迹AB所对的圆心角为，电子越出磁场后做速率仍为 v 的匀速直线运动，如图 4 所示，连结OB，OAOOBO，又OAOA，故OBOB，由于原有BPOB，可见O、B、P在同一直线上，且OOP=AOB=，在直角三角形P中，OP=（L+r）tan，而)2(tan1)2tan(2tan2=，Rr=)2tan(，所以求得R后就可以求出OP O M M N N L L A A P了，电子经过磁场的时间可用t=VRVAB=来求得。由RvmBev2=得 R=tan)(.rLOPeBmv+=mVeBrRr=)2tan(，2222222)2(tan1)2tan(2tanrBevmeBrmv=22222,)(2tan)(rBevmeBrmvrLrLPO+=+=，)2arctan(22222rBevmeBrmv=)2arctan(22222rBevmeBrmveBmvRt=3 穿过矩形磁场区。一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。偏转角由 sin=L/R求出。侧移由R2=L2-（R-y）2解出。经历时间由Bqmt=得出。注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！【例 8】如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是 30，则电子的质量是 ，穿透磁场的时间是 。M N O,L A O O R/2 /2 B P O/解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为fv，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识知，AB间圆心角30，OB为半径。r=d/sin30=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v 又AB圆心角是 30，穿透时间t=T/12，故t=d/3v。带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子的质量m和电量e，若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度v必须满足什么条件？这时必须满足r=mv/Bed，即vBed/m.【例 9】长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是：A使粒子的速度v5BqL/4m；C使粒子的速度vBqL/m；D使粒子速度BqL/4mv5BqL/4m时粒子能从右边穿出。粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O点，有r2L/4，又由r2mv2/Bq=L/4 得v2BqL/4m v2BqL/4m时粒子能从左边穿出。综上可得正确答案是 A、B。针对训练 1如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动.在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法一定错误的是 A.速率变小，半径变小，周期不变 B.速率不变，半径不变，周期不变 C.速率不变，半径变大，周期变大 D.速率不变，半径变小，周期变小 2如图所示，x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场.有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子（不计重力），以相同速度从O点射入磁场中，射入方向与x轴均夹角.则正、负离子在磁场中 A.运动时间相同 B.运动轨道半径相同 C.重新回到x轴时速度大小和方向均相同 D.重新回到x轴时距O点的距离相同 3电子自静止开始经M、N板间（两板间的电压为u）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.（已知电子的质量为m，电量为e）4已经知道，反粒子与正粒子有相同的质量，却带有等量的异号电荷.物理学家推测，既然有反粒子存在，就可能有由反粒子组成的反物质存在.1998 年 6 月，我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发现号”航天飞机搭载升空，寻找宇宙中反物质存在的证据.磁谱仪的核心部分如图所示，PQ、MN是两个平行板，它们之间存在匀强磁场区，磁场方向与两板平 行.宇宙射线中的各种粒子从板PQ中央的小孔O垂直PQ进入匀强磁场区，在磁场中发生偏转，并打在附有感光底片的板MN上，留下痕迹.假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、氦核、反氦核四种粒子，它们以相同速度v从小孔O垂直PQ板进入磁谱仪的磁场区，并打在感光底片上的a、b、c、d四点，已知氢核质量为m，电荷量为e，PQ与MN间的距离为L，磁场的磁感应强度为B.（1）指出a、b、c、d 四点分别是由哪种粒子留下的痕迹?（不要求写出判断过程）（2）求出氢核在磁场中运动的轨道半径；（3）反氢核在MN上留下的痕迹与氢核在MN上留下的痕迹之间的距离是多少?5如图所示，在y0 的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子（质量为m、电荷量为q）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为.求：（1）该粒子射出磁场的位置；（2）该粒子在磁场中运动的时间.（粒子所受重力不计）参考答案 1A 2.BCD 3.解析：电子在M、N间加速后获得的速度为v，由动能定理得：21mv2-0=eu 电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：evB=mrv2 电子在磁场中的轨迹如图，由几何得：222dLL+=rdL22+由以上三式得：B=emudLL2222+4.解:（1）a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹.（2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：RvmevB2=eBmvR=（3）由图中几何关系知：2222222LBevmeBmvLRRsdo=所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离 22222222LBevmeBmvssdoad=5.解：（1）带负电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，设O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv0B=mRv20 式中R为圆轨道半径，解得：R=qBmv0 圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：2L=Rsin 联解两式，得：L=qBmvsin20 所以粒子离开磁场的位置坐标为（-qBmvsin20，0）（2）因为T=02vR=qBm2 所以粒子在磁场中运动的时间，tqBmT)(2222=电磁感应功能问题 【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y=b(ba)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦 耳热总量是 ()【解析】小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，由能量定恒可得产生的焦耳热等干减少的机械能即 【例2】如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中恒力F做的功等于电路产生的电能；恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能；克服安培力做的功等于电路中产生的电能；恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和以上结论正确的有 ()A .C D 【解析】在此运动过程中做功的力是拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和为棒ab动能增加量，其中安培力做功将机械能转化为电能，故选项C是正确【例3】图中a1blcldl和 a2b2c2d2为在同一竖直面内的金属导轨，处 在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里。导轨的a1b1段与 a2b2段是竖直的，距离为ll；cldl段与c2d2段也是竖直的，距离为l2。xly1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为ml和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R，F为作用于金属杆x1yl上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。【解析】设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小=B(l2-l1)v，回路中的电流I=/R ，电流沿顺时针方向，两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1yl的安培力为f1=Bl1I，方向向上，作用于杆x2y2的安培力f2=Bl2I，方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有F-本题考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、焦耳定律等规律的综合应用能力【例4】如下图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为ml、m2和R1、R2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆 2克服摩擦力做功的功率。【解析】解法一：设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆和导轨构成的回路的磁通量发生变化，产生感应电动势=Bl(v0-v)，感应电流I=/(R1+R2)，杆2运动受到的安培力等于摩擦力BIl=m2g ，导体杆2克服摩擦力做功的功率P=m2gv ，解得P=m2gv0-m2g(R1+R2)/B2l2 解法二：以F表示拖动杆1的外力，表示回路的电流，达到稳定时，对杆1有F-m1g-BIl，对杆2有BIl-m2g=0、，外力的功率PF=Fv0，以P表示杆2克服摩 本题主要考查考生应用电磁感应定律、欧姆定律和牛顿运动定律解决力电综合问题的能力 巩固练习.如图所示，匀强磁场和竖直导轨所在面垂直，金属棒ab可在导轨上无摩擦滑动，在金属棒、导轨和电阻组成的闭合回路中，除电阻R外，其余电阻均不计，在ab下滑过程中：A.由于ab下落时只有重力做功，所以机械能守恒 B.ab达到稳定速度前，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能 C.ab达到稳定速度后，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能 D.ab达到稳定速度后，安培力不再对ab做