高三物理经典例题

面左端放一质量为m2的物体B，B与A的动摩擦因数为μ。A和B一起以相同的速度V向右运动，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使B一直不从A上掉下来，V必须满足什么条件?(用m1、m2，L及μ表示) 分析与解：A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为V的速度向左运动，B仍以原速度V向右运动，以后的运动过程有三种可能：(1)若m1＞m2，则m1和m2最后以某一共同速度向左运动；(2)若m1=m2，则A、B最后都停止在水平面上，但不再和墙壁发生第二次碰撞；(3)若m1＜m2，则A将多次和墙壁碰撞，最后停在靠近墙壁处。 若m1＞m2时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为：P=m1V-m2V 设它们相对静止时的共同速度为V’，据动量守恒定律， 有：m1V-m2V=(m1+m2)V’ 所以V’=(m1-m2)V/(m1+m2) 若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为μm2gL， 则据能量守恒：m1V2+m2V2-(m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=μm2gL 解得：V= 若m1=m2时，碰撞后系统的总动量为零，最后都静止在水平面上， 设静止时A在B的右端，则有：m1V2+m2V2=μm2gL 解得：V= 若m1＜m2时，则A和墙壁能发生多次碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右， 设最后A静止在靠近墙壁处时，B静止在A的右端， 同理有：m1V2+m2V2=μm2gL 解得：V= 故：若m1＞m2，V必须小于或等于 若m1≤m2，V必须小于或等于 注意：本题中，由于m1和m2的大小关系没有确定，在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论，分别得出不同的结果。 16、在光滑的水平桌面上有一长L=2米的木板C，它的两端各有一块档板，C的质量mC=5千克，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A和B，质量分别为mA=1千克，mB=4千克。开始时，A、B、C都处于静止，并且A、B间夹有少量塑胶炸药，如图15-1所示。炸药爆炸使滑块A以6米/秒的速度水平向左滑动，如果A、B与C间的摩擦可忽略，两滑块中任一块与档板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞所需时间都可忽略。问：(1)当两滑块都与档板相碰撞后，板C的速度多大? (2)到两个滑块都与档板碰撞为止，板的位移大小和方向如何? 分析与解：(1)设向左的方向为正方向。炸药爆炸前后A和B组成的系统水平方向动量守恒。设B获得的速度为mA，则mAVA+mBVB=0，所以：VB=-mAVA/mB=-1.5米/秒对A、B、C组成的系统，开始时都静止，所以系统的初动量为零，因此当A和B都与档板相撞并结合成一体时，它们必静止，所以C板的速度为零。 (2)以炸药爆炸到A与C相碰撞经历的时间：t1=(L/2)/VA=1/6秒， 在这段时间里B的位移为：SB=VBt1=1.5×1/6=0.25米， 设A与C相撞后C的速度为VC，A和C组成的系统水平方向动量守恒：mAVA=(mA+mC)VC， 所以VC=mAVA/(mA+mC)=1×6/(1+5)=1米/秒 B相对于C的速度为：　 VBC=VB-VC=(-1.5)-(+1)=-2.5米/秒 因此B还要经历时间t2才与C相撞： 　 t2==(1-0.25)/2.5=0.3秒， 故C的位移为：SC=VCt2=1×0.3=0.3米， 方向向左，如图15-2所示。 17、如图16-1所示，一个连同装备总质量为M=100千克的宇航员，在距离飞船为S=45米与飞船处于相地静止状态。宇航员背着装有质量为m0=0.5千克氧气的贮氧筒，可以将氧气以V=50米/秒的速度从喷咀喷出。为了安全返回飞船，必须向返回的相反方向喷出适量的氧，同时保留一部分氧供途中呼吸，且宇航员的耗氧率为 R=2.5×10-4千克/秒。试计算：(1)喷氧量应控制在什么范围?　 返回所需的最长和最短时间是多少? (2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧?　 返回时间又是多少? 分析与解：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参照系。但是在一段很短的圆弧上，可以认为飞船作匀速直线运动，是惯性参照系。 (1)设有质量为m的氧气，以速度v相对喷咀，即宇航员喷出，且宇航员获得相对于飞船为V的速度，据动量守恒定律：mv-MV=0 则宇航员返回飞船所需的时间为：t=S/V=MS/mv 而安全返回的临界条件为：m+Rt=m0，以t=MS/mv代入上式，得：m2v-m0vm+RMS=0，m= 把m0、v、R、M、S代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为： 　 mmax=0.45千克，mmin=0.05千克。 返回的最短和最长时间为：tmin==200秒，tmax==1800秒 (2)返回飞船的总耗氧量可表示为：△M=m+Rt=(MS/vt)+Rt 因为MS/vt与Rt之积为常量，且当两数相等时其和最小，即总耗氧量最低， 据：MS/vt=Rt，所以相应返回时间为：t==600秒 相应的喷氧量应为：m=Rt=0.15千克。 想一想：还有什么方法可求出这时的喷氧量?(m=MS/vt=0.15千克) 18．如图17-1所示，Ａ、Ｂ是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．Ａ的左端和Ｂ的右端相接触．两板的质量皆为M＝2．0ｋｇ， 长度皆为L＝1．0ｍ．Ｃ是质量为ｍ＝1．0ｋｇ的小物块．现给它一初速度ｖ0＝2．0ｍ／ｓ，使它从板Ｂ的左端向右滑动．已知地面是光滑的，而Ｃ与板Ａ、Ｂ之间的动摩擦因数皆为μ＝0．10．求最后Ａ、Ｂ、Ｃ各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度ｇ＝10ｍ／ｓ２． 参考解答　先假设小物块Ｃ在木板Ｂ上移动ｘ距离后，停在Ｂ上．这时Ａ、Ｂ、Ｃ三者的速度相等，设为ｖ，由动量守恒得 ｍｖ0＝（ｍ＋2Ｍ）ｖ，　　　　　① 在此过程中，木板Ｂ的位移为ｓ，小物块Ｃ的位移为ｓ＋ｘ．由功能关系得 －μｍｇ（ｓ＋ｘ）＝（1/2）ｍｖ２－（1/2）ｍｖ02， μｍｇｓ＝2Ｍｖ2／2， 则　－μｍｇｘ＝（1/2）（ｍ＋2Ｍ）ｖ2－（1/2）ｍｖ02，② 由①、②式，得 ｘ＝［ｍｖ02／（2Ｍ＋ｍ）μｇ］，　　　　　　　　　　③ 代入数值得　ｘ＝1．6ｍ．　　　　　　　　　　　　　　　④ ｘ比Ｂ板的长度大．这说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上，而要滑到Ａ板上．设Ｃ刚滑到Ａ板上的速度为ｖ1，此时Ａ、Ｂ板的速度为ｖ2，则由动量守恒得 ｍｖ0＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2，　　　　　　　　　　　　　　　　⑤ 由功能关系，得（1/2）ｍｖ02－（1/2）ｍｖ1２－2×（1/2）ｍｖ2２＝μｍｇＬ， 以题给数据代入，得 由ｖ1必是正值，故合理的解是 当滑到Ａ之后，Ｂ即以ｖ2＝0．155ｍ／ｓ做匀速运动，而Ｃ是以ｖ1＝1．38ｍ／ｓ的初速在Ａ上向右运动．设在Ａ上移动了ｙ距离后停止在Ａ上，此时Ｃ和Ａ的速度为ｖ3，由动量守恒得 Ｍｖ2＋ｍｖ1＝（ｍ＋Ｍ）ｖ3， 解得　　ｖ3＝0．563ｍ／ｓ． 由功能关系得 1/2）ｍｖ12＋（1/2）ｍｖ22－（1/2）（ｍ＋Ｍ）ｖ32＝μｍｇｙ， 解得　　　ｙ＝0．50ｍ． ｙ比Ａ板的长度小，所以小物块Ｃ确实是停在Ａ板上．最后Ａ、Ｂ、Ｃ的速度分别为ｖＡ＝ｖ3＝0．563ｍ／ｓ，ｖＢ＝ｖ2＝0．155ｍ／ｓ，ｖＣ＝ｖＡ＝0．563ｍ／ｓ． 评分标准　本题的题型是常见的碰撞类型，考查的知识点涉及动量守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点知识的综合，能较好地考查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动的熟练程度．题给数据的设置不够合理，使运算较复杂，影响了学生的得分．从评分标准中可以看出，论证占的分值超过本题分值的50%，足见对论证的重视．而大部分学生在解题时恰恰不注重这一点，平时解题时不，运算能力差等，都是本题失分的主要原因． 解法探析　本题参考答案中的解法较复杂，特别是论证部分，①、②两式之间的两个方程可以省略．下面给出两种较为简捷的论证和解题方法． 解法一　从动量守恒与功能关系直接论证求解．设Ｃ刚滑到Ａ板上的速度为ｖ1，此时Ａ、Ｂ板的速度为ｖ2，则由动量守恒，得 ｍｖ０＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2， 以系统为对象，由功能关系，得 1/2）ｍｖ02－（1/2）ｍｖ12－2×（1/2）ｍｖ22＝μｍｇＬ， 由于ｖ1只能取正值，以题给数据代入得到合理的解为 由于小物块Ｃ的速度ｖ1大于Ａ、Ｂ板的速度ｖ2，这说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上． 以上过程既是解题的必要部分，又作了论证，比参考答案中的解法简捷．后面部分与参考答案相同，不再缀述． 解法二　从相对运动论证，用动量守恒与功能关系求解． 以地面为参照系，小物块Ｃ在Ａ、Ｂ上运动的加速度为ａＣ＝μｇ＝1ｍ／ｓ2，Ａ、Ｂ整体的加速度为ａＡＢ＝μｍｇ／2Ｍ＝0．25ｍ／ｓ2，Ｃ相对Ａ、Ｂ的加速度ａ＝ａＣ＋ａＡＢ＝1．25ｍ／ｓ2．假设Ａ、Ｂ一体运动，以Ａ、Ｂ整体为参照物，当Ｃ滑至与整体相对静止时，根据运动学公式，有 ｖ02＝2ａｓ， 解得　　　　ｓ＝ｖ02／2ａ＝1．6ｍ＞Ｌ． 说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上． 上述可以看出，从相对运动的角度论证较为简捷，运算也较为简单．论证后的解法与参考答案相同． 试题拓展　1．若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，Ａ、Ｂ、Ｃ三物体最终的速度相同? 2．若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，小物块能从两长木板上滑过去? 3．若小物块的初速度不变，将相同的长木板数增加到三个，最终小物块停在木板上的什么位置，各物体的运动速度分别为多少? 4．若其它条件不变，长木板与地面间的动摩擦因数为μ′，并且满足μ′(M＋ｍ)ｇ＜μｍｇ＜μ′（2Ｍ＋ｍ）ｇ，试分析有怎样的情况发生? 5．分析子弹打击在光滑水平面上的两相同木块问题，找出它与本题的异同，归纳解法． 19.如图18-1，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端和质量为M的容器连接，容器放在光滑水平的地面上，当容器位于O点时弹簧为自然长度，在O点正上方有一滴管，容器每通过O点一次，就有质量为m的一个液滴落入容器，开始时弹簧压缩，然后撒去外力使容器围绕O点往复运动，求： (1)容器中落入n个液滴到落入（n+1）个液滴的时间间隔； (2)容器中落入n个液滴后，容器偏离O点的最大位移。 分析与解：本题中求容器内落入n个液滴后偏离O点的最大位移时，若从动量守恒和能量守恒的角度求解，将涉及弹簧弹性势能的定量计算，超出了中学大纲的要求，如果改用动量定理和动量守恒定律求解，则可转换成大纲要求的知识的试题。 (1)弹簧振子在做简谐运动过程中，影响其振动周期的因素有振子的质量和恢复系数(对弹簧振子即为弹簧的劲度系数)，本题中恢复系数始终不变，液滴的落入使振子的质量改变，导致其做简谐运动的周期发生变化。 容器中落入n个液滴后振子的质量为（M+nm），以n个液滴落入后到第（n+1）个液滴落入前，这段时间内系统做简谐运动的周期Tn=2π，容器落入n个液滴到（n+1）个液滴的时间间隔△t=Tn /2，所以 △t =π (2)将容器从初始位置释放后，振子运动的动量不断变化，动量变化的原因是水平方向上弹簧弹力的冲量引起的，将容器从静止释放至位置O的过程中，容器的动量从零增至p，因容器位于Ｏ点时弹簧为自然长度，液滴在O点处落入容器时，容器和落入的液滴系统在水平方向的合力为零， 根据动量守恒定律，液滴在Ｏ处的落入并不改变系统水平方向的动量，所以振子处从位置O到两侧相应的最大位移处，或从两侧相应在的最大位移处到位置Ｏ的各1/4周期内，虽然周期Ｔn和对应的最大位移Ln在不断变化，但动量变化的大小均为△p=p－0=p，根据动量定理可知识，各1/4周期内弹力的冲量大小均相等，即： F0(t)·T0/4 = Fn(t)·Tn/4 其中T0是从开始释放到第一次到O点的周期，Ｔ0=2π。Tn是n个液滴落入后到（n+1）个液滴落入容器前振子的周期，Tn=2π。而F0(t) 和Fn(t)分别为第一个1/4周期内和n个液滴落入后的1/4周期内弹力对时间的平均值，由于在各个1/4周期内振子均做简谐运动，因而弹力随时间均按正弦（或余弦）规律变化，随时间按正弦（或余弦）变化的量在1/4周期内对时间的平均值与最大值之间的关系，可用等效方法求出，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，从中性而开始计地，产生的感应电动势为ε=εmsinωt=　NbωSsinωt。ε按正弦规律变化，根据法拉第电磁感应定律ε=N，ε在1/4周期内对时间的平均值ε=2εm/π。这一结论对其它正弦（或余弦）变化的量对时间的平均值同样适用，则有 F0(t)=2kL0/π，Fn(t)=2kLn/π 代入前式解得：Ln=L0 20、如图19-1所示，轻质弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接一个质量为M的木板，木板下面再挂一个质量为m的物体，当拿去m后，木板速度再次为零时，弹簧恰好恢复原长，求M与m之间的关系？ 分析与解：按常规思路，取M为研究对象，根据动能定理或机械能守恒定律求解时，涉及弹力（变力）做功或弹性势能的定量计算，超出了中学教材和大纲的要求。 考虑到拿去m后，M将做简谐运动，则拿去m时M所处位置，与弹簧刚恢复原长时M所处位置分别为平衡位置两侧的最大位置处，由M做简谐运动时力的对称性可知，在两侧最大位移处回复力的大小应相等，在最低位置处F=mg，方向向上，在最高位置处F=Mg，方向向下，所以有M=m。 21．假设在质量与地球质量相同、半径为地球半径两倍的某天体上进行运动比赛，那么与在地球上的比赛成绩相比，下列说法中正确的是［　　］ ①跳高运动员的成绩会更好 ②用弹簧秤称体重时，体重数值会变得更小 ③投掷铁钅并的距离会更远些 ④用手投出的篮球，水平方向的分速度会变大 Ａ．①②③　　 Ｂ．②③④　　 Ｃ．①③④　　 Ｄ．①②④ 答案: Ａ 22．下列说法正确的是［　　］ Ａ．物体在恒力作用下的运动方向是不会改变的 Ｂ．加速前进的汽车，后轮所受的摩擦力方向与运动方向相反 Ｃ．第一宇宙速度为7．9ｋｍ／ｓ，因此飞船只有达到7．9ｋｍ／ｓ才能从地面起飞 Ｄ．作用力与反作用力都可以做正功，也可以做负功 答案: Ｄ 23、如图20-1所示，一列横波t时刻的图象用实线表示，又经△t=0.2s时的图象用虚线表示。已知波长为2m，则以下说法正确的是：( ) A、 若波向右传播，则最大周期是2s。 B、 若波向左传播，则最大周期是2s。 C、 若波向左传播，则最小波速是9m/s。 D、 若波速是19m/s，则传播方向向左。 分析与解： 若向右传播，则传播0.2m的波数为0.2m/2m=0.1， 则，△t=(n+0.1)T(n=0、1、2、3……) 所以T=△t/(n+0.1)=0.2/(n+0.1) 当n=0时，周期有最大值Tmax=2s，所以A正确。 若向左传播，则在0.2s内传播距离为(2-0.2)m=1.8m，传过波数为1.8m/2m=0.9， 则，△t=(n+0.9)T(n=0、1、2、3……) 所以T=△t/(n+0.9)=0.2/(n+0.9) 当n=0时，周期有最大值Tmax≈0.22S，所以B错。 又：T=λ/V，所以V=λ/T=λ/[0.2/(n+0.9)]=2(n+0.9)/0.2=10(n+0.9) 当n=0时，波速最小值为Vmin=9m/s，所以C正确。 当n=1时 V=19m/s，所以D正确。 故本题应选A、C、D。 说明：解决波动问题要注意：由于波动的周期性(每隔一个周期T或每隔一个波长λ)和波的传播方向的双向性，往往出现多解，故要防止用特解来代替通解造成解答的不完整。 24．如图21-1所示，一列简谐横波在ｘ轴上传播，某时刻的波形如图所示，关于波的传播方向与质点ａ、ｂ的运动情况，下列叙述中正确的是［　　］ Ａ．若波沿ｘ轴正方向传播，ａ运动的速度将减小 Ｂ．若波沿ｘ轴正方向传播，ａ运动的速度将保持不变 Ｃ．若波沿ｘ轴负方向传播，ｂ将向＋ｙ方向运动 Ｄ．若波沿ｘ轴负方向传播，ｂ将向－ｙ方向运动 答案：D 高中物理典型例题集锦(三) 电学部分 25、如图22-1所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M、N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点时速度恰好为零，然后按原路径返回。若保持两板间的电压不变，则： A. 若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。 B. 若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。 C. 若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落。 D. 若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落。 分析与解：当开关S一直闭合时，A、B两板间的电压保持不变，当带电质点从M向N运动时，要克服电场力做功，W=qUAB，由题设条件知：带电质点由P到N的运动过程中，重力做的功与质点克服电场力做的功相等，即：mg2d=qUAB 若把A板向上平移一小段距离，因UAB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回，应选A。 若把B板下移一小段距离，因UAB保持不变，质点克服电场力做功不变，而重力做功增加，所以它将一直下落，应选D。 由上述分析可知：选项A和D是正确的。 想一想：在上题中若断开开关S后，再移动金属板，则问题又如何?(选A、B)。 26、两平行金属板相距为d，加上如图23-1(b)所示的方波形电压，电压的最大值为U0，周期为T。现有一离子束，其中每个离子的质量为m，电量为q，从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中。设离子通过平行板所需的时间恰为 T(与电压变化周期相同)，且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上。试求：离子击中荧光屏上的位置的范围。(也就是与O‘点的最大距离与最小距离)。重力忽略不计。 分析与解： 各个离子在电场中运动时，其水平分运动都是匀速直线运动，而经过电场所需时间都是T，但不同的离子进入电场的时刻不同，由于两极间电压变化，因此它们的侧向位移也会不同。 当离子在t=0，T，2T……时刻进入电场时，两板间在T/2时间内有电压U0，因而侧向做匀加速运动，其侧向位移为y1，速度为V。接着，在下一个T/2时间内，两板间没有电压，离子以V速度作匀速直线运动，侧向位移为y2，如图23-2所示。这些离子在离开电场时，侧向位移有最大值，即(y1+y2)。 当离子在T=t/2,3/2T,5/2T……时刻进入电场时，两板间电压为零，离子在水平方向做匀速直线运动，没有侧向位移，经过T/2时间后，两板间有电压U0，再经过T/2时间，有了侧向位移y1，如图23-3所示。这些离子离开电场时有侧向位移的最小值，即y1。 当离子在上述两种特殊时刻之外进入电场的，其侧向位移值一定在(y1+y2)与y1之间。根据上述分析就可以求出侧向位移的最大值和最小值。 所以，离子击中荧光屏上的位置范围为： 　 27、如图24-1所示，R1=R2=R3=R4=R，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C 的正中间有一质量为m，带电量为q的小球恰好处于静止状态；电键S断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷。设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板。若不计电源内阻，求：(1)电源的电动势，(2)小球与极板碰撞后的带电量。 分析与解：(1)电键S闭合时，R1、R3并联与R4串联，(R2中没有电流通过) UC=U4=(2/3)ε 对带电小球有：mg=qE=qUC/d=(2/3)qε/d 得：ε=(3/2)mgd/q (2)电键S断开后，R1、R4串联，则UC’=ε/2=(3/4)mgd/q　 [1] 小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q’，向上运动到上极板，全过程由动能定理得：mgd/2－qUC’/2－mgd+q’UC’=0　 [2] 由[1][2]式解得：q’=7q/6。 28、如图25-1所示为矩形的水平光滑导电轨道abcd，ab边和cd边的电阻均为5R0，ad边和bc边长均为L，ad边电阻为4R0，bc边电阻为2R0，整个轨道处于与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度为B。轨道上放有一根电阻为R0的金属杆mn，现让金属杆mn在平行轨道平面的未知拉力F作用下，从轨道右端以速率V匀速向左端滑动，设滑动中金属杆mn始终与ab、cd两边垂直，且与轨道接触良好。ab和cd边电阻分布均匀，求滑动中拉力F的最小牵引功率。 分析与解：mn金属杆从右端向左端匀速滑动切割磁感线产生感应电动势，mn相当于电源，其为内电路，电阻为内电阻。当外电阻最大时，即当mn滑到距离ad=(2/5)ab时，此时电阻Rmadn=Rmbcn=8R0时，外阻最大值Rmax=4R0，这时电路中电流最小值：Imin=ε/(Rmax+r)=BLV/(4R0+R0)=BLV/5R0 所以，Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R0 29、如图26-1所示，用密度为D、电阻率为ρ的导线做成正方形线框，从静止开始沿竖直平面自由下落。线框经过方向垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，且磁场区域高度等于线框一边之长。为了使线框通过磁场区域的速度恒定，求线框开始下落时的高度h。(不计空气阻力) 分析与解：线框匀速通过磁场的条件是受到的竖直向上的安培力与重力平衡，即：F安=mg [1] 设线框每边长为L，根据线框进入磁场的速度为，则安培力可表达为： F安=BIL= [2] 设导线横截面积为S，其质量为：m=4LSD [3] 其电阻为：R=ρ4L/S [4] 联立解[1]、[2]、[3]、[4]式得： h=128D2ρ2g/B4 想一想：若线框每边长为L，全部通过匀强磁场的时间为多少?(t=2L/V) 线框通过匀强磁场产生的焦耳热为多少？(Q=2mgL) 30、如图27-1所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求：(1)ab、cd棒的最终速度，(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。 分析与解：ab下滑进入磁场后切割磁感线，在abcd电路中产生感应电流，ab、cd各受不同的磁场力作用而分别作变减速、变加速运动，电路中感应电流逐渐减小，当感应电流为零时，ab、cd不再受磁场力作用，各自以不同的速度匀速滑动。全过程中系统内机械能转化为电能再转化为内能，总能量守恒。 (1) ab自由下滑，机械能守恒：mgh=(1/2)mV2 [1] 由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度 Lab=3Lcd，故它们的磁场力为：Fab=3Fcd [2] 在磁场力作用下，ab、cd各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当εab=εcd时，电路中感应电流为零，(I=0)，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有：BLabVab=BLcdVcd 所以Vab=Vcd/3 [3] ab、cd受磁场力作用，动量均发生变化，由动量定理得： 　　　　　Fab△t=m(V-Vab) [4]　　 Fcd△t=mVcd [5] 联立以上各式解得：Vab=(1/10)，Vcd=(3/10) (2)根据系统能量守恒可得：Q=△E机=mgh-(1/2)m(Vab2+Vcd2)=(9/10)mgh 说　 明：本题以分析ab、cd棒的受力及运动情况为主要线索求解。 注意要点：①明确ab、cd运动速度稳定的条件。 ②理解电磁感应及磁场力计算式中的“L”的物理意义。 ③电路中的电流、磁场力和金属棒的运动之间相互影响制约变化复杂， 解题时抓住每一瞬间存在Fab=3Fcd及终了状态时Vab=(1/3)Vcd的关系，用动量定理求解十分方便。 ④金属棒所受磁场力是系统的外力，且Fab≠Fcd时，合力不为零，故系统动量不守恒，只有当Lab=Lcd时，Fab=Fcd，方向相反，其合力为零时，系统动量才守恒。 31、如图28-1所示，X轴上方有匀强磁场B，下方有匀强电场E。电量为q、质量为m、重力不计的粒子y轴上。X轴上有一点N(L.0)，要使粒子在y轴上由静止释放而能到达N点，问：(1)粒子应带何种电荷? (2)释放点M应满足什么条件? (3)粒子从M点运动到N点经历多长的时间? 分析与解：(1) 粒子由静止释放一定要先受电场力作用 (磁场对静止电荷没有作用力)，所以 M点要在-Y轴上。要进入磁场必先向上运动，静上的电荷要向上运动必须受到向上的电场力作用，而场强 E方向是向下的，所以粒子带负电。 (2)粒子在M点受向上电场力，从静止出发做匀加速运动。在 O点进入匀强磁场后，只受洛仑兹力(方向沿+X轴)做匀速周围运动，经半个周期，回到X轴上的P点，进入匀强电场，在电场力作用下做匀减速直线运动直到速度为零。然后再向上做匀加速运动，在X轴上P点进入匀强磁场，做匀速圆运动，经半个周期回到X轴上的Q点，进入匀强电场，再在电场力作用下做匀减速运动直到速度为零。此后，粒子重复上述运动直到 X轴上的N点，运动轨迹如图28-2所示。 设释放点M的坐标为(0.-yO)，在电场中由静止加速，则：qEyO=mV2 [1] 在匀强磁场中粒子以速率V做匀速圆周运动，有：qBV=mV2/R [2] 设n为粒子做匀