探秘復(fù)習參考2008高考物理電學部分典型題例析與

1、【精品文檔】如有侵權(quán)，請聯(lián)系網(wǎng)站刪除，僅供學習與交流探秘復(fù)習參考2008高考物理電學部分典型題例析與.精品文檔.民族神話鴻蒙未辟宇宙洪荒億萬斯年四極不張2008高考物理電學部分典型題例析與探秘圖11、如圖1所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有小孔M、N。今有一帶電質(zhì)點，自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N三點在同一豎直線上)，空氣阻力不計，到達N點時速度恰好為零，然后按原路徑返回。若保持兩板間的電壓不變，則：A. 若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落仍能返回。B. 若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落仍能返回。C. 若把A板向上平

2、移一小段距離，質(zhì)點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落。D. 若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落。分析與解：當開關(guān)S一直閉合時，A、B兩板間的電壓保持不變，當帶電質(zhì)點從M向N運動時，要克服電場力做功，W=qUAB，由題設(shè)條件知：帶電質(zhì)點由P到N的運動過程中，重力做的功與質(zhì)點克服電場力做的功相等，即：mg2d=qUAB若把A板向上平移一小段距離，因UAB保持不變，上述等式仍成立，故沿原路返回，應(yīng)選A。若把B板下移一小段距離，因UAB保持不變，質(zhì)點克服電場力做功不變，而重力做功增加，所以它將一直下落，應(yīng)選D。由上述分析可知：選項A和D是正確的。想一想：在上題中若斷開開關(guān)S后，

3、再移動金屬板，則問題又如何?(選A、B)。圖2圖2(b)2、兩平行金屬板相距為d，加上如圖2(b)所示的方波形電壓，電壓的最大值為U0，周期為T?，F(xiàn)有一離子束，其中每個離子的質(zhì)量為m，電量為q，從與兩板等距處沿著與板平行的方向連續(xù)地射入兩板間的電場中。設(shè)離子通過平行板所需的時間恰為 T(與電壓變化周期相同)，且所有離子都能通過兩板間的空間打在右端的熒光屏上。試求：離子擊中熒光屏上的位置的范圍。(也就是與O點的最大距離與最小距離)。重力忽略不計。分析與解：2c各個離子在電場中運動時，其水平分運動都是勻速直線運動，而經(jīng)過電場所需時間都是T，但不同的離子進入電場的時刻不同，由于兩極間電壓變化，因此它

4、們的側(cè)向位移也會不同。當離子在t=0，T，2T時刻進入電場時，兩板間在T/2時間內(nèi)有電壓U0，因而側(cè)向做勻加速運動，其側(cè)向位移為y1，速度為V。接著，在下一個T/2時間內(nèi)，兩板間沒有電壓，離子以V速度作勻速直線運動，側(cè)向位移為y2，如圖2-3所示。這些離子在離開電場時，側(cè)向位移有最大值，即(y1+y2)。圖2-3當離子在T=t/2,3/2T,5/2T時刻進入電場時，兩板間電壓為零，離子在水平方向做勻速直線運動，沒有側(cè)向位移，經(jīng)過T/2時間后，兩板間有電壓U0，再經(jīng)過T/2時間，有了側(cè)向位移y1，如圖2-3所示。這些離子離開電場時有側(cè)向位移的最小值，即y1。當離子在上述兩種特殊時刻之外進入電場的

5、，其側(cè)向位移值一定在(y1+y2)與y1之間。根據(jù)上述分析就可以求出側(cè)向位移的最大值和最小值。所以，離子擊中熒光屏上的位置范圍為：3、如圖3所示，R1=R2=R3=R4=R，電鍵S閉合時，間距為d的平行板電容器C 的正中間有一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球恰好處于靜止狀態(tài)；電鍵S斷開時，小球向電容器一個極板運動并發(fā)生碰撞，碰撞后小球帶上與極板同種性質(zhì)的電荷。設(shè)碰撞過程中沒有機械能損失，小球反彈后恰好能運動到電容器另一極板。若不計電源內(nèi)阻，求：(1)電源的電動勢，(2)小球與極板碰撞后的帶電量。圖3分析與解：(1)電鍵S閉合時，R1、R3并聯(lián)與R4串聯(lián)，(R2中沒有電流通過)UC=U4=(2/3)對

6、帶電小球有：mg=qE=qUC/d=(2/3)q/d 得：=(3/2)mgd/q(2)電鍵S斷開后，R1、R4串聯(lián)，則UC=/2=(3/4)mgd/q 1小球向下運動與下極板相碰后，小球帶電量變?yōu)閝，向上運動到上極板，全過程由動能定理得：mgd/2qUC/2mgd+qUC=0 2由12式解得：q=7q/6。圖44、如圖4所示為矩形的水平光滑導(dǎo)電軌道abcd，ab邊和cd邊的電阻均為5R0，ad邊和bc邊長均為L，ad邊電阻為4R0，bc邊電阻為2R0，整個軌道處于與軌道平面垂直的勻強磁場中，磁感強度為B。軌道上放有一根電阻為R0的金屬桿mn，現(xiàn)讓金屬桿mn在平行軌道平面的未知拉力F作用下，從軌

7、道右端以速率V勻速向左端滑動，設(shè)滑動中金屬桿mn始終與ab、cd兩邊垂直，且與軌道接觸良好。ab和cd邊電阻分布均勻，求滑動中拉力F的最小牽引功率。分析與解：mn金屬桿從右端向左端勻速滑動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，mn相當于電源，其電路為內(nèi)電路，電阻為內(nèi)電阻。當外電阻最大時，即當mn滑到距離ad=(2/5)ab時，此時電阻Rmadn=Rmbcn=8R0時，外阻最大值Rmax=4R0，這時電路中電流最小值：Imin=/(Rmax+r)=BLV/(4R0+R0)=BLV/5R0所以，Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R05、如圖5所示，用密度為D、電阻率為

8、的導(dǎo)線做成正方形線框，從靜止開始沿豎直平面自由下落。線框經(jīng)過方向垂直紙面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，且磁場區(qū)域高度等于線框一邊之長。為了使線框通過磁場區(qū)域的速度恒定，求線框開始下落時的高度h。(不計空氣阻力)分析與解：線框勻速通過磁場的條件是受到的豎直向上的安培力與重力平衡，即：F安=mg 1圖5設(shè)線框每邊長為L，根據(jù)線框進入磁場的速度為，則安培力可表達為：F安=BIL= 2設(shè)導(dǎo)線橫截面積為S，其質(zhì)量為：m=4LSD 3其電阻為：R=4L/S 4聯(lián)立解1、2、3、4式得：h=128D22g/B4想一想：若線框每邊長為L，全部通過勻強磁場的時間為多少?(t=2L/V)線框通過勻強磁場產(chǎn)生的焦耳熱

9、為多少？(Q=2mgL)6、如圖6所示，光滑導(dǎo)軌EF、GH等高平行放置，EG間寬度為FH間寬度的3倍，導(dǎo)軌右側(cè)水平且處于豎直向上的勻強磁場中，左側(cè)呈弧形升高。ab、cd是質(zhì)量均為m的金屬棒，現(xiàn)讓ab從離水平軌道h高處由靜止下滑，設(shè)導(dǎo)軌足夠長。試求：(1)ab、cd棒的最終速度，(2)全過程中感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱。圖6分析與解：ab下滑進入磁場后切割磁感線，在abcd電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab、cd各受不同的磁場力作用而分別作變減速、變加速運動，電路中感應(yīng)電流逐漸減小，當感應(yīng)電流為零時，ab、cd不再受磁場力作用，各自以不同的速度勻速滑動。全過程中系統(tǒng)內(nèi)機械能轉(zhuǎn)化為電能再轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，總能量守恒。(

10、1) ab自由下滑，機械能守恒：mgh=(1/2)mV2 1由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中，任何時刻通過的電流總相等，金屬棒有效長度 Lab=3Lcd，故它們的磁場力為：Fab=3Fcd 2在磁場力作用下，ab、cd各作變速運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，當ab=cd時，電路中感應(yīng)電流為零，(I=0)，安培力為零，ab、cd運動趨于穩(wěn)定，此時有：BLabVab=BLcdVcd 所以Vab=Vcd/3 3ab、cd受磁場力作用，動量均發(fā)生變化，由動量定理得：Fabt=m(V-Vab) 4 Fcdt=mVcd 5聯(lián)立以上各式解得：Vab=(1/10)，Vcd=(3/10)(2)根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得

11、：Q=E機=mgh-(1/2)m(Vab2+Vcd2)=(9/10)mgh說 明：本題以分析ab、cd棒的受力及運動情況為主要線索求解。注意要點：明確ab、cd運動速度穩(wěn)定的條件。理解電磁感應(yīng)及磁場力計算式中的“L”的物理意義。電路中的電流、磁場力和金屬棒的運動之間相互影響制約變化復(fù)雜， 解題時抓住每一瞬間存在Fab=3Fcd及終了狀態(tài)時Vab=(1/3)Vcd的關(guān)系，用動量定理求解十分方便。圖7金屬棒所受磁場力是系統(tǒng)的外力，且FabFcd時，合力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，只有當Lab=Lcd時，F(xiàn)ab=Fcd，方向相反，其合力為零時，系統(tǒng)動量才守恒。7、如圖7所示，X軸上方有勻強磁場B，下方

12、有勻強電場E。電量為q、質(zhì)量為m、重力不計的粒子y軸上。X軸上有一點N(L.0)，要使粒子在y軸上由靜止釋放而能到達N點，問：(1)粒子應(yīng)帶何種電荷? (2)釋放點M應(yīng)滿足什么條件? (3)粒子從M點運動到N點經(jīng)歷多長的時間?分析與解：(1) 粒子由靜止釋放一定要先受電場力作用 (磁場對靜止電荷沒有作用力)，所以 M點要在-Y軸上。要進入磁場必先向上運動，靜上的電荷要向上運動必須受到向上的電場力作用，而場強 E方向是向下的，所以粒子帶負電。(2)粒子在M點受向上電場力，從靜止出發(fā)做勻加速運動。在 O點進入勻強磁場后，只受洛侖茲力(方向沿+X軸)做勻速周圍運動，經(jīng)半個周期，回到X軸上的P點，進入

13、勻強電場，在電場力作用下做勻減速直線運動直到速度為零。然后再向上做勻加速運動，在X軸上P點進入勻強磁場，做勻速圓運動，經(jīng)半個周期回到X軸上的Q點，進入勻強電場，再在電場力作用下做勻減速運動直到速度為零。此后，粒子重復(fù)上述運動直到 X軸上的N點，運動軌跡如圖7-1所示。圖7-1設(shè)釋放點M的坐標為(0.-yO)，在電場中由靜止加速，則：qEyO=mV2 1在勻強磁場中粒子以速率V做勻速圓周運動，有：qBV=mV2/R 2設(shè)n為粒子做勻速圓周運動的次數(shù)(正整數(shù))則：L=n2R，所以R=L/2n 3解123式得：V=qBL/2mn，所以yO=qB2L2/8n2mE (式中n為正整數(shù))(3)粒子由M運動

14、到N在電場中的加速運動和減速運動的次數(shù)為(2n-1)次， 每次加速或減速的時間都相等，設(shè)為t1，則：yO=at12=qEt12/m所以t1=圖8-1粒子在磁場中做勻速圓周運動的半周期為t2，共n次，t2=m/qB粒子從M點運動到N點共經(jīng)歷的時間為：t=(2n-1)t1+nt2=(2n-1)BL/2nE+nm/qB (n=1、2、3)圖8-28、平行金屬，板長1.4米，兩板相距30厘米，兩板間勻強磁場的B為1.3×10-3特斯拉，兩板間所加電壓隨時間變化關(guān)系如8-1圖所示。當t=0時，有一個a粒子從左側(cè)兩板中央以V=4×103米/秒的速度垂直于磁場方向射入，如8-2圖所示。不

15、計a粒子的重力，求：該粒子能否穿過金屬板間區(qū)域?若不能，打在何處?若能，則需多長時間? (已知a粒子電量q=3.2×10-19庫，質(zhì)量m=6.64×10-27千克)圖8-3分析與解：在t=0到t=1×10-4秒時間內(nèi)，兩板間加有電壓，a粒子受到電場力和洛侖茲力分別為：F=qu/d=q×1.56/0.3=5.2q 方向豎直向下 f=qBv=q×1.3×10-3×4×103=5.2q 方向豎直向上因F=f，故做勻速直線運動，其位移為：S=vt=4×103×1×10-4=0.4米在t=1&#

16、215;10-4秒到t=2×10-4秒時間內(nèi)，兩板間無電場，a粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，其軌跡半徑為：r=mv/qB=(6.64×10-27×4×103)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=6.37×10-2米d/4所以粒子不會與金屬板相碰。面a粒子做勻速圓周運動的周期為：T=2m/qB=(2×3.14×6.64×10-27)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=1.0×10-4秒則在不加電壓的時間內(nèi)，a粒子恰好能在磁場中

17、運動一周。當兩板間又加上第2個周期和第3個周期的電壓時，a粒子將重復(fù)上述的運動。故經(jīng)13/4周期飛出板外(t=6.5×10-4秒)其運動軌跡如8-3圖所示。圖9-19、如圖9-1所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外。ab是一根長L的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上。將一套在桿上的舉正電小球從a端由靜止釋放后，小球先是加速運動，后是勻速運動則達b端。已知小球與絕緣桿間的動因摩擦數(shù)=0.3，小球的重力可忽略不計。當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓半徑為L/3。求：帶電小球以 a到b運動過程中克

18、服摩擦力做的功與電場力所做功的比值。圖9-2分析與解：(1)帶電小球在沿桿向下運動時，其受力情況如9-2圖示。水平方向：F洛=N=qBV 1豎直方向：qE=f 2 (勻速運動時)又因f=N 3，聯(lián)立解123式得：qE=f=qBVb小球在磁場中作勻速圓周運動：qBVb=mVb2/R=3mVb2/L，所以Vb=qBL/3m小球從a到b運動過程中，由動能定理：W電-Wf=mVb2W電=qEL=qBVbL=0.3×qBL(qBL/3m)=q2B2L2/10m所以，Wf=W電-mVb2=q2B2L2/10m-(m/2)(q2B2L2/9m2)=2q2B2L2/45m所以，Wf/W電=(2q2B

19、2L2/45m)/(q2B2L2/10m)=4/9。10、如圖10-1所示，從陰極K射出的電子經(jīng)U0=5000V的電勢差加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1=10cm，間距d=4cm的平行金屬板AB之間。在離金屬板邊緣L2=75cm處放置一個直徑D=20cm，帶有記錄紙的圓筒。整個裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射的初速度不計。(1)若在金屬板上加以U1=1000V的直流電壓(A板電勢高)后，為使電子沿入射方向作勻速直線運動到達圓筒，應(yīng)加怎樣的磁場(大小和方向)；(2)若在兩金屬板上加以U2=1000cos2tV的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2轉(zhuǎn)/秒勻速轉(zhuǎn)動。試確定電子在記錄紙上

20、的軌跡形狀，并畫出1秒鐘內(nèi)所記錄到的圖形。圖10-1分析與解：偏轉(zhuǎn)極板上加恒定電壓 U后，電子在電場中受到恒定的電場力作用，故所加的磁場方向只要使運動電子所受到的洛侖茲力與電場力等大反向即可。偏轉(zhuǎn)極板上加上正弦交流電后，板間電場變?yōu)榻蛔冸妶?，電子在板間的運動是水平方向作勻速直線運動，豎直方向作簡諧運動。偏出極板后作勻速直線運動，電子到達圓筒后，在筒上留下的痕跡是電子在豎直方向的“掃描”和圓筒勻速轉(zhuǎn)動的合運動。據(jù)動能定理：eU0=mV02，得電子加速后的入射速度為： V0= =4.2×107m/s(1)加直流電壓時，A、B兩板間場強：E1=U1/d=1000/(4×10-2)

21、=2.5×104v/m為使電子作勻速直線運動，應(yīng)使電子所受電場力與洛侖茲力平衡，即：qE1=qBV0，得：B=E1/V0=(2.5×104)/(4.2×107)=6×10-4T方向為垂直于紙面向里。圖10-2(2)加上交流電壓時，A、B兩板間場強為：E2=U2/d=1000cos2t/(4×10-2)=2.5×104cos2t v/m電子飛離金屬板時的偏距為：y1=at12=(eE2/m)(L1/V0)2電子飛離金屬板時的豎直速度為：Vy=at1=(eE2/m)(L1/V0)從飛離板到到達筒的偏距：y2=Vyt2=(eE2/m)(L1

22、/V0)(L2/V0)=(eE2L1L2)/(mV02)所以在紙筒上的落點對入射方向的總偏距為：(如圖10-2所示)y=y1+y2=(L1/2+L2)(eE2L1/mV02)=(L1/2+L2)(L1U2/2U0d)圖10-3 =(10/2+75)×10-2×(10×1000cos2t)/(2×5000×4)=0.20cos2t m可見，在記錄紙上的點以振幅0.20m，周期T=2/=1秒而作簡諧運動。因圓筒每秒轉(zhuǎn)2周(半秒轉(zhuǎn)1周)，故在1秒內(nèi)，紙上的圖形如圖10-3所示。圖11-111、如圖11-1所示，兩根互相平行、間距d=0.4米的金屬導(dǎo)軌

23、，水平放置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=0.2T，磁場垂直于導(dǎo)軌平面，金屬滑桿ab、cd所受摩擦力均為f=0.2N。兩根桿電阻均為r=0.1，導(dǎo)軌電阻不計，當ab桿受力F=0.4N的恒力作用時，ab桿以V1做勻速直線運動，cd桿以V2做勻速直線運動，求速度差(V1 V2)等于多少？分析與解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，若回中的感應(yīng)電動勢是由導(dǎo)體做切割磁感線運動而產(chǎn)生的，則通常用=BlVsin來求較方便，但有時回路中的電動勢是由幾根棒同時做切割磁感線運動產(chǎn)生的，如果先求出每根導(dǎo)體棒各自的電動勢，再求回路的總電動勢，有時就會涉及“反電動勢”而超綱。如果取整個回路為研究對象，直接將法拉第電磁感應(yīng)定律=用于整個回

24、路上，即可“一次性”求得回路的總電動勢，避開超綱總而化綱外為綱內(nèi)。cd棒勻速向右運動時，所受摩擦力f方向水平向左，則安培力Fcd方向水平向右，由左手定則可得電流方向從c到d，且有：Fcd = IdB = f I = f /Bd取整個回路abcd為研究對象，設(shè)回路的總電勢為，由法拉第電磁感應(yīng)定律=，根據(jù)B不變，則=BS，在t時間內(nèi)，=B(V1V2)td所以：=B(V1V2)td/t=B(V1V2)d 又根據(jù)閉合電路歐母定律有：I=/2r 由式得：V1V2 = 2fr / B2d2代入數(shù)據(jù)解得：V1V2 =6.25（m/s）圖12-112.如圖12-1所示，線圈每邊長0.20，線圈質(zhì)量10.10、

25、電阻0.10，砝碼質(zhì)量20.14線圈上方的勻強磁場磁感強度0.5，方向垂直線圈平面向里，磁場區(qū)域的寬度為0.20砝碼從某一位置下降，使邊進入磁場開始做勻速運動求線圈做勻速運動的速度解析：該題的研究對象為線圈，線圈在勻速上升時受到的安培力安、繩子的拉力和重力1相互平衡，即安1砝碼受力也平衡：2線圈勻速上升，在線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流，因此線圈受到向下的安培力安聯(lián)解式得（21）22代入數(shù)據(jù)解得：4（）13.如圖13-1所示，、是兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間距離為，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強磁場，磁感強度為在導(dǎo)軌的、端連接一個阻值為的電阻一根垂直于

26、導(dǎo)軌放置的金屬棒，質(zhì)量為，從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑求棒的最大速度（已知和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計）圖13-1解析：本題的研究對象為棒，畫出棒的平面受力圖，如圖13-2棒所受安培力沿斜面向上，大小為22，則棒下滑的加速度（）圖13-2棒由靜止開始下滑，速度不斷增大，安培力也增大，加速度減小當0時達到穩(wěn)定狀態(tài)，此后棒做勻速運動，速度達最大（22）0解得棒的最大速度（）22圖14-114.電阻為的矩形導(dǎo)線框，邊長、質(zhì)量為，自某一高度自由落下，通過一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁場區(qū)域的寬度為，如圖14-1所示若線框恰好以恒定速度通過磁場，線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱是（不考慮空氣阻力）解析

27、：線框以恒定速度通過磁場，動能不變，重力勢能減少，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒定律得：·22圖15-115.如圖15-1所示，是一邊長為的正方形線框，電阻為現(xiàn)維持線框以恒定的速度沿軸運動，并穿過圖中所示的勻強磁場區(qū)域取逆時針方向為電流正方向，線框從圖示位置開始運動，則線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間變化的圖線是圖15-2中的： 圖36-2解析：由于線框進入和穿出磁場時，線框內(nèi)磁通量均勻變化，因此在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變根據(jù)楞次定律可知，線框進入磁場時感應(yīng)電流的方向與規(guī)定的正方向相同，穿出磁場時感應(yīng)電流的方向與規(guī)定的正方向相反，因此應(yīng)選圖15-3想一想:若將

28、題39改為：以軸正方向作為力的正方向，則磁場對線框的作用力隨時間的變化圖線為圖36-3中的： 同理可分析得正確答案應(yīng)選16如圖16-1所示，帶正電的粒子以一定的初速度0沿中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為，板間的電壓為，帶電粒子的帶電量為，粒子通過平行金屬板的時間為，不計粒子的重力，則粒子在前2時間內(nèi)，電場力對粒子做功為（14）粒子在后2時間內(nèi)，電場力對粒子做功為（3/8）圖16-1圖37-1粒子在下落前4和后4內(nèi)，電場力做功之比為12粒子在下落前4和后4內(nèi)，通過的時間之比為13答案：17如圖17-1所示，三平行金屬板、接到電動勢分別為1、2的電源上，已知12，在

29、孔右側(cè)有一帶負電的質(zhì)點，由靜止釋放后向右運動穿過B到達P點后再返回孔，則圖17-1只將板右移一小段距離后再釋放該質(zhì)點，質(zhì)點仍運動到點后返回只將板右移一小段距離后再釋放該質(zhì)點，質(zhì)點將達不到點只將板右移稍長距離后再釋放該質(zhì)點，質(zhì)點能穿過C孔若將質(zhì)點放在C孔左側(cè)由靜止釋放，質(zhì)點將能穿過孔答案：圖18-118如圖18-1所示，型線框處于勻強磁場中，磁場的磁感強度為，方向垂直于紙面向內(nèi)長度為的直導(dǎo)線中間串有一個電壓表跨接在與上且與垂直，它們之間的接觸是完全光滑的為電阻，C為電容器，現(xiàn)令以速度0向右勻速運動，用U表示電壓表的讀數(shù)，表示電容器所帶電量，表示電容器電容表示對的拉力設(shè)電壓表體積很小，其中線圈切割

30、磁感線對間的電壓的影響可以忽略不計則00220000 022答案：圖19-119密立根油滴實驗如圖19-1所示：在電介質(zhì)為空氣的電容器中，觀測以某速度送入的一個油滴，這油滴經(jīng)過一會兒達到一個恒定的速度1，這時加上電場強度為的勻強電場，再過一會兒達到另一恒定速度2在這樣短的時間內(nèi)速度變?yōu)楹愣ǎf明油滴受到的作用，這個力的大小與速度成正比，可表示為（式中為常量）而方向與設(shè)油滴質(zhì)量為，電量為，寫出這兩種情況下的方程式；下面的表是通過這樣的實驗所測得的不同油滴所帶電量值的一個實例：的測定值（單位：1019）641801965112311831448分析這些數(shù)據(jù)可知：（答案空氣阻力速度方向相反1020小

31、球的電量是16×1019的整數(shù)倍，故電荷的最小電量為16×1019）圖20-120用長度相同，橫截面積之比為21的均勻銅導(dǎo)線制成的兩個正方形線框和，使它們從同一高度自由下落，途中經(jīng)過一個有邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，如圖20-1所示若下落過程中線框平面始終與磁場方向保持垂直，不計空氣阻力，則、底邊進入磁場瞬間的速度，加速度，在穿過磁場的過程中，線框、內(nèi)產(chǎn)生的熱量（答案：1：1，1：1，2：1）21現(xiàn)有一電阻箱，一個開關(guān)，若干根導(dǎo)線和一個電流表，該電流表表面上有刻度但無刻度值，要求設(shè)計一個能測定某電源內(nèi)阻的實驗方案（已知電流表內(nèi)阻可忽略，電流表量程符合要求，電源

32、內(nèi)阻約為幾歐） 要求：畫出實驗電路圖；簡要寫出完成接線后的實驗步驟；寫出用測得的量計算電源內(nèi)阻的表達式答案：（1）圖略（2）使電阻箱阻值最大，合上開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱阻值為1，記下電流表對應(yīng)的刻度1；調(diào)節(jié)電阻箱阻值為2，記下電流表對應(yīng)的刻度2；計算出的值；多側(cè)幾次；取的平均值；斷開，拆除電阻，整理器材（3）（1122）（21）22如22-1所示為一固定在水平面上長的絕緣板，整個空間有一水平的勻強電場，板在右半部有一個垂直于紙面向外的勻強磁場一質(zhì)量為、帶電量為的物體，從板的端由靜止開始在電場力的作用下向右運動小物體與水平面間摩擦系數(shù)為，進入磁場區(qū)域后恰能作勻速運動當物體碰到擋板Q后被彈回若在碰撞瞬

33、間撤去電場，物體返回時在磁中仍能作勻速運動，離開磁場后作勻減速運動，并停在C點設(shè)14求：圖22-1（1）物體與擋板碰撞前后的速率1和2；（2）磁感應(yīng)強度B的大??；（3）電場強度E的大小和方向解物體從P靜止開始運動進入磁場速度1，由動能定理得（2）（2）（12）12，進入磁場勻速，由反彈后仍勻速可知，電荷帶正電電場強度方向水平向右；進入磁場勻速（1），反彈后勻速2出磁場后到C點停止（4）（12）22； ，方向水平向右23、在磁場中某處磁感應(yīng)強度B，可由B=F求出，由此可知磁感應(yīng)強度（    ）A. 隨通電直導(dǎo)線所受磁場力增大而增大；B.隨通電直導(dǎo)線中電流強度增大而減

34、小；C隨通電直導(dǎo)線長度增大而減小；    D.不隨導(dǎo)線長度通過電流強度和通電直導(dǎo)線所受磁場力的變化而變化。解析：磁感應(yīng)強度B是描述磁場強弱的物理量,磁場強弱是由磁場本身決定的,與是否放入通電直導(dǎo)線,通電導(dǎo)線中電流強弱,以及通電直導(dǎo)線受磁場力等外界條件無關(guān)。B=F，只表示幾個物理量在一定條件的數(shù)量關(guān)系，而無決定關(guān)系。選項D是正確的。圖24-124、如圖24-1所示，矩形線框abcd，與條形磁鐵的中軸線位于同一平面內(nèi)，線框內(nèi)通有電流I，則線框受磁場力的情況（    ）。A.  ab和cd受力，其它二邊不受力； B. ab和cd受

35、到力大小相等方向相反；C.ad和bc受到的力大小相等，方向相反；  D.以上說法都不對。圖24-2解析：如圖24-2所示為條形磁鐵的磁場分布情況，ab、bc、cd、da各邊均處于磁場中，磁感線與ab、cd垂直，用左手定則可判斷ab邊受力垂直紙面向外，cd邊受力垂直紙面向里，ab處于位置磁感強度B大，cd所處位置磁感強度B小，ab、cd邊力大小不等。bc、ad與所在位置磁感強度的分量垂直，要受磁場力，且磁場方向垂直紙面向里。方向相同。大小也不一定相等，因為ad、bc所在位置磁感強度不一定相等，可知A、B、C選項均不正確，選項D正確。25、如圖25-1所示，矩形線框abcd，處于磁感應(yīng)強度為B=0.2T的勻強磁場中，線框面積為S=0.3m2，線框從圖示位置轉(zhuǎn)過60°，線框中磁通量變化量圖25-1為          ，線框在后來位置時磁通密度為          。解析：線框在圖示位置時、磁感強度B與線框平面垂直，磁通量，當線框轉(zhuǎn)過60°時，線框在與磁感線垂直平面的投影面積，此時磁量,線框處于勻強磁場中，各處的磁感強度的大小，方向均相同，所以B=0.3T。從本題解答中可知，知