高中物理典型例题集锦

高中物理典型例题集锦(一)

编者按：笔者结合多年的高三教学经验，记录整理了部分高中物理典型例题，以20XX 年《考试说明》为依据，以力学和电学为重点，编辑如下，供各校教师、高三同学参考。实践证明，考前浏览例题，熟悉做过的题型，回顾解题方法，可以提高复习效率，收到事半功倍的效果。

力学部分

1、如图1-1所示，长为5米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为12牛的物体。平衡时，绳中张力T=

＿＿＿＿

分析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本题有多种解法。

解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2所示

设细绳与水平夹角为α，由平衡条件可知：2TSinα=F，其中F=12牛

将绳延长，由图中几何条件得：Sinα=3/5，则代入上式可得T=10牛。

解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为T）的合力F’与F 大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为菱形。如图1-2所示，其中力的

三角形△OEG与△ADC相似，则：得：牛。

想一想：若将右端绳A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？

（提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的

张力仍不变。）

2、如图2-1所示，轻质长绳水平地跨在相距为2L的两个小定滑轮A、B上，质量为m

的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg。先托住物块，使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持C、D两端的拉力F不变。

（1）当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？

（2）在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W为多少？

（3）求物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H？

分析与解：物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时，速度达到最大值。之后，因为两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上，且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动。当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值H。

当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的θ角，再由θ角求出相应的距离h，进而求出克服C端恒力F所做的功。

对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H。

（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h。因为F恒等于mg，所以绳对物块拉力大小恒为mg，由平衡条件知：2θ=120°，所以θ=60°，由图2-2

知：h=L*tg30°=L [1]

（2）当物块下落h时，绳的C、D端均上升h’，由几何关系可得：h’=-L[2]

克服C端恒力F做的功为：W=F*h’ [3]

由[1]、[2]、[3]式联立解得：W=（-1）mgL

（3）出物块下落过程中，共有三个力对物块做功。重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功。两端绳子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。因为物块下降距离h时动能最大。由动能定理得：mgh-2W= [4]

将[1]、[2]、[3]式代入[4]式解得：Vm=

当物块速度减小为零时，物块下落距离达到最大值H，绳C、D上升的距离为H’。由动

能定理得：mgH-2mgH’=0，又H’=-L，联立解得：H=。

3、如图3-1所示的传送皮带，其水平部分 ab=2米，bc=4米，bc与水平面的夹角α=37°，一小物体A与传送皮带的滑动摩擦系数μ=0.25，皮带沿图示方向运动，速率为2米/秒。若把物体A轻轻放到a点处，它将被皮带送到c点，且物体A一直没有脱离皮带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。

分析与解：物体A轻放到a点处，它对传送带的相对运动向后，传送带对A的滑动摩擦力向前，则 A 作初速为零的匀加速运动直到与传送带速度相同。设此段时间为t1，则：a1=μg=0.25x10=2.5米/秒2 t=v/a1=2/2.5=0.8秒

设A匀加速运动时间内位移为S1，则：

设物体A在水平传送带上作匀速运动时间为t2，则

设物体A在bc段运动时间为t3，加速度为a2，则：

a2=g*Sin37°-μgCos37°=10x0.6-0.25x10x0.8=4米/秒2

解得：t3=1秒（t3=-2秒舍去）

所以物体A从a点被传送到c点所用的时间t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。

4、如图4-1所示，传送带与地面倾角θ=37°，AB长为16米，传送带以10米/秒的速度匀速运动。在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5千克的物体，它与传送带之间的动摩擦系数为μ=0.5，求：（1）物体从A运动到B所需时间，（2）物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体所做的功（g=10米/秒2）

分析与解：（1）当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为α1,（此时滑动摩擦

力沿斜面向下）则：

t1=v/α1=10/10=1米

当物体下滑速度大于传送带V=10米/秒时，物体的加速度为a2，（此时f沿斜面向上）则：

即：10t2+t22=11 解得：t2=1秒（t2=-11秒舍去）

所以，t=t1+t2=1+1=2秒

（2）W1=fs1=μmgcosθS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10焦

W2=-fs2=-μmgcosθS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦

所以，W=W1+W2=10-22=-12焦。

想一想：如图4-1所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端B用的时间为t，则：（请选择）

A. 当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于t。

B. 当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t。

C. 当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能等于t。

D. 当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能小于t。

答案：（B、C、D）

5、如图5-1所示，长L=75cm的静止直筒中有一不计大小的小球，筒与球的总质量为4千克，现对筒施加一竖直向下、大小为21牛的恒力，使筒竖直向下运动，经t=0.5秒时间，

小球恰好跃出筒口。求：小球的质量。（取g=10m/s2）

分析与解：筒受到竖直向下的力作用后做竖直向下的匀加速运动，且

加速度大于重力加速度。而小球则是在筒内做自由落体运动。小球跃出筒

口时，筒的位移比小球的位移多一个筒的长度。

设筒与小球的总质量为M，小球的质量为m，筒在重力及恒力的共同

作用下竖直向下做初速为零的匀加速运动，设加速度为a；小球做自由落

体运动。设在时间t内，筒与小球的位移分别为h1、h2（球可视为质点）如图5-2所示。

由运动学公式得：

又有：L=h1-h2代入数据解得：a=16米/秒2

又因为筒受到重力(M-m)g和向下作用力F，据牛顿第二定律：

F+(M-m)g=(M-m)a 得：

6、如图6-1所示，A、B两物体的质量分别是m1和m2，其接触面光滑，与水平面的夹角为θ，若A、B与水平地面的动摩擦系数都是μ，用水平力F推A，使A、B一起加速运动，求：（1）A、B间的相互作用力（2）为维持A、B间不发生相对滑动，力F的取值范围。

分析与解：A在F的作用下，有沿A、B间斜面向上运动的趋势，据题意，为维持A、B 间不发生相对滑动时，A处刚脱离水平面，即A不受到水平面的支持力，此时A与水平面间的摩擦力为零。

本题在求A、B间相互作用力N和B受到的摩擦力f2时，运用隔离法；而求A、B组成的系统的加速度时，运用整体法。

（1）对A受力分析如图6-2（a）所示，据题意有：N1=0，f1=0

因此有：Ncosθ=m1g [1] , F-Nsinθ=m1a [2]

由[1]式得A、B间相互作用力为：N=m1g/cosθ

（2）对B受力分析如图6-2（b）所示，则：N2=m2g+Ncosθ[3] , f2=μN2 [4]

将[1]、[3]代入[4]式得： f2=μ(m1+ m2)g

取A、B组成的系统，有：F-f2=(m1+ m2)a [5]

由[1]、[2]、[5]式解得：F=m1g(m1+ m2)(tgθ-μ)/m2

故A、B不发生相对滑动时F的取值范围为：0＜F≤m1g(m1+ m2)(tgθ-μ)/m2

想一想：当A、B与水平地面间光滑时，且又m1=m2=m时，则F的取值范围是多少？（0＜F≤2mgtgθ＝。

7、某人造地球卫星的高度是地球半径的15倍。试估算此卫星的线速度。已知地球半径R=6400km，g=10m/s2。

分析与解：人造地球卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对卫星的引力提供，设地球与卫星的质量分别为M、m，则：= [1]

又根据近地卫星受到的引力可近似地认为等于其重力，即：mg= [2]

[1]、[2]两式消去GM解得：V===2.0X103 m/s

说明：n越大(即卫星越高)，卫星的线速度越小。若n=0，即近地卫星，则卫星的线

速度为V0==7.9X103m/s，这就是第一宇宙速度，即环绕速度。

8、一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的内径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为V0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R与V0应满足的关系式是。

分析与解：如图7-1所示，A球运动到最低点时速度为V0，A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用，其合力提供向心力。那么，N1-m1g=m1 [1]

这时B球位于最高点，速度为V1，B球受向下重力m2g和细管弹力N2

作用。球作用于细管的力是N1、N2的反作用力，要求两球作用于细管的合

力为零，即要求N2与N1等值反向，N1=N2 [2]，且N2方向一定向下，对B

球：N2+m2g=m2[3]

B球由最高点运动到最低点时速度为V0，此过程中机械能守恒：

即m2V12+m2g2R=m2V02 [4]

由[1][2][3][4]式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0满足的关系式是：

(m1-m2)+(m1+5m2)g=0 [5]

说明：（1）本题不要求出某一物理量，而是要求根据对两球运动的分析和受力的分析，在建立[1]-[4]式的基础上得到m1、m2、R与V0所满足的关系式[5]。（2）由题意要求两球对圆管的合力为零知，N2一定与N1方向相反，这一点是列出[3]式的关键。且由[5]式知两球质量关系m1＜m2。

9、如图8-1所示，质量为m=0.4kg的滑块，在水平外力F作用下，在光滑水平面上从A

点由静止开始向B点运动，到达B点时外力F突然撤去，滑块随即冲上半径为 R=0.4米的

1/4光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑水平面PQ运动。设：开始时平面AB与圆弧CD相切，A、B、C三点在同一水平线上，令AB连线为X轴，且AB=d=0.64m，滑块在AB面上运动时，其动量随位移的变化关系为P=1.6kgm/s，小车质量M=3.6kg，不计能量损失。求：

(1)滑块受水平推力F为多大? (2)滑块通过C点时，圆弧C点受到压力为多大? (3)滑块到达D点时，小车速度为多大? (4)滑块能否第二次通过C点? 若滑块第二次通过C点时，小车与滑块的速度分别为多大? (5)滑块从D点滑出再返回D点这一过程中，小车移动距离为多少? (g取10m/s2)

分析与解：(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑块到B点速度为：

V B=1.6/m=1.6=3.2m/s

A→B，由动能定理得：FS=mVB2

所以 F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N

(2)滑块滑上C立即做圆周运动，由牛顿第二定律得：

N-mg=mVC2/R 而VC=VB 则

N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N

(3)滑块由C→D的过程中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在D点时，滑块和小车具有相同的水平速度V DX。由动量守恒定律得：mV C=(M+m)V DX

所以 V DX=mV C/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s

(4)滑块一定能再次通过C点。因为滑块到达D点时，除与小车有相同的水平速度V DX外，还具有竖直向上的分速度V DY，因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(相对地

面做斜上抛运动)。因题中说明无能量损失，可知滑块在离车后一段时间内，始终处于D点的正上方(因两者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有相同水平速度)，所以滑块返回时必重新落在小车的D点上，然后再圆孤下滑，最后由C点离开小车，做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定律得：

mV C2=mgR+(M+m)V DX2+mV DY2

所以

以滑块、小车为系统，以滑块滑上C点为初态，滑块第二次滑到C点时为末态，此过程中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒(注意：对滑块来说，此过程中弹力与速度不垂直，弹力做功，机械能不守恒)得：

mV C=mV C‘+MV 即mV C2=mV C’2+MV2

上式中VC‘、V分别为滑块返回C点时，滑块与小车的速度，

V=2mV C/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/s

V C’=(m-M)V C/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-2.56m/s(与V反向)

(5)滑块离D到返回D这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为：

△S=V DX2V DY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m

10、如图9-1所示，质量为M=3kg的木板静止在光滑水平面上，板的右端放一质量为m=1kg 的小铁块，现给铁块一个水平向左速度V0=4m/s，铁块在木板上滑行，与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求铁块与弹簧相碰过程中，弹性势能的最

大值E P。

分析与解：在铁块运动的整个过程中，系统的动量守恒，因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度（铁块与木板的速度相同）可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动过程中，系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积，可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果。

设弹簧压缩量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V和V’，由动量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V’ 所以，V=V’=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s

铁块刚在木板上运动时系统总动能为：EK=mV02=0.5X1X16=8J

弹簧压缩量最大时和铁块最后停在木板右端时，系统总动能都为：

E K’=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J

铁块在相对于木板往返运过程中，克服摩擦力f所做的功为：

W f=f2L=E K-E K’=8-2=6J

铁块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中，系统机械能损失为：fs=3J

由能量关系得出弹性势能最大值为：E P=E K-E K‘-fs=8-2-3=3J

说明：由于木板在水平光滑平面上运动，整个系统动量守恒，题中所求的是弹簧的最大弹性势能，解题时必须要用到能量关系。在解本题时要注意两个方面：①.是要知道只有当铁块和木板相对静止时(即速度相同时)，弹簧的弹性势能才最大；弹性势能量大时，铁块和木板的速度都不为零；铁块停在木板右端时，系统速度也不为零。

②.是系统机械能损失并不等于铁块克服摩擦力所做的功，而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值，故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。

11、如图10-1所示，劲度系数为 K的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为θ的斜面体小车连接，小车置于光滑水平面上。在小车上叠放一个物体，已知小车质量为 M，物体质量为m，小车位于O点时，整个系统处于平衡状态。现将小车从O点拉到B点，令OB=b，无初速释放后，小车即在水平面B、C间来回运动，而物体和小车之间始终没有相对运动。求：(1)小车运动到B点时的加速度大小和物体所受到的摩擦力大小。(2)b的大小必须满足什么条件，才能使小车和物体一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为

零。

分析与解：

(1)所求的加速度a和摩擦力f是小车在B点时的瞬时

值。取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，由牛顿第二定

律：kb=(M+m)a 所以a=kb/(M+m)。

取m为研究对象，在沿斜面方向有：f-mgsinθ=macosθ

所以，f=mgsinθ+m cosθ=m(gsinθ+cosθ)

(2)当物体和小车之间的摩擦力的零时，小车的加速度变为a’，小车距O点距离为b’，取m为研究对象，有：mgsinθ=ma’cosθ

取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，有：kb‘=(M+m)a’

以上述两式联立解得：b‘=(M+m)gtgθ

说明：在求解加速度时用整体法，在分析求解m受到的摩擦力时用隔离法。整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法，希读者认真掌握。

12、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为Xo，如图11-1所示。一物块从钢板正上方距离为 3Xo的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点O点的距离。

分析与解：物块自由下落，与钢板碰撞，压缩弹簧后再反弹向上，

运动到O点，弹簧恢复原长。碰撞过程满足动量守恒条件。压缩弹簧

及反弹时机械能守恒。自由下落3Xo，根据机械能守恒：

所以

图11-1 物块与钢板碰撞时，根据动量守恒： mv0=(m+m)v1（v1为碰后

共同速度）

V1=V0/2=

物块与钢板一起升到O 点，根据机械能守恒：2mV12+Ep=2mgx0 [1]

如果物块质量为2m，则：2mVo=(2m+m)V2，即V2=Vo

设回到O点时物块和钢板的速度为V ，则：3mV22+Ep=3mgx0+3mV2 [2]

从O点开始物块和钢板分离，由[1]式得：

Ep=mgx 0 代入[2]得：m(Vo)2+mgx 0=3mgx 0+3mV 2

所以，V 2=gx 0 即

高中物理典型例题集锦（二）

电学部分

1．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=qU AB ，

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=qU AB

若把A 板向上平移一小段距离，因U AB 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U AB 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 ）。

2．两平行金属板相距为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。

图22-1 图23-1 图23-1(b)

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U 0，因而侧向做匀加速运动，其侧向位移

为y 1，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y 2，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（y 1+y 2）。

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U 0，再经过T/2时间，有了侧向位移y 1，

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y 1。

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（y 1+y 2）与y 1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：

3．如图24-1所示，R 1=R 2=R 3=R 4=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，R 1、R 3并联与R 4串联，

（R 2中没有电流通过）

U C =U 4=（2/3）ε

对带电小球有：mg=qE=qU C /d=（2/3）qε/d 得：ε=（3/2）

mgd/q

（2）电键S 断开后，R 1、R 4串联，则U C ’=ε/2=（3/4）mgd/q [1]

图23-2 图23-3 图24-1

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－qU C’/2－mgd+q’U C’=0 [2]

由[1][2]式解得：q’=7q/6。

4．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，其电路为内电路，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R madn=R mbcn=8R0时，外阻最大值R max=4R0，这时电路中电流最小值：I min=ε/（R max+r）=BLV/（4R0+R0）=BLV/5R0

所以，P min=F min V=BLI min V=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R0

5．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）6．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。

图25-1 图26-1

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）mV 2 [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 L ab =3L cd ，故它们的磁场力为：F ab =3F cd [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：BL ab V ab =BL cd V cd 所以V ab =V cd /3 [3]

ab 、cd 受磁场力作用，动量均发生变化，由动量定理得：

F ab △t=m （V-V ab ） [4] F cd △t=mV cd [5]

联立以上各式解得：V ab =（1/10），V cd =（3/10）

（2）根据系统能量守恒可得：Q=△E 机=mgh-（1/2）m （V ab 2+V cd 2）=（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F ab =3F cd 及终了状态时V ab =（1/3）V cd 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F ab ≠F cd 时，合力不为零，故系统动量不守恒，只有当L ab =L cd 时，F ab =F cd ，方向相反，其合力为零时，系统动量才守恒。

7．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，图27-1

图28-1

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.-y O ），在电场中由

静止加速，则：qEy O

=mV 2 [1]

在匀强磁场中粒子以速率V 做匀速圆周运

动，有：qBV=mV 2/R [2]

设n 为粒子做匀速圆周运动的次数（正整数）

则：L=n2R ，所以R=L/2n [3]

解[1][2][3]式得：V=qBL/2mn ，所以

y O =qB 2L 2/8n 2mE （式中n 为正整数）

（3）粒子由M 运动到N 在电场中的加速运

动和减速运动的次数为（2n-1）次， 每次加速或减速的时间都相等，设为t 1，则：y O

=at 12=qEt 12/m

所以t 1=

粒子在磁场中做匀速圆周运动的半周期为t 2，共n 次，t 2=πm/qB

粒子从M 点运动到N 点共经历的时间为：

t=（2n-1）t 1+nt 2=（2n-1）BL/2nE+nπm/qB （n=1、

2、3……）

8．平行金属，板长1.4米，两板相距30厘米，两板间

匀强磁场的B 为1.3×10-3特斯拉，两板间所加电压随时间变化关系如29-1图所示。当t=0时，有一

个a 粒子从左侧两板中央以V=4×103米/秒的速度垂直于磁场方向射入，如29-2图所示。不计a 粒子的重力，求：该粒子能否穿过金属板间区域?若不

能，打在何处?若能，则需多长时间? （已知a 粒子电量

q=3.2×10-19库，质量m=6.64×10-27千克）

分析与解：在t=0到t=1×10-4秒时间内，两板间加有电压，a

粒子受到电场力和洛仑兹力分别为：F=qu/d=q×1.56/0.3=5.2q 方向竖直向下

f=qBv=q×1.3×10-3×4×103=5.2q 方向竖直向上

因F=f ，故做匀速直线运动，其位移为：

△S=v △t=4×103×1×10-4=0.4米

在t=1×10-4秒到t=2×10-4秒时间内，两板间无电场，a 粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，其轨迹半径为：

r=mv/qB=（6.64×10-27×4×103）/（3.2×10-19×1.3×10-3）=6.37×10-2米＜d/4

所以粒子不会与金属板相碰。面a 粒子做匀速圆周运动的周期为：

T=2πm/qB=（2×3.14×6.64×10-27）/（3.2×10-19×1.3×10-3）=1.0×10-4秒

图28-2

图29-1 图29-2 图29-3

则在不加电压的时间内，a 粒子恰好能在磁场中运动一周。当两板间又加上第2个周期和第3个周期的电压时，a 粒子将重复上述的运动。故经13/4周期飞出板外（t=6.5×10-4秒）其运动轨迹如29-3图所示。

9．如图30-1所示，虚线上方有场强为E 的匀强电场，方向竖直向

下，虚线上下有磁感强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外。

ab 是一根长L 的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，

b 端在虚线上。将一套在杆上的举正电小球从a 端由静止释放

后，小球先是加速运动，后是匀速运动则达b 端。已知小球与

绝缘杆间的动因摩擦数μ=0.3，小球的重力可忽略不计。当小

球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆半径为L/3。

求：带电小球以 a 到b 运动过程中克服摩擦力做的功与电场力

所做功的比值。

分析与解：（1）带电小球在沿杆向下运动时，

其受力情况如30-2图示。

水平方向：F 洛=N=qBV [1]

竖直方向：qE=f [2] （匀速运动时）

又因f=μN [3]，联立解[1][2][3]式得：qE=f=μqBV b

小球在磁场中作匀速圆周运动：qBV b =mV b 2/R=3mV b 2/L ，所以

V b =qBL/3m

小球从a 到b 运动过程中，由动能定理：W 电-W f =mV b 2

W 电=qEL=μqBV b L=0.3×qBL （qBL/3m ）=q 2B 2L 2/10m

所以，W f =W 电-mV b 2=q 2B 2L 2/10m-（m/2）（q 2B 2L 2/9m 2）=2q 2B 2L 2/45m

所以，W f /W 电=（2q 2B 2L 2/45m ）/（q 2B 2L 2/10m ）=4/9。

10．如图31-1所示，从阴极K 射出的电子经U 0=5000V 的电势差加速后，沿平行于板面的方

向从中央射入两块长L 1=10cm ，间距d=4cm 的平行金属板AB 之间。在离金属板边缘L 2=75cm 处放置一个直径D=20cm ，带有记录纸的圆筒。整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计。

（1）若在金属板上加以U 1=1000V 的直流电压（A 板电势高）后，为使电子沿入射方向作匀速直线运动到达圆筒，应加怎样的磁场（大小和方向）；

（2）若在两金属板上加以U 2=1000cos2πtV 的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2转/秒匀速转动。试确定电子在记录纸上的

轨迹形状，并画出1秒钟内所记录到的图形。

分析与解：偏转极板上加恒定电压 U 后，电

子在电场中受到恒定的电场力作用，故所加的磁

场方向只要使运动电子所受到的洛仑兹力与电

场力等大反向即可。偏转极板上加上正弦交流电后，板间电场变为交变电场，电子在板间的运动

是水平方向作匀速直线运动，竖直方向作简谐运动。偏出极板后作匀速直线运动，电子到达圆筒后，在筒上留下的痕迹是电子在竖直方向的“扫描”和圆筒匀速转动的合运动。

图30-1 图30-2

图31-1

据动能定理：eU0=mV02，得电子加速后的入射速度为：

V0= =4.2×107m/s

（1）加直流电压时，A 、B 两板间场强：

E1=U1/d=1000/（4×10-2）=2.5×104v/m

为使电子作匀速直线运动，应使电子所受电场力与洛仑兹力平衡，即：qE1=qBV0， 得：B=E1/V0=（2.5×104）/（4.2×107）=6×10-4T

方向为垂直于纸面向里。

（2）加上交流电压时，A 、B 两板间场强为：

E2=U2/d=1000cos2πt/（4×10-2）=2.5×104cos2πt v/m

电子飞离金属板时的偏距为：y 1

=at12

=（eE2/m ）

（L1/V0）2

电子飞离金属板时的竖直速度为：V y =at 1=（eE2/m ）

（L1/V0）

从飞离板到到达筒的偏距：y 2=V y t 2=（eE2/m ）（L1/V0）

（L2/V0）=（eE2L1L2）/（mV02）

所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏距为：（如图31-2所示）

y=y 1+y 2=（L1/2+L2）（eE2L1/mV02）=（L1/2+L2）（L1U2/2U0d ）

=（10/2+75）×10-2×（10×1000cos2πt ）/（2×5000×4）=0.20cos2πt m

可见，在记录纸上的点以振幅0.20m ，周期T=2π/ω=1

秒而作简谐运动。因圆筒每秒转2周（半秒转1周），故

在1秒内，纸上的图形如图31-3所示。

11．如图32-1所示，两根互相平行、间距d=0.4米的金属

导轨，水平放置于匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T ，

磁场垂直于导轨平面，金属滑杆ab 、cd 所受摩擦力均为f=0.2N 。两根杆电阻均为r=0.1Ω，导轨电阻不

计，当ab 杆受力F=0.4N 的恒力作用时，ab 杆以V 1做匀速直线运动，cd 杆以V 2做匀速直线运动，求速度差（V 1－ V 2）等于多少？

分析与解：在电磁感应现象中，若回中的感应电动势是由导体做切割磁感线运动而产生的，则通常用ε=BlVsinθ来求ε较方便，但有时回路中的电动势是由几根棒同时做切割磁感线运动产生的，如果先求出每根导体棒各自的电动势，再求回路的总电动势，有时就会涉及“反电动势”而超纲。如果取整个回路为研究对象，直接将法拉第

电磁感应定律ε=用于整个回路上，即可“一次性”求得回路

的总电动势，避开超纲总而化纲外为纲内。

cd 棒匀速向右运动时，所受摩擦力f 方向水平向左，则安培

力F cd 方向水平向右，由左手定则可得电流方向从c 到d ，且有：

F cd = IdB = f

I = f /Bd ① 图31-2 图31-3 图32-1

取整个回路abcd 为研究对象，设回路的总电势为ε，由法拉第电磁感应定律ε=，根据B 不变，则△φ=B △S ，在△t 时间内，

△φ=B （V 1－V 2）△td

所以：ε=B （V 1－V 2）△td/△t=B （V 1－V 2）d ②

又根据闭合电路欧母定律有：I=ε/2r ③

由式①②③得：V 1－V 2 = 2fr / B 2d 2

代入数据解得：V 1－V 2 =6.25（m/s ）

12．如图33-1所示，线圈ａｂｃｄ每边长ｌ＝0.20ｍ，线圈质量ｍ1＝0.10ｋｇ、电阻Ｒ＝0.10Ω，砝码质量ｍ2＝0.14ｋｇ．线圈上方的匀强磁场磁感强度Ｂ＝0.5Ｔ，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为ｈ＝ｌ＝0.20ｍ．砝码从某一位置下降，使ａｂ边进入磁场开始做匀速运动．求线圈做匀速运动的速度．

解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培

力Ｆ安、绳子的拉力Ｆ和重力ｍ1ｇ相互平衡，即

Ｆ＝Ｆ安＋ｍ1ｇ． ①

砝码受力也平衡：

Ｆ＝ｍ2ｇ． ②

线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流

Ｉ＝Ｂｌｖ／Ｒ， ③

因此线圈受到向下的安培力

Ｆ安＝ＢＩｌ． ④

联解①②③④式得ｖ＝（ｍ2－ｍ1）ｇＲ／Ｂ2ｌ2．

代入数据解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ）

13．如图34-1所示，ＡＢ、ＣＤ是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间

距离为ｌ，导轨平面与水平面的夹角为θ．在整个导轨平面内都有垂直于导

轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为Ｂ．在导轨的Ａ、Ｃ端连接一个阻

值为Ｒ的电阻．一根垂直于导轨放置的金属棒ａｂ，质量为ｍ，从静止开始

沿导轨下滑．求ａｂ棒的最大速度．（已知ａｂ和导轨间的动摩擦因数为μ，

导轨和金属棒的电阻不计）

解析：本题的研究对象为ａｂ棒，画出ａｂ棒的平面受力图，如图34-2．ａｂ棒

所受安培力Ｆ沿斜面向上，大小为Ｆ＝ＢＩｌ＝Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ，则ａｂ棒下滑的加速度

ａ＝［ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｆ）］／ｍ．

ａｂ棒由静止开始下滑，速度ｖ不断增大，安培力Ｆ也增大，加速度ａ减小．当ａ＝0时达到稳定状态，此后ａｂ棒做匀速运动，速度达最大．

ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ）＝0．

解得ａｂ棒的最大速度

ｖｍ＝ｍｇＲ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／Ｂ2ｌ2．

14．电阻为Ｒ的矩形导线框ａｂｃｄ，边长ａｂ＝ｌ、ａｄ＝ｈ、质量为ｍ，自某

一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为ｈ，如图35-1

所示．若线框恰好以恒定速度通过磁场，线框内产生的焦耳

图

33-1 图

34-1 图

34-2 图35-1

热是．（不考虑空气阻力）

解析：线框以恒定速度通过磁场，动能不变，重力势能减少，减

少的重力势能转化为线框内产生的焦耳热．根据能的转化与守恒定律

得：Ｑ＝ｍｇ·2ｈ＝2ｍｇｈ．

15．如图36-1所示，Ａ是一边长为ｌ的正方形线框，电阻为Ｒ．现

维持线框以恒定的速度ｖ沿ｘ轴运动，并穿过图中所示的匀强磁

场Ｂ区域．取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开

始运动，则线框中产生的感应电流ｉ随时间ｔ变化的图线是

图36-2中的：［］

解析：由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，

因此在线框中产生的感应电流大小不变．根据楞次定律可知，线

框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时

感应电流的方向与规定的正方向相反，因此应选Ｂ．

想一想:若将题39改为：以ｘ轴正方向作为力的正方向，则

磁场对线框的作用力Ｆ随时间ｔ的变化图线为图36-3中的：［］

同理可分析得正确答案应选Ｃ．

高中物理典型例题集锦(三)

光学部分

1．如图48-1所示，折射率为n 的玻璃砖的两面是平行的，玻璃砖厚度为h ，一束细光束射到玻璃砖上表面的入射角为i ，光线一部分从上表面反射回空气中；另一部分折射入玻璃砖，在玻璃砖下表面发生反射，又在上表面折射后射入空气中。

求：上表面的反射光线I 与下表面反射，折射回到空气的光线II

的侧移距离为多少?

分析与解：光路图如图48-2所示。光线射到A 点，反射光

线为I ，折射光线射到下表面C 点再反射到上表面B 点，形成折

射光线II 。 由折射定律知：[1]

由图知：AB=2htgr [2] 光线Ⅱ相对I 的侧移距离d 为：

d=ABcosi [3]

图

36-1 图

36-2 图

36-3 图48-1

图48-2