高中物理常用物理思想与方法-高中课件精选 19页

高中物理常用物理思想与方法方法一、对称法甲乙丙丁1.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。英中a、b两点的电势相等、电场强度相同的是A.甲图中与点电荷等距的a、b两点B.乙图屮两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C.丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D.丁图中匀强电场中的a、b两点2.如图所示，质量均为m的A、B两个小球，用长为2L的轻质杆相连接，在竖直平面内，绕固定轴O沿顺时针方向自由转动（转轴在杆的屮点），不计一切摩擦.某时刻A、B球恰好在如图所示的位置，A、B球的线速度大小均为V。下列说法正确的是A.运动过程中B球机械能守恒B.运动过程中B球速度大小不变C.B球在运动到放高点Z前，单位时间内机械能的变化量保持不变D.B球在运动到最高点Z前，单位时间内机械能的变化童不断改变3.如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等戢正电的点电荷M、N,分别固定在A、B两点，0为AB连线的中点，C、D在AB的垂直平分线上。在C点处由静止释放-一个带负电的小球P（不改变原來的电场分布），此后P在C点和D点之间來冋运动。A.若小球P在经过C点时带电量突然减小，则它将会运动到连线上CD之外B.若小球P的带电量在经过COZ间某处减小，则它将会运动到连线上CDZ外C.若小球P在经过C点时，点电荷M、N的带电戢同时等彊増大，则它将会运动到连线上CD之外D.若小球P在经过COZ间某处时，点电荷M、N的带电量同时等量增人，则它以后不可能再运动到C点或D点4.抛体运动在各类体育运动项H中很常见，如乒乓球运动。现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h,乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖-育分速度大小不变、方向相反，U不考虑乒乓球的旋转利空气阻力。（重力加速度为g）（1）若球在球台边缘O点正上方高度为h|处以速度V],水平发出，落在球台的円点（如图实线所示），求円点距O点的距离X|O（2）若球在0点正上方以速度V2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的P2（如图虚线所示），求v2的人小。（3）若球在O正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网口刚好落在对方球台边缘P3,求发球点距0点的髙度h3。解：（1）设发球时飞行时间为耳，根据平抛运动解得%)=V|（2）设发球高度为h2,飞行时间为t2,同理根据平抛运动且爲=A（3）\n如图所示，发球高度为％,飞行时间为心，同理根据平抛运动得.人3=X3=叩3且3*3=2L设球从恰好越过球网到最高点的时间为水平距离为$，有h「h=由几何关系知.解得h严知\n5.如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L两板间距离为d,在PQ板的上方有垂直纸面向里足够大的匀强磁场。一个电荷量为q，质量为m的带负电粒子以速度V。从MN板边缘且紧贴M点，沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场。不计粒子重力，求：(1)两金属板间所加电压U的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；⑶当该粒子再次进入电场并再次从电场中飞出时的速度及方向。解：(I)粒子在电场中运动时间为/，水平方向L=v0/竖直方向是:.d=加速度a=2md得：电压—呼(2)设粒子飞出电场时的速度为几竖直分速度为”，B与极板之间的夹角为0•则有vr-atv=---tan&=—cos。v0粒子在磁场中运动的半径尺=—^772sm&v2所受洛伦兹力提供向心力.即^qvB-m---RAmy(1得：磁憋应强度B=―匚q匕(3)根据粒子在磁场及电场中运动的对称性易知粒子再次进入电场并再次从电场中飞出时的速度为方向水平向左•方法二：假设法1.如图为一列沿兀轴正方向传播的简谐波在1=0时刻的波形图。己知波速为10m/s,图中P质点所在位置的横坐标为5.5m,则英振动周期为s,P质点的振动方程为。当t=0.6s时,P质点的位移为m,t=()s至I」t=0.6s过程中路程为m,从匸0经s,P质点到达波谷处。2.如图所示，A.B为平行放置的两块金屈板，相距为止且带有等量的异种电荷并保持不变，两板的中央各有小孔M和N。今有一带电质点，口A板上方相距为d的P点由前止口由下落，P、M、N在同一竖直线上，质点下落到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，空气阻力不计。则A.把A板向上平移一小段跖•离，质点自P点自由下落后仍然到达N孔时返回B.把A板向下平移一小段距离，质点口P点口由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍然到达N孔时返冋D.把B板向下平移一小段距离,质点口P点口由卜•落后将穿过N孔继续卜•落3・在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如图所示。已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，巫力加速度为g。求：(1)小球运动到任意位置P(x,y)的速率V。⑵小球在运动过程中第一次下降的最人距离(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E(E>mg/q)的匀强电场吋，小球从O静止释放后获得的故大速率vmoxxx解M1)洛仑兹力不做功•由动能定理得.函=y/w2得v=^2gy(2)设在最大距离齐处的速率为％，根据圆周运动有,炉.B-mg=m岸vw=JW.R=2yw得r-qb(3)小球运动如图所示，由动能定理・・记叫B+mg・qE=mWxxxgly.l解得u.=壽(gE-mg)\n方法三：整体法和隔离法1.如图所示，光滑水平地面上的小车质量为M,站在小车水平底板上的人质量为nu人用一根跨过定滑轮的绳子拉小车，定滑轮匕下两侧的绳子都保持水平，不计绳与滑轮之间的燃擦。在人和车一起向右加速运动的过程中，下列说法正确的是A.人可能受到向左的摩擦力B.人一定受到向左的摩擦力C.人拉绳的力越人，人和车的加速度越大D.人拉绳的力越人，人对车的摩擦力越小2.如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹赞上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B,运动距离h时B与A分离。则下列说法中正确的是A.B和A刚分离时，弹簧为原长B.B和A刚分离时，它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于mg/hD.在B与A分离之前，它们作匀加速运动3.如图所示，倾角为。的斜而上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L。有若干个相同的小方块(每个小方块视为质点)沿斜而靠在一起，但不粘接，总长为L。将它们由挣止释放，释放吋F端距A为2Lo当下端运动到A下面距A为L/2时物块运动的速度达到故大。(1)求物块与粗糙斜面的动摩擦因数；(2)求物块停止时的位置；(3)要使所有物块都能通过B点，由静止释放时物块下端距A点至少要多远？解：(1芭整体所受合外力零时，整块速度最大，设整体质量为m,则C股物块停止时下端距A点趣离为x,根据动^定理mg(2L+x)sin&一£pmgcosdL-umgcos6(x-Z)=0即物块的下端停在B端G戒静止时物块的下擁A的距离为s,物块的上端运动到A点时速度为v,根据动能定理mg(L千s)sin£“飓cos^Z=^wt>:物块全部潘上AB部分后，小方块间无弹力作用,取是上面一小块为硏究对象"设苴质量m”运动到B点时速度正好减到0,根据动能定理叫g3厶sincos^=0-i^ir得s=3Z4.如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段岡弧血相连接.在木板的中间冇位于竖直呦内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为久现冇1()个质量均为〃2、半径均为广的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力卩与圆槽在同一•竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为九现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为◎求:(1)水平外力F的大小；(2)1号球刚运动到水平槽时的速度；(3)整个运动过程中，2号球对1号球所做的功。\n解：⑴以10个＜1赫整体为硏究对象，由力的平衡条件可得aFtan&=—得F=10mgtan^10wg⑵以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得W：-解得y=⑶撤去水平外力尸后，以10个小球整体为硏究对象，1Qr1利用机械^守恒定律10?^g(Zz-—sin&)==•10加•"得v=j2g(Z?+9rin0)以1号球为研删象，由动能定理得皿劝-FTr=lmv得W=9mgrsin^1.如图所示，光滑斜面的倾角8=30°,在斜面上放置一矩形线框abed,ab边的边长为Im,be边的边长为0.8m,线框的质量M=4kg,电阻为0」Q,线框通过细线绕过光滑的定滑轮与巫物相连，滑轮的质量不计，重物的质量m=lkg,斜面上cf和曲线为斜面上冇界匀强磁场的边界，与斜血的底边平行，cf和Illi线的间距为1.8m,磁场方向垂直于斜面向上,B=0.5T,开始cd边离gh边的距离为2.25m,由静止释放，，线框恰好能匀速穿过ef边界，线框滑动过程中cd边始终与底边平行，求：(设斜而足够长，重物m不会与滑轮接触，g取10m/s2)(1)线框cd边刚进入磁场时速度的大小。(2)线框进入磁场过程屮通过线框的电量。(3)线框进入磁场过程中在线框中产生的焦耳热。解：(1)设M下落高度加-2.25xsin30°m,力上升的高度Aj=2.25ni»则M和加系统机械能守恒Mghx-rng^=-^(m+M)v2线框刚进入磁场时的速度尸3m/sEAO(2)线框进入磁场的过程中Q=[&/=—£=—RA/得Q-4C(3)当线框在匀速穿过ef边界时设速度为力＞V|=4m/sMgsina—mg—BIL-0I=些得R设线框完全进入磁场时速度为巾，下滑高度为重物上升离度为仏MgH_mgh=丄(/n+-舟(加+M)v；得v＞2侖m/s22从钱框开始进入磴场到完全进入磁场的过程中•下滑高度为丹“重物上升髙度为居，此过程线框中产生的焦耳热为由功能关系得—(m+A/)V2-■-(/«+M)v2=MgH,--Q22得g=0・5J2.如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为匕斜面上放置一质量为M,电阻为R、边长为L的正方形导线框abed,通过细线绕过光滑的定滑轮与一质量为m的巫物相连，连接线框的细线与线框共面，滑轮和绳的质量均不计。斜面上冇两个匀强磁场区域I和II,其宽度均为L,磁感应强度大小均为B,磁场方向分别垂直于斜面向上和垂直于斜面向下线框的ab边距磁场区域I的上边界为2L开始吋各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放。线框沿斜而向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线00’进入磁场区域II吋，线框恰好做匀速运动(绳子始终处于拉紧状态)。求:\n(1)线框的ab边刚进入磁场区域I时的速度大小；⑵线框ab边在磁场区域11中运动的过程屮，线框重力的功率P；(3)从开始释放到ab边刚穿出磁场区域I的过程中，线框中产生的焦耳热Q。\n解:(1)对线框和重濒用机械守恒定律有:2SlgLsin6-2mgL=-(M*m)u^(2)设线框aE边刚进入磁场II时速度为比>则线框中产生的电流为2BLu：=_FJBIL4BzIrv.■〒对加解得(Msin8-加)gR4=_4BT-P=sin^uAf(Msin8-m)g:Rsm&(3)从线框开始釋放到处边冈悼岀磁场II的过程中*根据能量守恒有1q^MgLsin0-4mgZ«O+—(A/+m)vt■得：0"(M“&f)或-1(M")[0::捫*f2ABL・2个第3个磁场区域ma~gE粒子在磁场区城的运该合成半WI弧•总共经历时何⑶独干经过第左个爭场区城回到工输•则粒子玄瓷场区城的运动由21—1个NflitSM>并且2k-1个IB51合并为一段園弧粒子进人笫设粒子亢开第】个无磴场区城时•速度与水乎方向的更角为G1个趙场时扈度为s与水罕方向的夹角为从粒了•在无更场区域运动的路程sma粒子在无滋杨区城运动的时间第得;总时何冲卄卄證4込爲二6瓯沪由几何关玉知>应谶足条件山―1M，根据牛顿第二定邹為•方法四：微元法1.从地面上以初速度Vo竖直向上抛出一质量为m的球,若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t]时刻到达最高点，再落回地血，落地时速率为V],且落地前球己经做匀速运动。求：(1)球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；(2)球抛岀瞬间的加速度大小；(3)球上升的最大高度H。\nHs(I)由动能定理得W=-mv?,2i2°克眼空气阴力做功Wslmv2lmvJ72024(2)空气阻力尸b落地府匀速辺动，則吨-后庵馳岀时加速度大小为oq,则mg^kvQ=ma0Vl(3)上升时加速度为―-(加g+后)m取极l3Ar时间.速度变化△几Av=oAr=-gA/-—vAr乂vbfhw上升全程LAv=0-v0=-gZAz*—EAAm则g!严LHh=代-g'J片me2•如图所示，两根足够长的固定的平行金屈导轨位于竖直平而内，两导轨间的距离为d,导轨上而横放希两根导体棒4和L?,与导轨构成冋路，两根导体棒的质量都为im电阻都为R,M路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平而内都有与导轨所在面垂直的匀强磁场，磁感应强度为Bo两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，保持L!向上作速度为u的匀速运动，在t=()时刻将爲近L|处的L2由静止释放(刚释放时两棒的距离可忽略)，经过一段时间后L?也作匀速运动。己知d二0・5m,m二0・5kg,R=0.1G,B二IT,g取lOm/s?。(1)为使导体棒L2向下运动，L］的速度v最人不能超过多少？(2)若Lj的速度u为3m/s,在坐标中画出L2的加速度a2与速率5的关系图像；(3)若L,的速度u为3m/s,在L?作匀速运动的某时刻，两棒的间距4m,求在此时刻前b运动的距离。a?/(m•s2)XXXXXX3-X.XX2•XxLjX1-XXX1111|1xxY。0.51”^/(m•s4)解：⑴L：冈懈放时电路中电訥？E^BduZj■互12R安培力F-BI,d回路中电流导体悸L：能向下运动，则fng>F得u<4ms⑵当L：运动谨度为v：时，陶中电动势E=Bd(u-y)导体棒L：的加速度a=竺二1m得a=2・5-2・5—⑶当导体療L;儆匀速运动时丄】和L：两圧的速度分别是u和V：，)・mg得v-ru-4w5M•…设当导体樟L、L】的相对速度为u相时，榛的加速度d.g-聖乞由平備条件得取极短时间在时间4内速度变化suA.Bzdzv^近S吃S歸刀3B^dz代入数据得两棒间距为」m所用时间t=l.ls导体樟L】运动的位移Xi=vt=3xl.lmF3.3m导体悔L：运动的位移X：«心-耳0.7mZaOc=60\一•根轻弹费一端固定，另一端3・如图所示，光滑金屈导体"和曲水平固定，柑交于。点并接触良好,连接一质臺为刃的导体棒好；b与”和cd接触良好。弹簧的轴线与ZbOd平分线逼合。虚线MN是磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场的边界线，距。点距离为乙ab、cd、勺•单位长度的电阻均为几现将弹赞压缩，f=0时,使“从距磁场边界L/4处由前止释放，进入磁场后刚好做匀速运动，当“到达O点时，弹簧刚好恢复原长，并与导体棒b分离。已知弹簧形变量为X时，弹性势能\n为一&X*为弹簧的劲度系数。不计感应电流之间的相互作用。2(1)证明：导体棒在磁场中做匀速运动时，电流的大小保持不变；(2)求导体棒在磁场中做匀速运动的速度大小％和弹簧的劲度系数広(3)求导体棒最终停止位置距0点的距离。⑴设匀速砂运动的速度为r：»w/有效谯长度为h則设弹簧形变■为x＞由平衔条件＞?*:ZJAaruO*■&•⑶矿越过0点后P与弾簧脱离P设导体檯最终停止位置距O点的距离为Xo＞某时刻回路中◎•有效切割长度为L,,釦的速度为V＞加速度为“电流为几据牛顿第二定律＞得：一BIL亍ma电流"翁峠禅：-学F取一小段时间△「，速度徽小变化为＞回路面积徽小増加为•■W—"匸、必r即：—£孑$△『■ZniaN——Zl：vAr«＞nEaAr—示SAS®mSAv—矛xo*an3O-0-m"譬代入'得••叶浮甲4.半径为R的光滑球固定在水平桌面上，有一质量为M的恻环状均匀弹性绳圈，原长为ttR,且弹性绳圈的劲度系数为k,将弹性绳圈从球的正上方轻放到球上，使弹性绳圈水平停留在平衡位置上，如图所示，若平衡时弹性绳圈长次逅曲,求弹性绳圈的劲度系数k。解：山于整个弹性绳圈的大小不能忽略不计，弹性绳圈不能看成质点，所以应将弹性绳圈分割成许多小段，其中每一小段△】“两端受的拉力就是弹性绳圈内部的弹力F.在弹•性绳圈上任取一小段质量为Am作为研究对彖,进行受力分析。但是受的力不在同一平而内，可以从一个合适的角度观察.选取一个合适的平而进行受力分析，这样可以看清楚各个力之间的关系.从正面和上面观察，分别画出正视图的俯视图，如图甲和乙。先看俯视图，设在弹性绳圈的平血上，所对的岡心角是AG,则每一小段的质虽Aw=—M2ttAm在该平面上受拉力F的作用，合力为T=2Fcos(兀—竹=2Fsin—22an因为当。很小时，sin0u0所以T=2F——=F\02再看正视图乙，受重力Amg,支持力N,二力的合力与T平衡。即T=-1a现在弹性绳圈的半径为岳R=^R2兀2所以T伕普卄—1\nAn因此T=△n?g=Mg2兀①、②联立，—Mg=F\02龙解得弹性绳圈的张力为：F血2龙设弹性绳圈的仲长量为兀贝!J兀=勺。加？一加？=(血一1)加?所以绳圈的劲度系数为:F_Mg_（血+1）盹x一2（迈-1）仇~2tt2R5・一质量为均匀分布的圆环，其半径为门儿何轴与水平面垂直，若它能经受的最大张力为T,求此圆环可以绕儿何轴旋转的最人角速度。解：因为向心力F=mrco2,当①一定时，r越大，向心力越大，所以要想求最人张力T所对应的角速度co,r应取最人值。如图所示，在圆环上取-小段AL,对应的圆心角为△(),其质量可表示为△〃=—M，受圆环对它的张力为T,2兀则同上例分析可得2Tsin—=^mrcv22因为很小，所以sin^u空22—Mim2解得最大角速度3=6、如图所示，水平而内有两根足够长的平行导轨L,.L2,其间距d=0.5m,左端接有容量C=2000pF的电容◊质量m=20g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在弄垂直导轨所在平而的匀强磁场，磁感应强度B=2To现用一沿导轨方向向右的恒力FlO・44N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经I时间后到达B处,速度v=5m/so此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2,又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿。求(1)导体棒运动到B处时，电容C上的电量;(2)t的大小;(3)F2的大小。AB⑴当棒运动到B处肘，电容器两端电压为U=Bdu此时电容器的带电量q=CUCBdv=lX102C⑵桦在R作用下有FrB/d^ma,又尸△/△XBdAu/△XBda、得a、=F/(m+CB2d2)=20m/s2则l=u/fl|=0.25s⑶由(2肉棒在片作用下运动的加速度a^F^m+CB2^方向向左又討宀訓⑺」将相关数据代入上式，求得F.-0.55N方法五：图象法1.如图甲所示，一竖内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点。将物块置于轨道ADC上离地而高为H处由挣止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N,改变H的大小，可测岀相应的N大小，N随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两頁线相连接于Q点),QI反向延长交纵轴于F点(0,5.8N),重力加速度g取10m/s2,求:(1)小物块的质最nio(2)圆轨道的半径及轨道DC所对圆心角(町用角度的三角函数值表示)2兀\n(1)小物块与斜面AD间的动摩擦因数。解：(1)如果物块只的轨逍I•込动.则由动能定理怒〃=占皿•仙•二陋八111向心力公式N-mg=m结介％曲线:mg=5得刃=0.5kg.-10御尺=Im：R⑵0»©=1^.=0.8-0=37°54b（3）如棗物块由辑■上淆2由动縫电理wjf//-piwycoii0（//-0.2）/sm0肿ffj4M••'«〃-¥“朋川〃一（）2）:■Jill向心力公式"•怒如-丰"”怙合0/曲线卡工6・p=0.6.K2.如图所示，一块长为L、质呈m的扁平均匀规则木板通过装冇传送带的光滑斜面输送。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角()，传送带以较大的恒定速率转动，传送方向向上，木板与传送带之间动摩擦因数为常数。Q知木板放在斜面或者传送带上任意位置时，支持力均匀作用在木板底部。将木板静止放在传送带和光滑斜面之间某一位置，位于传送带部位的长度设为x,当x=L/4吋，木板能保持静止。(1)将木板静止放在x=L/2的位置，则木板释放瞬间加速度多大？(2)设传送带与木板间产生的滑动摩擦力为f,试在0设旨好在荧光屏?上观孵屍点时>粒子侷转角为29>磁场区域的最大半径为Ro・由几何关系可知tan=1/2r0：则R应満足的条件RS5xlO»m（2）电子在两极板佰|的加連度a-eUmd通过金属板的时间I丄对打在荧光屏P上僞須点0禺远的粒子有应满足条件联列解得勺护方法七：临界法1.如图所示，传送带以V为l（）m/s速度向左匀速运行，BC段长L为2m,半径R为1.8m的光滑圆弧槽在B点与水平传送带相切，质杲m为0.2kg的小滑块与传送带间的动摩擦因数卩为0.5,g取10m/s2,不计“小滑块通过连接处的能量损失，求：4P专°（1）小滑块从M处无初速度滑下，到达底端B时的速度；逬:（2）小滑块从M处无初速度滑下后，在传送带向右运动的最大距离以及此过程产生的热量；\n(3)将小滑块无初速度放在传送带C端，要使小滑块能通过N点，传送带BC段至少为多长?«>(1)根据机械能守恒定律：m^(l-cos6(r)-^mvi得vi—3y/^2-tn/s(2)小滑块做匀截速运动至停止时距髙々大，0—vi=»—2ara=“g—5m/sZx»l.8m戶号弋皿s^na=v/+'~vf/—10.2mQ=Zr.=10・2J⑶小滑块能通过N点的界条件"贤«m^sin30*v=3m/s根据規械能守恒关系，FgRa+sin30・)=寺蚀/一爲！4IZv^=>/63m/«小滑块在传送带上加連过程：vi=2ax#H=6・3m2・如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下•I占I定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为g(g>())、质星为〃2的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O’。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为()(0<()微粒方狱P直到达0点》应满足L=nx其中x为毎次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为〒或〒。\n4.如图所示为亚直纸而的有坏形边界的匀强磁场b区域，围着磁感应强度为零的圆形a区域,a[x域内的离子向各个方向运动，离了的速度只要不超过某值，就不能穿过环形磁场的外边界而逃逸，从而被约束。设离了质量为m,电荷量为q,环形磁场的内半径为Ri，外半径R?二（1+^2）R]。（1）若要使从a区域沿任何方向，速率为v的离子射入磁场时都不能越出磁场的外边界，则b区域磁场的磁感应强度至少为多大？⑵若b区域内磁场的磁感应强度为B,离子从a区域中心0点沿半径0M方向以某一速度射入bIX,恰好不越出磁场的外边界。请画出在该情况卜•离子在a、b区域内运动一个周期的轨迹，并求出周期。解：＜1）当离子的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨道与磁场外圆相切时所需磁场的磁感强度51，即为要求的值。设轨迹圆的半径为^则人二兰出二牢尺?2由：,场=m—解之得：力尸忑Tri叭＜2）如閣。要使沿0"方向运动的离子不能穿越磁场，贝I眞在环形磁场内的运动轨迹風中境大值与磁场外边界11相切。设这时轨迹圆的半径为Q速度为匕‘则：k（&一2：解之得:匕=乩由qv：B=w—解之得：叱=三竺Lr2m禽子在6区域中倣匀速圆周运动的砌7＞孕qB离子在0区域中一次运动的时间/I=4r：4离子在4区域中由。到M点的运动时间v2离子在久6区域内的周期^=4rr$r=（6一S）方法九：运动的合成与分解法1.如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定R足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动.设某时刻物块A运动的速度人小为vA,小球B运动的速度人小为vB,轻绳与杆的夹角为乩则A・Va=VbC°s°B・Vb=VaC°sBC.小球B减小的势能等于物块A增加的动能D.当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大2.如图所示，在一次救灾工作屮，一架沿水平直线飞行的直升机A,用悬索（重力町忽略不计）救护闲在洪水屮的伤员Bo在直升机A与伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在菜一段时间内，A、B之间的距离S随时间t以S=H-kt2（式中H为直升机离水面的高度，k为大于零的常量，各物理量均为国际单位制单位）\n\n规律变化，则在这段时间内A.悬索的拉力等于伤员的重力B.悬索始终处于竖直C.伤员相对直升机做加速度不变的匀加速直线运动D.伤员相对地血做加速度大小、方向不断变化的曲线运动1.所示空间内存在水平向右的匀强电场，IIIA.B、C、D、A\B\C\D，作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，BB，连线水平，AB连线为竖直方向。冇甲、乙两个质戢均为〃2、带电量分别为昭和+q的带电粒子。第一次，让甲粒子从B点以巾射向A，点，结果发现甲恰好能沿直线运动；第二次，让乙粒子从B点以V。射向*点，经过一段时间后能到达B'点，取重力加速度为g,（1）甲粒子沿BA，射出所能前进的最远距离是多少？（2）乙粒了在BBT可运动的时间是多少？此过程屮乙离BB，的最远距离是多少？（3）现再给空间内加上一个沿A，B方向的匀强磁场，使乙粒子由B点以速度巾朝C点射出，为使乙能做直线运动，则磁感强度应为多大？（4）若将（3）中磁场撤去，换上一个水平方向的匀强磁场，乙粒子仍由B点以速度切期C点射出，能否只在水平面内运动？若能，请求出该磁场的磁感强度，并确定粒子轨迹与CC，所在直线的交点；若不能，请说明理由。■（1〉舍方歼・=-^5=0-|mvo：映®心"立弋C3＞艮磁于笑方二妄：屮适=忑陀・C4：兰B•沿BB'方司豆淸足°务£'="呂・血鼻竺时.Sb设氧逮WCCM玻交克为"・豆CMt有-MS•霹—九2g对土⑵內纯灵.知道s=£・故竝于过CV・方法十：降维法1.在如图所示的直角坐标系中，坐标原点0固定电量为Q的正点电荷，另有指向y轴正方向（竖直向上方向），磁感应强度大小为B的匀强磁场，因而另一个质量为m、电量力为q的正点电荷微粒恰好能以y轴上的O"点为圆心作匀速圆周运动，其轨道平面（水平面）与XOZ平而平行，角速度为3,试求圆心（V的坐标值。解：设带电微粒作匀速圆周运动半径为R,圆心的0,纵坐标为y,圆周上一点与坐标原点的连线和y轴夹角为B,那么有tgO=R/y带电粒子受力如图，列出动力学方程为mg=F电cosO（1）f洛一F电sin0=mco2R（2）\nf洛二q3RB(3)得f^morR-f电sin。(4)mg_y将⑶代入(4),且(1)一⑷得q(QRB_tn(*R—R消去r得y=—驚21.如图与水平面成倾角0=30°绝缘正方形斜面abed,冇质彊为m二0.01kg,带电吊:q二“xlO4C的小滑块，与斜面间擦因数4=弋，整个装置处在垂直于斜而向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B=0.4T,滑块在a点具有沿ac方向、大小v=30m/s的初速度，g取10m/s2要使滑块由a点沿直线运动到达c点。应在绝缘斜面内加一个怎样的恒定匀强电场？解：要使滑块沿直线到达c点，滑块必须作匀速直线运动。滑块在斜面所在平面内受力如图所示・滑块重力沿斜面向下的分力为G|=mgsin0=0.05NG在x方向的分力为G,x=mgcos45°滑块受到的滑动摩擦力为f=mgeos0)x方向上：仁Gix二力平衡由于滑块作匀速直线运动，其受力平衡，设所加电场的场强为E,则在y方向上有：qE=qvB+G[sin45°代人数据，解得：E=262N/C电场的方向：与速度方向垂直，沿斜面斜向上方方法十一：归纳与演绎1.如图所示，A为位于一定高度处的质量为加、带电荷量为+q的小球，〃为位于水平地面上的质量为M的用特殊材料制成的长方形空心盒子，且M=2m，盒子与地面间的动摩擦因数“=().2,盒内存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E=2mg/q,盒外没有电场.盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔，孔间距满足-淀的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒了接触.当小球A以lm/s的速度从孔1进入盒了的瞬间，盒了B恰以v,=6m/s的速度向右滑行.已知盒子通过电场对小球施加的作用力与小球通过电场对盒子施加的作用力大小相等方向相反°设盒子足够氏，取重力加速度g=10m/s2,小球恰能顺次从各个小孔进出盒子.试求：(1)小球A从第-•次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；(2)盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；(3)从小球第一次进入盒了至盒了停止运动的过程中，盒了通过的总路程。解：(1)A在盒子内运动口寸，qE-mg=ma由以上两式得d=gA在盒子内运动的时间，寸=0.2sA在盒子外运动的时间r2=—=0.2sgT=片+12=0.4sA从笫一次进入盒子到第二次进入盒子的时间(2)小球在盒子内运动时，盒子的加速度“盹+处)=4血1M小球在盒子外运动时，盒子的加速度^=^-=2mA■M小球运动一个周期盒子减少的速度为△u=q(+q$=4W.2+2x().2=1.从小球第-次进入盒了到盒了停I，小球运动的周期数为心盍=存5故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为加+1个，即11个.(3)小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为51=v/1--«/l2=1.12m2\n小球第一次从盒子岀来时，盒子的速度V2=V,-=5.2m小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为比=v/厂丄d丐lm_2小球第二次进入盒子时，盒子的速度v3=岭一a2「2卫•8m小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为53=v3^^,=4).881小球第二次从盒子岀来时，盒子的速度v4=v3-ax^=4171/小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为54=v4t2—恋4=0.76】分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，公差＜/=O.I2m.且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，最后0.2s内盒子通过的路程为0.04mo所以从小球第-•次进入盒子至盒子停止运动过程中，盒子通过总路程为5=氐〕=1叭Ll[+03)=5.Sm