2007年高考物理“形同质异”试题重组[上学期]

2007年高考物理“形同质异”试题重组
在中学物理习题中，经常出现几道试题几乎是“相同”或“相似”的，但仔细审题发现是完全不同的试题。有些同学审题不认真盲目地用相同解题方法解题而出错。笔者在习题教学中将“形同质异”题放在一起进行对比教学，对提高学生的审题能力，提高习题课的质量和效率是十分有益的。下面将笔者整理的“形同质异”题介绍给同学们，供参考。
1.“定结”与“活结”
例1．如图1所示，长为5m的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4m的两杆的顶端A、B ，绳上挂一个光滑的轻质挂钩，其下连着一个重为12N的物体，平衡时，问：
①绳中的张力T为多少
②A点向上移动少许，重新平衡后，绳与水平面夹角，绳中张力如何变化
分析与解:分析轻质挂钩的受力如图2所示，由平衡条件可知，T1、T2合力与G等大反向，且T1=T2， 所以
T1sin+T2sin=T3=G
即T1=T2=，而 AO.cos+BO.cos=CD,
所以cos=0.8, sin=0.6,T1=T2=10N.
同样分析可知：A点向上移动少许，重新平衡后，绳与水平面夹角，绳中张力均保持不变。
例2．如图3所示，AO、BO和CO三根绳子能承受的最大拉力相等，O为结点，OB与竖直方向夹角为θ，悬挂物质量为m。求:
OA、OB、OC三根绳子拉力的大小。
②A点向上移动少许，重新平衡后，绳中张力如何变化？
分析与解：分析结点O的受力如图4所示，由平衡条件可知，T1、T2合力与G等大反向，但T1不等于T2，所以
T1=T2sin, G=T2cos
但A点向上移动少许，重新平衡后，绳OA、OB的张力均要变小。如果说绳的张力仍不变就错了。
评析：例1中因为是在绳中挂一个轻质挂钩，结点是可以移动的，所以整个绳子处处张力相同。而在例2中，OA、OB、OC分别为三根不同的绳,所以三根绳子的张力是不相同的。同学在求解三绳相交问题时一定要注意到“死结”与“活结”这一本质的区别。
2.“定杆”与“动杆”
例1．如图5所示，质量为m的物体用细绳OC悬挂在支架上的O点，轻杆OB可绕B点转动，求细绳OA中张力T大小和轻杆OB受力N大小。
分析与解:由于悬挂物体质量为m，绳OC拉力大小是mg，将重力沿杆和OA方向分解，可求得：
.
例2．如图6所示，水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有小滑轮B，一轻绳一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m=10kg的重物，，则滑轮受到绳子作用力为（ ）
A．50N B. C.100N D.
分析与解:若依照例3中方法，则绳子对滑轮作用力，应选择D项；实际不然，由于杆AB不可转动，是死杆，杆所受弹力的方向不沿杆AB方向。由于B点处是滑轮，它只是改变绳中力的方向，并未改变力的大小，滑轮两侧绳上拉力大小均是100N，夹角为，故而滑轮受绳子作用力即是其合力，大小为100N，正确答案是C而不是D.
评析：例1中轻杆OB可绕B点转动，是“活杆”，它产生的弹力一定沿着杆的方向；而例2中水平横梁一端A插在墙壁内，是“死杆”，它产生的弹力方向不一定沿着杆的方向。同学们在分析杆的弹力时一定要弄清是“活杆”还是“死杆”，否则就要出错。
3.“缓慢”与“匀速”
例1．如图9所示，物体A和B质量均为m，且分别与轻绳连结跨过光滑轻质定滑轮，当用力F拉B沿水平面向左“缓慢”运动过程中，绳对A的拉力的大小是（ ）
A．大于mg
B．总等于mg
C．一定小于mg
D．以上三项都不正确
分析与解：当用力F拉B沿水平面向左“缓慢”运动过程中，A物体时时处于平衡状态，所以绳对A的拉力的大小总等于mg，即B选项正确。
例2．如图9所示，物体A和B质量均为m，且分别与轻绳连结跨过光滑轻质定滑轮，当用力F拉B沿水平面向左“匀速”运动过程中，绳对A的拉力的大小是（ ）
A．大于mg
B．总等于mg
C．一定小于mg
D．以上三项都不正确
分析与解：当用力F拉B沿水平面向左“匀速”运动过程中，A物体要做加速运动，所以绳对A的拉力大于mg，即A选项正确。
评析：“缓慢”相当于时时可以把物体看成静止状态，所以A物体时时都可看作静止；“匀速”运动的B将带着A做加速运动（vA=vBcosθ）。同学们在分析求解某些问题时一定要注意“缓慢”与“匀速”区别。
4.“重绳”与“轻绳”
例1.甲、乙两队进行拔河比赛，结果甲队获胜，则比赛过程中（ ）
A．甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力
B．甲队与地面间的摩擦力大于乙队与地面间的摩擦力
C．甲、乙两队与地面间的摩擦力大小相等，方向相反
D．甲、乙两队拉绳子的力大小相等，方向相反
分析与解：以两队及绳子为整体进行研究，水平方向外力就是地面分别对甲、乙两队的摩擦力，由题知甲队获胜，一定是地面对甲队的摩擦力大于地面对乙队的摩擦力，故B对C错。以绳子为研究对象，甲队胜，一定是甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力，他们并不是作用力和反作用力，则A对D错，故正确答案为A、B。
例2.甲、乙两队进行拔河比赛，结果甲队获胜，已知所用的绳为轻绳，则比赛过程中（ ）
A．甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力
B．甲队与地面间的摩擦力大于乙队与地面间的摩擦力
C．甲、乙两队与地面间的摩擦力大小相等，方向相反
D．甲、乙两队拉绳子的力大小相等，方向相反
分析与解：则正确答案为B、D。因为对于“轻绳”由于绳的质量不计，所以不论轻绳做何种运动，轻绳各处的张力大小都相等。
评析：对于“轻绳”由于绳的质量不计，所以不论轻绳做何种运动，轻绳各处的张力大小都相等；而“重绳”由于必须考虑质量，因此做加速运动的重绳各处张力的大小是不相同的。同学们在解答物理题定要注意到这一区别。
5.“重盘”与“轻盘”
例1.如图10所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m。现在给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2,则F的最小值是 ，F的最大值是 。
分析与解：本题是“轻盘”模型问题。因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离：
x=mg/k=0.4m
因为，所以P在这段时间的加速度
当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.
当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m(a+g)=360N.
例2.一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘内放一质量为m2=10．5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图11所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s内F是变化的，在0．2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）
分析与解：本题是“重盘”模型问题。因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=1．5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例11“轻盘”不同。设在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得：
F+N-m2g=m2a
对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：
令N=0，并由述二式求得，而，所以求得a=6m/s2.
当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N.
当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g)=168N.
评析：“重盘”的质量是不能忽略的，因此当“重盘”做加速运动时，所受的合外力一定不为零；而“轻盘”的质量是可以忽略的，因此当“轻盘”做加速运动时，所受的合外力一定为零。弄清了这一区别，在求解相关问题时就不会出错。
6.“减速”与“加速”
例1．将一个粉笔头轻放在v0=2m/s的恒定速度运动的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线；若使该传送带改做匀减速运动（加速度的大小为a=1.5 m/s2），并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一支粉笔头放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线 (g取10m/s2)
分析与解：设粉笔头与传送带间的动摩擦因数为μ，则粉笔头在传送带上运动的加速度为a0=μg,因将一个粉笔头轻放在2m/s的恒定速度运动的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线，设经过时间为t0,所以有,
解得a0=0.5m/s2
当传送带改做匀减速运动时将另一支粉笔头放在传送带上，粉笔头将先做加速度为a0的加速运动，然后做加速度为a0的减速运动，最后静止。运动过程的速度图象如图12所示。
由图可得：
解得t1=1s,v1=0.5m/s
此过程粉笔头相对于传送带向后划线长为：
经过后传送带停止运动，设在t3时刻粉笔头停止运动，则,此过程粉笔头相对于传送带向前划线长为：
综上所述，粉笔头在传送带上能留下一条l1=1m长的划线.
例2.(全国高考理综试题)一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。
分析与解：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律，可得a=μg
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有
v0=a0t v=at
由于a此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹,过程的速度图象如图13所示。
设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有 s0=a0t2+v0t' s=
传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0－s
由以上各式得l=
评析：从上述二例可看出，不论传送带做减速运动还是做加速运动，在传送带上的物体都可能相对它做加速运动或减速运动。求解这类问题若利用速度图象来辅助解题，则可使物体的运动过程清楚明了。特别是例1中粉笔头相对于传送带既有向前运动的过程，又有向后运动的过程，在求划线长度时要注意比较向前划线的长度和向后划线的长度，否则就易出错。
7.“小球”与“小环”
例1. 如图14所示,一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方随下落高度h变化的图象可能是下列四个图中的（ ）
分析与解：因小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动在A点速度,根据机械能守恒定律可得：
所以小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方随下落高度h变化的图象可能是A、B.
例2..如图15所示，一个小球沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小球从最高点A滑到最低点B的过程中，小球线速度大小的平方V2随下落高度h的变化的图象可能是下列四个图中的：
分析与解：因小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动在A点速度,根据机械能守恒定律可得：
所以小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方随下落高度h变化的图象可能是A.
评析：求解在竖直面内的圆周运动问题，关键要正确分析物体的受力情况和运动情况。特别是注意弹力的方向是单方向的还是双方向的，因为这两种情况的临界条件是不同的。
8．“重环”与“轻环”
例1．在水平固定的杆(杆足够长)上，套有一个质量为M＝2m的环，一根长为L的细绳，一端拴在环上，另一端系住一质量为m的小球，现将环和球拉至细绳刚好被拉直，且与水平方向成30°角的位置，然后将它们由静止同时释放，如图16所示。若不计一切摩擦和空气阻力，试求在以后的运动过程中，环的最大速度值以及当环具有最大速度时，横杆对环的作用力。
分析与解：小球和小环无初速释放后，由于没有任何阻力，只受重力和弹力作用，故小球和环组成的系统机械能守恒。
又由于横杆光滑，当小球运动至最低点时，系统水平方向动量守恒，且小环具有最大速度值。
设向右为正方向，小球的速度为V1，向左，小球的速度为V2，向右，则
MV2－mV1＝0 ①?
mgL(1-sin30°)＝ ②?
已知M＝2m，解得, .
又设小球受绳子拉力为T，则以小环为参考物，小球做圆周运动，当小球运动到最低点时，据牛顿第二定律可得：
T－mg=
所以，T＝2.5mg
即当环具有最大速度时，横杆对环的作用力N＝Mg+T′＝4.5mg
例2．如图17所示，光滑细杆水平固定，一个质量可忽略不计的轻质圆环A套在其上，另有一个质量为m的小球B通过一根长为l的细绳与圆环A相连，现将细绳拉直成水平方向成夹角θ时，小球B速度的大小与方向？
分析与解：由题意可知：A、B组成的系统水平方向动量守恒、总机械能也守恒。由于圆环A的质量可“忽略不计”，则A的动量为零，机械能也为零。可见小球B在水平方向不变一直为零，机械能也不变。也就是说，B在水平方向并未发生运动，仅在竖直方向上运动，又B初速度为零、机械能守恒，综合上述分析得，小球B做的是自由落体运动。由B机械能守恒有：
解得：,方向竖直向下。
评析：根据牛顿第二定律F=ma可知，当m=0时，不论物体的加速度如何，该物体所受合外力均为零。明白了质量为零的这一特性，就不难理解例1中与例2的区别，例1中环做加速运动必须要受到绳拉力的作用，而例2中环做加速运动而绳的拉力为零。另外要注意当圆心加速度为零时，圆心参考系为惯性参照系，在圆心参考系研究物体的运动，根据向心力公式列式时要用相对于圆心的速度，若物体相对于圆心做半径为R，速度为V的圆周运动，则根据向心力公式可得：
9．“粘合”与“不粘连”
例1.如图18所示，物体B与物体C用劲度系数为k的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。将一个物体A从物体B的正上方距离B的高度为H。处由静止释放，下落后与物体B碰撞，碰撞后A与B粘合在一起并立刻向下运动，在以后的运动中A、B不再分离。已知物体A、B、C的质量均为M，重力加速度为g，忽略各物体自身的高度及空气阻力。
（1）求A与B碰撞后瞬间的速度大小。
（2）A和B一起运动达到最大速度时，物体C对水平地面的压力为多大？
（3）开始时，物体A从距B多大的高度自由落下时，在以后的运动中才能使物体C恰好离开地面？
分析与解：（1）设物体A与B碰前速度为，物体A下落的过程中，由机械能守恒定律
解得：
设A、B碰撞垢共同速度为，则由动量守恒定律有，得
（2）当A、B达到最大速度时，A、B所受合外力为零。设此时弹力为F，A、B受力平衡，F=2Mg.
设地面对C的支持力为N，由于弹簧两端弹力大小相等，弹簧对C的作用力大小也为F，所以N=F+Mg=3Mg.
由牛顿第三定律得C对地面的压力大小为N′=3Mg.
（3）设物体A从距B的高度H处自由落下，根据机械能守恒和动量守恒定律，
得A、B碰撞后共同速度 .
A未落下时弹簧的压缩量为X=Mg/k，当C刚好离开地面时，弹簧弹力大小为Mg，此时弹簧的促长量为X=Mg/k。
由于A、B一起上升到弹簧伸长为X时弹簧的势能与A、B碰后瞬间的势能相等。从A、B碰后一起运动到物体C刚好离开地面的过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，
即 ，
联立以上方程解得：
例2．如图19所示，物体B和物体C用劲度系数为k的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上，此时弹簧的势能为E。这时一个物体A从物体B的正上方由静止释放，下落后与物体B碰撞，碰撞后A与B立刻一起向下运动，但A、B之间并不粘连。已知物体A、B、C的质量均为M，重力加速度为g，忽略空气阻力。求当物体A从距B多大的高度自由落下时，才能使物体C恰好离开水平地面？
分析与解：设物体A从距B的高度H处自由落下，A与B碰撞前的速度为v1，由机械能守恒定律得 v1=。
设A、B碰撞后共同速度为v2，则由动量守恒定律得：Mv1＝2Mv2，
解得： v2＝
当C刚好离开地面时，由胡克定律得弹簧伸长量为x=Mg/k，由于对称性，所以弹簧的弹性势能仍为E。当弹簧恢复原长时A、B分离，设此时A、B的速度为v3，则对A、B一起运动的过程中，由机械能守恒得：
从A、B分离后到物体C刚好离开地面的过程中，物体B和弹簧组成的系统机械能守恒，即:。
联立以上方程解得：
评析：例1、例2从表面上看，几乎是“相同的”，但仔细分析发现例19中A、B碰撞后粘在一起，而例20中A、B碰撞后并不粘连。这一差别就导致例20中A、B在以后运动过程中还会分离，从而使这两题所得解完全不同。
10.“轻绳”与“轻杆”
例23．如图22所示，将一质量为m，电荷量为+q的小球固定在绝缘杆的一端，杆的另一端可绕通过O点的固定轴转动。杆长为L，杆的质量忽略不计。杆和小球置于水平向右的匀强电场中。小球静止在A点时，绝缘杆偏离竖直方向θ角。已知重力加速度为g。
（1）求电场强度的大小；
（2）将杆拉至水平位置OB，在此处将小球自由释放。求杆运动到竖直位置OC时，小球的速度大小以及杆对小球的拉力大小。
分析与解：（1）小球在A点受力平衡，受力图如图23所示。根据平衡条件可得：
水平方向：Tsinθ=Eq
竖直方向： Tcosθ=mg
解得
（2）设小球经C点时的速度为v，从B点运动到C点，根据动能定理
mgL+EqL=mv2
解得 ：
设小球在C点受到杆的拉力为T 根据牛顿第二定律
解得 T=mg(3+2tanθ)
例24．如图24所示，一摆球的质量为m，带正电荷q，摆长为L，固定在O点，匀强电场方向水平向右，场强为E=mg/q,摆球平衡位置在点C，与竖直方向的夹角为θ，开始时让摆球位于与点O处于同一水平位置的A点，且摆绳拉直，然后无初速度释放摆球，求摆球在C点时的速度及此时摆绳对球拉力的大小？（结果用m、g、L表示）
分析与解：很多同学在求解这道题时，对全过程进行整体思维，设质点到达C点时速度为V, 因摆球受到重力和电场力的作用，,与场强的夹角为450，根据能量守恒定律可得：
解得
设摆球在C点绳对摆球的拉力为T，则,解
这些同学对物理过程没有弄清楚，忽视了在绳被拉直瞬时过程中机械能的瞬时损失。
摆球在合力F0作用下沿AB方向做匀加速直线运动，设运动到B点的速度大小为vB,则
(B点在O点正下方向)
达到B点后，绳迅速绷紧，摆球沿绳方向上的动量损失，摆球只获得水平方向的速度。
设摆球摆到C点的速度为vC,这里θ=450，则：
,
设摆球在C点绳对摆球的拉力为T，则,解
评析：求解物理问题的关键是能正确地选取“研究对象、物理过程和物理规律”。在选取研究对象和物理过程时，可以对多个对象进行整体思维和对多个过程进行整体思维。但在对多个物理过程进行整体思维时，很容易忽视某些瞬时过程中机械能的瞬时损失。所以进行整体思维也必须以弄清过程为前提。例1由于是“杆端球”问题，所以球全过程都做圆周运动，而例2是“绳端球”问题，由于绳只能产生拉力而不能产生支持力，所以球先做直线运动，然后做圆周运动。
11.导体与超导体
例1．如图25所示，A为一固定的导体圆环，条形磁铁B从左侧无穷远处沿圆环轴线移向圆环，穿过后移到右侧无穷远处。如果磁铁的移动是匀速的，则
A、磁铁移近时受到圆环的斥力，离开时受到圆环的引力
B、磁铁的整个运动过程中，圆环中电流方向不变
C、磁铁的中心通过环面时，圆环中电流最大
D、磁铁的中心通过环面时，圆环中电流为零
分析与解：磁铁移向和远离圆环的过程中，圆环中都会有感应电流产生，根据“来则拒，去则留”选项A正确；磁铁中心通过环面时，穿过圆环的磁通量最大，磁通量的变化率为零，因此环中没有感应电动势，也就没有感应电流，即D选项正确。
所以本题AD选项正确。
例2.如图26所示，A为一固定的超导体圆环，条形磁铁B从左侧无穷远处沿圆环轴线移向圆环，穿过后移到右侧无穷远处。如果磁铁的移动是匀速的，则
A、磁铁移近时受到圆环的斥力，离开时受到圆环的引力
B、磁铁的整个运动过程中，圆环中电流方向不变
C、磁铁的中心通过环面时，圆环中电流最大
D、磁铁的中心通过环面时，圆环中电流为零
分析与解：不少学生选择的答案仍是AD
这个解答是错误的。错误的原因是同学们没有弄清超导体与普通导体的区别。超导体圆环就好象在光滑细管中存在一些可移动的带电小球，当条形磁铁从左侧无穷远处移到磁铁中心通过环面时，在“光滑管道” 中产生一个感应电场，电场力对“带电小球”加速，当磁铁中心通过环面时，感应电场为零，但“带电小球”的速度确最大，感应电流最大；当磁铁继续向右移动时，在“光滑管道” 中产生一个反向的感应电场，电场力对“带电小球”减速，。根据对称性可知，当磁铁移到右侧无穷远时，“带电小球”的速度恰好为零，但在磁铁的整个过程中，“带电小球”的速度总没有反向，即电流的方向没有改变，所以条形磁铁B从左侧无穷远处沿圆环轴线移向圆环，穿过后移到右侧无穷远处时，如果磁铁的移动是匀速的，则“磁铁的整个运动过程中，圆环中电流方向不变、磁铁的中心通过环面时，圆环中电流最大”，即B、C选项正确。
评析：导体有一定电阻，其感应电流可以利用欧姆定律求解；但超导体电阻为零，不能用欧姆定律求感应电流。超导体中的电流就好象一些带电小球在光滑细管中运动形成电流一样，因此我们可以选“带电小球在光滑细管中运动”这一等效模型来讲解超导体的特点。在超导体中一旦形成电流就可以长期持续，而且不会减弱，不需要任何外来电压来维持，就好象带电小球在光滑细管中一旦运动就永不停止，不需要任何外力来维持一样。
12.B=B(t)与B=B(x)
例1.如图27所示，固定于水平桌面上的金属架cd、ef处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒搁在框架上，可无摩擦滑动，此时adeb构成一边长为L的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计，开始时磁感强度为B0。若从t=0时刻起，磁感强度均匀增加每秒增量为k，同时棒以速度V向右作匀速运动，求t=t1秒末棒中感应电流为多大？
分析与解：在t1时刻导体棒中产生的动生电动势为E1=（B0+kt1）LV，方向由b指向a；感生电动势为，方向也由b指向a;所以回路中总的感应电动势为（B0+kt1）LV+
所以t=t1时刻棒中的电流为 I=[（B0+kt1）LV+]/r
例2．如图28所示，两根相距为d的足够长的平行金属导轨位于水平的xy平面内，一端接有阻值为R的电阻。在x>0的一侧存在沿竖直方向的均匀磁场，磁感强度B随x的增大而增大，B=kx，式中的k是一常量。一金属直杆与金属导轨垂直，可在导轨上滑动，当t=0时常位于x=0处，速度为V0，方向沿x轴的正方向。在运动过程中，有一大小可调节的外力F作用于金属杆以保持金属杆的加速度恒定，大小为a，方向沿x轴的负方向。设除外接的电阻外，所有其他电阻都可忽略。问：
（1）该回路中的感应电流持续的时间多长？
（2）当金属杆的速度大小为V0/2时，回路中的感应电动势有多大？
（3）若金属杆的质量为m,施加于金属杆上的外力F与时间t的关系如何？
分析与解：（1）金属杆在导轨上先是向右做加速度为a的匀减速直线运动，运动到导轨右方最远处速度为零。然后，又沿导轨向左做加速度为a的匀加速直线运动。当过了原点O后，由于已离开磁场区，故回路中不再有感应电流。因而该回路中感应电流持续的时间就等于金属杆从原点O出发又回到原点的时间，这两段时间是相等的。以t1表示金属杆从原点O到右方最远处所需时间，则V0=at1，所以该回路中感应电流持续的时间T=2V0/a.
(2)以x1表示金属杆的速度变为V1=V0/2时它所在的x坐标，对于匀减速直线运动有：
,以V1=V0/2代入就得到此时金属杆的x坐标为：.
由题给条件就得出此时金属杆所在处的磁感应强度为：,因而此时由金属杆切割磁感线产生感应电动势等于.
(3)以V和x表示t时刻金属杆的速度和它所在的x坐标，由运动学公式有：
,
由金属杆切割磁感线产生感应电动势等于：.
由于在x<0区域中不存在磁场，故只有在时刻t由欧姆定律得知，回路中的电流为
因而金属杆杆所受的安培力等于.
当Fi>0时，Fi沿x轴的正方向。以F表示作用在金属杆上的外力，由牛顿定律得：
解得作用在金属杆上的外力等于,此式只有在时刻t评析：当导体棒在随时间变化的磁场B=B(t)中运动时，导体棒中既有因导体切割磁感线而产生的动生电动势，又有因变化的磁场产生的感应电场而引起的感生电动势，导体中的感应电动势应为这两部分的代数和。当导体棒在随空间变化的磁场B=B(x)中运动时，导体棒中只有因导体切割磁感线而产生的动生电动势，没有因变化的磁场产生的感应电场而引起的感生电动势。同学们要特别注意这一区别。
13.“电阻”与“电容”
例29.质量为m的跨接杆可以无摩擦地沿水平的平行导轨滑行，两轨间宽为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，杆的初速度为V0，电阻不计，如图29所示。试求杆所滑行的距离。
分析与解：当跨接杆在运动时，做切割磁感线运动，会产生感应电动势，从而在跨接杆中产生感应电流，跨接杆又要受到安培力作用而做减速运动，经过足够长时间后跨接杆会处于静止状态。
设跨接杆从开始运动到静止状态所滑行的距离为S，则在这段时间跨接杆中的平均感应电动势为：
根据欧姆定律可得跨接杆中的平均电流强度为：
根据动量定理可得：
，所以杆所滑行的距离S=。
例30.水平光滑的U型金属框架宽为L，足够长，其上放一质量为m的金属棒ab，左端连接有一电容为C电容器。金属框架处在竖直向下、磁感强度为B的匀强磁场中。现给棒一个初速度V0，使棒始终垂直框架运动，如图30所示。试求棒的最终速度。
分析与解：当金属棒在运动时，做切割磁感线运动，会产生感应电动势，这样电容就会被充电，金属棒中就会有电流通过而受安培力作用减速，直到电容器两端的电压与金属棒中产生的感应电动势相等时，电容器停止充电，金属棒中就不会有电流通过而受安培力作用减速，因此就做匀速直线运动。
设金属棒最终做匀速直线运动的速度为V，则据动量定理有： (1)
此时金属棒中的感应电动势为，所以电容两端的电压为U=BLV，因此q=CU=BLVC (2)
由（1）、（2）式可得。
评析：电容器有如下特性：（1）电路稳定后，电容器是断路的，同它串联的电阻均可视为短路，电容器两端的电压等于同它并联电路两端的电压；（2）在电路还没有达到稳定以前，与电容器串联的电路中存在充电或放电电流；（3）电容器具有“隔直流通交流，通高频，阻低频”的特点；（4）电容器不消耗电能，但可以储存电能；（5）电容器两端的电压不能突变。而电阻不具备这一些特性，同学们在学习时一定注意他们的区别。
14.“F-S图”与“F-t图”
例1．如图31(甲)所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1m，两轨道之间用R=2Ω电阻连接，一质量为m=0.5kg的导体杆与两轨道垂直，静止地放在轨道上，杆及轨道的电阻均忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，拉力F与导体杆运动的位移s间关系如图(乙)所示，当拉力达到最大时，导体杆开始做匀速运动，经过位移s=2.5 m时，撤去拉力，导体杆又滑行了s′=2m停下．求：
(1)导体杆运动过程中的最大速度；
(2)拉力F作用过程中，电阻R上产生的焦耳热；
分析与解：（1）撤去拉力F后，设回路中平均电流为I，撤去拉力F时导体杆速度为v，由动量定理得－BIL Δt=0-mv
I＝=BLs /(RΔt)
v＝B2L2s /(mR)＝8 m/s
(2)由题知，导体杆匀速运动速度为v，此时最大拉力F与杆受的安培力大小相等，即F＝B2L2v/R
代入数据得 F＝16 N
设拉力作用过程中，电阻R上产生的焦耳热为Q
由功能关系可得 Q+mv2/2=WF
又由F-s图像可知 WF＝30 J
代入数据得 Q =14 J
例2.如图32（甲）所示。一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L=0.20m,电阻R=1.0Ω;有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下。现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图32（乙）所示。求杆的质量和加速度。
分析与解：导体杆在轨道上做匀加速直线运动， 用V表示其速度，用t表示时间，则有
V=at (1)
杆切割磁感线，将产生感应电动势
ε=BLV （2）
在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流
I=ε/R （3）
根据牛顿第二定律，有
F-BLI=ma (4)
联立以上各式得：F=ma+ (5)
由图线上取两点代入（5）式可解得：a=10m/s2,m=0.1kg.
评析：当题给的F-S图和F-t图形状相同时，但所产生的运动情况不相同，请同学认真比较例1、例2的相同点和不同点。
15.“X射线管”与“光电管”
例1.图33为伦琴射线管的示意图，K为阴极钨丝，发射的电子的初速度为零，A为对阴极（阳极），当AK之间加直流电压U=30KV时，电子被加速打在对阴极A上，使之发出伦琴射线，设电子的动能全部转化为伦琴射线的能量。已知电子电量e=1.6×10-19C,质量m=9.1×10-31Kg,普朗克常量h=6.63×10-34J.S,求：
(1)电子到达对阴极的速度V；（取一位有效数字）
(2)由对阴极发出的伦琴射线的最短波长λ。
(3)若AK间的电流为10mA，那么每秒钟从对阴极最多能辐射出多少个伦琴射线光子？
分析与解:（1）根据动能定理得
所以
（2），
所以
（3）个
例2.如图34，当电键S断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零，由此可知阴极材料的逸出功为 （ ）
A．1.9eV B．0.6eVC．2.5eV D．3.1eV
分析与解:电流表读数为零时，光电子的初动能刚好全部消耗在电场力做功上，即Ek=Ue=0.6Ev,又因EK=hν-W,所以W= hν-Ek=1.9Ev.
即A选项正确。
评析：电子照射金属可以发出光子，光子照射金属表面也可以发出光电子。前者是“X射线管”，后者是“光电管”，同学在学习时要注意他们的区别和联系。
A
图1
B
α
α
图2
T3=G
T1
T2
α
α
O
B
A
C
图3
图4
T1
T2
θ
G
G
T
N
N
A
B
F
图9
θ
F
图10
F
图11
t
v
v0
0
v1
t1
t2
t3
图12
传送带
粉笔头
t
v
v0
0
t
t+t/
图13
传送带
煤块
A
B
C
D
图14
h
A
B
h
O
V2
A
h
O
V2
B
h
V2
D
h
V2
C
图15
300
2m
m
图16
θ
A
B
图17
图18
B
C
A
图19
图22
图23
O
A
C
θ
E
图24
图25
V0
B
A
图26
V0
B
A
a
b
c
d
e
f
图27
x
y
R
V0
B
O
图28
R
B
V0
图29
C
a
V0
b
图30
B
R
F
甲
0
2
2.5
6
s/m
F/N
乙
16
图31
F
B
图32(甲)
t/s
F/N
0
8
4
12
16
20
24
28
2
4
6
图32（乙）
高压电源
A
K
图33
图34
A
V
S
P
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