【正文】 /sinr 所以sinr= [2]cosr== [3]把[2]、[3]式代入[1]式得：sini’=由于n＞1,所以+1＞2　即sini’＞1/n ，光線射到AB面上一定發(fā)生全反射。cosr+cos45176。+r 即：sini’=sin(45176。=r+α=r+(90176。將AB作平面鏡處理，十分巧妙。光路圖如492所示。根據(jù)反射定律，平面鏡成像的對稱性，我們可把O1想象成點光源，它的像點O1’關于AB面對稱，點光源O1射到AB面上的光線，被AB面反射后都好像由O1’射出的一樣，我們連接O1’O2與AB的交點P即為所求。從O1點射到P點的光線，被AB面反射后，反射光線應從P點射到O2。再反向延長FG，與BC的交點O2，O2是出射點。題目要求畫出棱鏡對入射光線的折射→反射→折射的光路。(1)試用幾何作圖法在圖中畫出在棱鏡內的光路走向，(2)證明：射到AB面上的光線一定發(fā)生全反射。由折射定律知：[1]由圖知：AB=2htgr [2]光線Ⅱ相對I的側移距離d為：d=ABcosi [3]圖491聯(lián)立解[1][2][3]式得：d=圖4925如圖491所示，三角形ABC為一等腰直角三棱鏡的主截面。求：上表面的反射光線I與下表面反射，折射回到空氣的光線II的側移距離為多少?圖482分析與解：光路圖如圖482所示。應注意：棒AM切割磁感線產生感應電動勢，應為電源電動勢，棒AM電阻為內電阻。解析：由題意知燈L1正常發(fā)光，燈L1兩端電壓為4V，消耗電功率為2W，則通過燈L1的電流強度，燈L2的兩端電壓也為4V，燈L2的電阻，則燈L2中電流強度，電路總電流，電路電動勢，燈L2消耗電功率為：。選項D正確。，最后電流減小到零；，最后電流小于I；，因而電流保持不變；，但最后電流增大到2I。圖4615如圖461所示，多匝線圈的電阻和電池內阻可忽略，兩個電阻器的阻值都是R，K打開時，電流，今關閉K，關于自感電動勢正確表達的是（線框為等腰三角形，是閉合電路，MN中通入N向M方向電流時，閉合回路中從無磁通變?yōu)橛写磐?，MN右側磁場方向垂直紙面向里，左側磁場方向垂直紙面向外，因右側面積磁通量大于左側面積的磁通量，故線框中的磁通量應為垂直紙向里。 。 ）。從本題解答中可知，知識雖然很簡單，題目也不復雜，但概念必須清楚，否則這兩個答案都容易出錯誤，經常出現(xiàn)的錯誤是線框轉，B也隨之而變。時，線框在與磁感線垂直平面的投影面積，此時磁量,。 ，線框在后來位置時磁通密度為4如圖441所示，矩形線框abcd，處于磁感應強度為B=，線框面積為S=，線框從圖示位置轉過60176。方向相同。圖432解析：如圖432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。ab和cd受力，其它二邊不受力； B. ab和cd受到力大小相等方向相反；，方向相反； ）。選項D是正確的。圖431解析：磁感應強度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線,通電導線中電流強弱,以及通電直導線受磁場力等外界條件無關。 ）A. 隨通電直導線所受磁場力增大而增大；；C隨通電直導線長度增大而減??；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　　　　　　　　　　　?、偃≌麄€回路abcd為研究對象，設回路的總電勢為ε，由法拉第電磁感應定律ε=，根據(jù)B不變，則△φ=B△S，在△t時間內，△φ=B(V1－V2)△td所以：ε=B(V1－V2)△td/△t=B(V1－V2)d　　　　　　　　 ②又根據(jù)閉合電路歐母定律有：I=ε/2r　　　　　　　 ③　　　 由式①②③得：V1－V2 = 2fr / B2d2代入數(shù)據(jù)解得：V1－V2 =（m/s）圖331，線圈ａｂｃｄ每邊長ｌ＝，線圈質量ｍ1＝、電阻Ｒ＝，砝碼質量ｍ2＝．線圈上方的勻強磁場磁感強度Ｂ＝，方向垂直線圈平面向里，磁場區(qū)域的寬度為ｈ＝ｌ＝．砝碼從某一位置下降，使ａｂ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Ｆ安、繩子的拉力Ｆ和重力ｍ1ｇ相互平衡，即Ｆ＝Ｆ安＋ｍ1ｇ．　?、夙来a受力也平衡：Ｆ＝ｍ2ｇ．　?、诰€圈勻速上升，在線圈中產生的感應電流Ｉ＝Ｂｌｖ／Ｒ，　?、垡虼司€圈受到向下的安培力Ｆ安＝ＢＩｌ．　　④聯(lián)解①②③④式得ｖ＝（ｍ2－ｍ1）ｇＲ／Ｂ2ｌ2．代入數(shù)據(jù)解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ），ＡＢ、ＣＤ是兩根足夠長的固定平行金屬導軌，兩導軌間距離為ｌ，導軌平面與水平面的夾角為θ．在整個導軌平面內都有垂直于導軌平面斜向上方的勻強磁場，磁感強度為Ｂ．在導軌的Ａ、Ｃ端連接一個阻值為Ｒ的電阻．一根垂直于導軌放置的金屬棒ａｂ，質量為ｍ，從靜止開始沿導軌下滑．求ａｂ棒的最大速度．（已知ａｂ和導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，導軌和金屬棒的電阻不計）圖341解析：本題的研究對象為ａｂ棒，畫出ａｂ棒的平面受力圖，如圖342．ａｂ棒所受安培力Ｆ沿斜面向上，大小為Ｆ＝ＢＩｌ＝Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ，則ａｂ棒下滑的加速度ａ＝［ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｆ）］／ｍ．圖342ａｂ棒由靜止開始下滑，速度ｖ不斷增大，安培力Ｆ也增大，加速度ａ減?。敚幔?時達到穩(wěn)定狀態(tài)，此后ａｂ棒做勻速運動，速度達最大．ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ）＝0．解得ａｂ棒的最大速度　ｖｍ＝ｍｇＲ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／Ｂ2ｌ2．圖35138.　電阻為Ｒ的矩形導線框ａｂｃｄ，邊長ａｂ＝ｌ、ａｄ＝ｈ、質量為ｍ，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ｈ，如圖351所示．若線框恰好以恒定速度通過磁場，線框內產生的焦耳熱是　　　．（不考慮空氣阻力）　解析：線框以恒定速度通過磁場，動能不變，重力勢能減少，減少的重力勢能轉化為線框內產生的焦耳熱．根據(jù)能的轉化與守恒定律得：Ｑ＝ｍｇ兩根桿電阻均為r=，導軌電阻不計，當ab桿受力F=，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：在電磁感應現(xiàn)象中，若回中的感應電動勢是由導體做切割磁感線運動而產生的，則通常用ε=BlVsinθ來求ε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生的，如果先求出每根導體棒各自的電動勢，再求回路的總電動勢，有時就會涉及“反電動勢”而超綱。因圓筒每秒轉2周(半秒轉1周)，故在1秒內，紙上的圖形如圖313所示。據(jù)動能定理：eU0=mV02，得電子加速后的入射速度為： V0= =107m/s(1)加直流電壓時，A、B兩板間場強：　　　E1=U1/d=1000/(4102)=104v/m為使電子作勻速直線運動，應使電子所受電場力與洛侖茲力平衡，即：qE1=qBV0，得：B=E1/V0=(104)/(107)=6104T方向為垂直于紙面向里。偏轉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。試確定電子在記錄紙上的軌跡形狀，并畫出1秒鐘內所記錄到的圖形。整個裝置放在真空內，電子發(fā)射的初速度不計。3如圖311所示，從陰極K射出的電子經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。圖302分析與解：(1)帶電小球在沿桿向下運動時，其受力情況如302圖示。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。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。圖3013如圖301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。當兩板間又加上第2個周期和第3個周期的電壓時，a粒子將重復上述的運動。不計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=1019庫，質量m=1027千克) 圖293分析與解：在t=0到t=1104秒時間內，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 f=qBv=q1034103= 方向豎直向上因F=f，故做勻速直線運動，其位移為：△S=v△t=41031104=在t=1104秒到t=2104秒時間內，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=(10274103)/(1019103)=102米＜d/4所以粒子不會與金屬板相碰。圖282設釋放點M的坐標為()，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[1][2][3]式得：V=qBL/2mn，所以yO=qB2L2/8n2mE (式中n為正整數(shù))(3)粒子由M運動到N在電場中的加速運動和減速運動的次數(shù)為(2n1)次， 每次加速或減速的時間都相等，設為t1，則：yO=at12=qEt12/m所以t1=圖291粒子在磁場中做勻速圓周運動的半周期為t2，共n次，t2=πm/qB粒子從M點運動到N點共經歷的時間為：t=(2n1)t1+nt2=(2n1)BL/2nE+nπm/qB (n=3……)圖2923平行金屬，兩板相距30厘米，103特斯拉，兩板間所加電壓隨時間變化關系如291圖所示。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。(2)粒子在M點受向上電場力，從靜止出發(fā)做勻加速運動。X軸上有一點N()，要使粒子在y軸上由靜止釋放而能到達N點，問：(1)粒子應帶何種電荷? (2)釋放點M應滿足什么條件? (3)粒子從M點運動到N點經歷多長的時間?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。3如圖281所示，X軸上方有勻強磁場B，下方有勻強電場E。③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的關系，用動量定理求解十分方便。注意要點：①明確ab、cd運動速度穩(wěn)定的條件。全過程中系統(tǒng)內機械能轉化為電能再轉化為內能，總能量守恒。試求：(1)ab、cd棒的最終速度，(2)全過程中感應電流產生的焦耳熱。(不計空氣阻力)圖261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]設線框每邊長為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]設導線橫截面積為S，其質量為：m=4LSD [3]其電阻為：R=ρ4L/S [4]聯(lián)立解[1]、[2]、[3]、[4]式得：h=128D2ρ2g/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生的焦耳熱為多少？(Q=2mgL)如圖271所示，光滑導軌EF、GH等高平行放置，EG間寬度為FH間寬度的3倍，導軌右側水平且處于豎直向上的勻強磁場中，左側呈弧形升高。線框經過方向垂直紙面、磁感應強度為B的勻強磁場，且磁場區(qū)域高度等于線框一邊之長。分析與解：mn金屬桿從右端向左端勻速滑動切割磁感線產生感應電動勢，mn相當于電源，其電路為內電路，電阻為內電阻。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，從軌道右端以速率V勻速向左端滑動，設滑動中金屬桿mn始終與ab、cd兩邊垂直，且與軌道接觸良好。圖241分析與解：(1)電鍵S閉合時，RR3并聯(lián)與R4串聯(lián)，(R2中沒有電流通過)UC=U4=(2/3)ε對帶電小球有：mg=qE=qUC/d=(2/3)qε/d 得：ε=(3/2)mgd/q(2)電鍵S斷開后，RR4串聯(lián)，則UC’=ε/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/2－qUC’/2－mgd+q’UC’=0　 [2]由[1][2]式解得：q’=7q/6。設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。根據(jù)上述分析就可以求出側向位移的最大值和最小值。這些離子離開電場時有側向位移的最小值，即y1。這些離子在離開電場時，側向位移有最大值，即(y1+y2)。當離子在t=0，T，2T……時刻進入電場時，兩板間在T/2時間內有電壓U0，因而側向做勻加速運動，其側向位移為y1，速度為V。重力忽略不計。試求：離子擊中熒光屏上的位置的范圍?，F(xiàn)有一離子束，其中每個離子的質量為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。想一想：在上題中若斷開開關S后，再移動金屬板，則問題又如何?(選A、B)。若把B板下移一小段距離，因UAB保持不變，質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，應選D。D. 若把B板向下平移一小段距離，質點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落。B. 若把B板向下平移一小段距離，質點自P點下落仍能返回。今有一帶電