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物理暑假作业9月竞赛题


9 月物理竞赛辅导
1.(15 分)一质量为 M 的平顶小车,以速度 v0 沿水平的光滑轨道作匀速直线运动。现将 一质量为 m 的小物块无初速地放置在车顶前缘。 已知物块和车顶之间的动摩擦系数为 ? 。 (1)若要求物块不会从车顶后缘掉下,则该车顶最少要多长? (2)若车顶长度符合 1 问中的要求,整个过程中摩擦力共做了多少功? 参考解答: (1) 物块放到小车上以后,

由于摩擦力的作用,当以地面为参考系时,物块将从静止 开始加速运动, 而小车将做减速运动, 若物块到达小车顶后缘时的速度恰好等于小车此时 的速度,则物块就刚好不脱落。令 v 表示此时的速度,在这个过程中,若以物块和小车为 系统,因为水平方向未受外力,所以此方向上动量守恒,即 Mv0 ? (m ? M )v 从能量来看,在上述过程中,物块动能的增量等于摩擦力对物块所做的功,即

1 2 mv ? ? mgs1 2
其中 s1 为物块移动的距离。小车动能的增量等于摩擦力对小车所做的功,即

(2)

1 2 1 2 Mv ? mv0 ? ?? mgs2 2 2
其中 s 2 为小车移动的距离。用 l 表示车顶的最小长度,则 由以上四式,可解得

(3)

l ? s2 ? s1

(4)

l?

2 Mv0 2? g ( m?M ) 2 Mv0 。 2? g (m ? M )

(5)

即车顶的长度至少应为 l ?

(2)由功能关系可知,摩擦力所做的功等于系统动能的增量,即

1 1 2 W ? (m ? M )v2 ? Mv0 2 2
由(1)、(6)式可得

(6)

W ??

2 mMv0 2(m ? M )

(7)

2.(20 分)如图预 17-8 所示,在水平桌面上放有长木板 C , C 上右端是固定挡板 P ,在
C 上左端和中点处各放有小物块 A 和 B , A 、B 的尺寸以及 P 的厚度皆可忽略不计, A 、

B 之间和 B 、 P 之间的距离皆为 L 。设木板 C 与桌面之间无摩擦, A 、 C 之间和 B 、 C
之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为 ? ; A 、 B 、 C (连同挡板 P )的质量相同.开
-1-

始时, B 和 C 静止, A 以某一初速度向右运动.试问下列情况是否能发生?要求定量求 出能发生这些情况时物块 A 的初速度 v0 应满足的条件,或定量说明不能发生的理由. (1) 物块 A 与 B 发生碰撞; (2)物块 A 与 B 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞; (3)物块 B 与挡板 P 发生碰撞(弹性碰撞)后,物块 B 与 A 在木板 C 上再发生碰撞; (4)物块 A 从木板 C 上掉下来; (5)物块 B 从木板 C 上掉下来. 参考解答: (1) 以 m 表示物块 A 、 B 和木板 C 的质量,当物块 A 以初速 v0 向右运动时,物块 A 受到木板 C 施加的大小为 ?mg 的滑动摩擦力而减速, 木板 C 则受到物块 A 施加的大小为 物块则因受木板 C ?mg 的滑动摩擦力和物块 B 施加的大小为 f 的摩擦力而做加速运动, 施加的摩擦力 f 作用而加速,设 A 、 B 、 C 三者的加速度分别为 aA 、 aB 和 aC ,则由牛 顿第二定律,有

? mg ? maA

? mg ? f ? maC
f ? maB
事实上在此题中, aB ? aC ,即 B 、 C 之间无相对运动,这是因为当 aB ? aC 时,由上式 可得

1 f ? ? mg 2

(1)

它小于最大静摩擦力 ?mg .可见静摩擦力使物块 B 、木板 C 之间不发生相对运动。若物 块 A 刚好与物块 B 不发生碰撞,则物块 A 运动到物块 B 所在处时, A 与 B 的速度大小相 等.因为物块 B 与木板 C 的速度相等,所以此时三者的速度均相同,设为 v1 ,由动量守 恒定律得

mv0 ? 3mv1

(2)

在此过程中,设木板 C 运动的路程为 s1 ,则物块 A 运动的路程为 s1 ? L ,如图预解 17-8所示.由动能定理有

1 2 1 2 mv1 ? mv0 ? ?? mg (s1 ? L) 2 2 1 2 (2m)v1 ? ? mgs1 2

(3) (4)

或者说, 在此过程中整个系统动能的改变等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和
-2-

((3)与(4)式等号两边相加),即

1 1 2 2 (3m)v1 ? mv0 ? ?? mgL 2 2

(5) (6)

式中 L 是物块 A 相对木板 C 运动的路程.解(2)、(5)式,得 v0 ? 3? gL

即物块 A 的初速度 v0 ? 3? gL 时,A 刚好不与 B 发生碰撞, 若 v0 ? 3? gL , 则 A 将与 B 发生碰撞,故 A 与 B 发生碰撞的条件是 v0 ? 3? gL (7)

(2) 当物块 A 的初速度 v0 满足(7)式时, A 与 B 将发生碰撞,设碰撞的瞬间, A 、

B 、 C 三者的速度分别为 vA 、 vB 和 vC ,则有
vA ? vB vB ? vC
(8)

在物块 A 、 B 发生碰撞的极短时间内,木板 C 对它们的摩擦力的冲量非常小,可忽略不 计。故在碰撞过程中, A 与 B 构成的系统的动量守恒,而木板 C 的速度保持不变.因为 物块 A 、 B 间的碰撞是弹性的,系统的机械能守恒,又因为质量相等,由动量守恒和机 械能守恒可以证明(证明从略),碰撞前后 A 、 B 交换速度,若碰撞刚结束时, A 、 B 、

C 三者的速度分别为 v A? 、 vB? 和 vC? ,则有
v A? ? vB v B? ? v A
vC? ? vC

由(8)、(9)式可知,物块 A 与木板 C 速度相等,保持相对静止,而 B 相对于 A 、 C 向右运动, 以后发生的过程相当于第1问中所进行的延续, 由物块 B 替换 A 继续向右运动。 若物块 B 刚好与挡板 P 不发生碰撞, 则物块 B 以速度 vB? 从板 C 板的中点运动到挡板

P 所在处时, B 与 C 的速度相等.因 A 与 C 的速度大小是相等的,故 A 、 B 、 C 三者的
速度相等,设此时三者的速度为 v 2 .根据动量守恒定律有

mv0 ? 3mv2

(10)

A 以初速度 v0 开始运动,接着与 B 发生完全弹性碰撞,碰撞后物块 A 相对木板 C 静
止, B 到达 P 所在处这一整个过程中,先是 A 相对 C 运动的路程为 L ,接着是 B 相对 C 运动的路程为 L ,整个系统动能的改变,类似于上面第1问解答中(5)式的说法.等于系 统内部相互问的滑动摩擦力做功的代数和,即

1 1 2 2 (3m)v2 ? mv0 ? ?? mg ? 2L 2 2
解(10)、(11)两式得
-3-

(11)

v0 ? 6? gL

(12)

即 物 块 A 的 初 速 度 v0 ? 6? gL 时 , A 与 B 碰 撞 , 但 B 与 P 刚 好 不 发 生 碰 撞 , 若

v0 ? 6? gL ,就能使 B 与 P 发生碰撞,故 A 与 B 碰撞后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞的条
件是

v0 ? 6? gL

(13)

(3) 若物块 A 的初速度 v0 满足条件 (13) 式, 则在 A 、B 发生碰撞后,B 将与挡板 P 发生碰撞,设在碰撞前瞬间, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 v A?? 、 vB?? 和 vC ?? ,则有

vB?? ? vA?? ? vC??

(14)

B 与 P 碰撞后的瞬间, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 v A??? 、 vB??? 和 vC??? ,则仍类似于第2
问解答中(9)的道理,有

vB??? ? vC??

vC??? ? vB??

v A??? ? v A??

(15)

由(14)、(15)式可知 B 与 P 刚碰撞后,物块 A 与 B 的速度相等,都小于木板 C 的速 度,即

vC??? ? vA??? ? vB???

(16)

在以后的运动过程中,木板 C 以较大的加速度向右做减速运动,而物块 A 和 B 以相同的 较小的加速度向右做加速运动,加速度的大小分别为

aC ? 2? g

aA ? aB ? ? g

(17)

加速过程将持续到或者 A 和 B 与 C 的速度相同,三者以相同速度 v0 向右做匀速运动, 或者木块 A 从木板 C 上掉了下来。因此物块 B 与 A 在木板 C 上不可能再发生碰撞。 (4) 若 A 恰好没从木板 C 上掉下来,即 A 到达 C 的左端时的速度变为与 C 相同,这 时三者的速度皆相同,以 v3 表示,由动量守恒有 3mv3 ? mv0 (18)

1 3

从 A 以初速度 v0 在木板 C 的左端开始运动,经过 B 与 P 相碰,直到 A 刚没从木板 C 的左 端掉下来,这一整个过程中,系统内部先是 A 相对 C 的路程为 L ;接着 B 相对 C 运动的 路程也是 L ; B 与 P 碰后直到 A 刚没从木板 C 上掉下来, A 与 B 相对 C 运动的路程也皆 为 L .整个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和,即

1 1 2 2 (3m)v3 ? mv0 ? ?? mg ? 4L 2 2
由(18)、(19)两式,得

(19) (20)

v0 ? 12? gL
-4-

即当物块 A 的初速度 v0 ? 12? gL 时, A 刚好不会从木板 C 上掉下.若 v0 ? 12? gL , 则 A 将从木板 C 上掉下,故 A 从 C 上掉下的条件是 v0 ? 12? gL (21)

(5) 若物块 A 的初速度 v0 满足条件(21)式,则 A 将从木板 C 上掉下来,设 A 刚要 从木板 C 上掉下来时, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 vA???? 、 vB???? 和 vC???? ,则有

vA???? ? vB???? ? vC????
这时(18)式应改写为 (19)式应改写为

(22) (23) (24)

mv0 ? 2mvA???? ? mvC????

1 1 1 2 (2m)vB????2 ? mvC????2 ? mv0 ? ?? mg ? 4L 2 2 2

当物块 A 从木板 C 上掉下来后,若物块 B 刚好不会从木板 C 上掉下,即当 C 的左端赶上

B 时, B 与 C 的速度相等.设此速度为 v 4 ,则对 B 、C 这一系统来说,由动量守恒定律,


mvB???? ? mvC???? ? 2mv4

(25)

在此过程中,对这一系统来说,滑动摩擦力做功的代数和为 ? ? mgL ,由动能定理可得

1 1 ?1 ? 2 (2m)v4 ? ? mvB????2 ? mvC????2 ? ? ? ? mgL 2 2 2 ? ?
由(23)、(24)、(25)、(26)式可得 v0 ? 4 ? gL

(26)

(27)

即当 v0 ? 4 ? gL 时,物块 B 刚好不能从木板 C 上掉下。若,则 B 将从木板 C 上掉下,故 物块 B 从木板 C 上掉下来的条件是 v0 ? 4 ? gL (28)

3.(1 8 分)在用铀 235 作燃料的核反应堆中,铀 235 核吸收一个动能约为 0.025 eV 的 热中子(慢中子)后,可发生裂变反应,放出能量和 2~3 个快中子,而快中子不利于铀 235 的裂变.为了能使裂变反应继续下去,需要将反应中放出的快中子减速。有一种减速 的方法是使用石墨(碳 12)作减速剂.设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞,问一个 动能为 E0 ? 1.75 MeV 的快中子需要与静止的碳原子碰撞多少次, 才能减速成为 0.025 eV 的热中子? 参考解答: 设中子和碳核的质量分别为 m 和 M ,碰撞前中子的速度为 v0 ,碰撞后中子和 碳核的速度分别为 v 和 v ? , 因为碰撞是弹性碰撞, 所以在碰撞前后, 动量和机械能均守恒,
-5-

又因 v0 、 v 和 v ? 沿同一直线,故有 mv0 ? mv ? Mv?

(1) (2) (3) (4)

解上两式得 因 M ? 12 m

1 2 1 2 1 mv0 ? mv ? Mv?2 2 2 2 m?M v? v0 m?M 11 代入(3)式得 v ? ? v0 13

负号表示 v 的方向与 v0 方向相反,即与碳核碰撞后中子被反弹.因此,经过一次碰撞后中

子的能量为

1 1 ? 11 ? 2 E1 ? mv 2 ? m ? ? ? v0 2 2 ? 13 ? ? 11 ? E1 ? ? ? E0 ? 13 ?
2

2

于是

(5)

经过 2,3,…, n 次碰撞后,中子的能量依次为 E2 , E3 , E4 ,…, En ,有

? 11 ? ? 11 ? E2 ? ? ? E1 ? ? ? E0 ? 13 ? ? 13 ? ? 11 ? E3 ? ? ? E0 ? 13 ?
……
6

2

4

?E ? ? 11 ? En ? ? 1 ? E0 ? ? ? E0 ? 13 ? ? E0 ?
因此

n

2n

(6)

n?

1 lg( En / E0 ) 2 lg(11/13)

(7)

已知

En 0.025 1 ? ? ? 10-7 6 E0 1.75 ? 10 7
1 lg( ? 10-7 ) ?7 ? lg 7 7.8451 n? 7 ? ? ? 54 11 2( ?0.07255) 0.1451 2lg( ) 13

代入(7)式即得

(8)

故初能量 E0 ? 1.75 MeV 的快中子经过近 54 次碰撞后,才成为 0.025 eV 的热中子。

4.(15 分)今年 3 月我国北方地区遭遇了近 10 年来最严重的沙尘暴天气.现把沙尘上扬 后的情况简化为如下情景: 沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中 (不动) . 这 v 为竖直向上的风速,
-6-

时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度 v 竖直向下运动时所受的阻力. 此阻力 可用下式表达 f ? ?? Av 2 其中 ? 为一系数, A 为沙尘颗粒的截面积, ? 为空气密度. (1)若沙粒的密度 ?S ? 2.8 ?103 kg ? m-3 ,沙尘颗粒为球形,半径 r ? 2.5 ?10-4 m ,地 球表面处空气密度 ?0 ? 1.25 kg ? m-3 ,? ? 0.45 , 试估算在地面附近, 上述 v 的最小值 v1 . (2)假定空气密度 ? 随高度 h 的变化关系为 ? ? ?0 (1 ? Ch) ,其中 ?0 为 h ? 0 处的空气密 度, C 为一常量, C ? 1.18 ?10?4 m-1 ,试估算当 v ? 9.0 m ? s-1 时扬沙的最大高度. (不 考虑重力加速度随高度的变化) 参考解答: (1) 在地面附近, 沙尘扬起要能悬浮在空中, 则空气阻力至少应与重力平衡, 即
2 ??0 Av1 ? mg

① ②

式中 m 为沙尘颗粒的质量,而 A ? ? r 2 得

4 m ? ? r 3 ?s 3



v1 ?

4 ?s gr 3 ??0
v1 ? 4.0 m ? s-1



代入数据得



(2)用 ?h 、 h 分别表示 v ? 9.0 m ? s-1 时扬沙到达的最高处的空气密度和高度,则有

?h ? ?0 (1 ? Ch)
此时式①应为

⑥ ⑦

??h Av2 ? mg
4r ?s g ? 1? ?1 ? ? C ? 3? v2 ?0 ?


由②、③、⑥、⑦可解得 h ?



代入数据得

h ? 6.8 ?103 m

5.如图,足够长的水平传送带始终以大小为 v=3m/s 的速度向左 运动, 传送带上有一质量为 M=2kg 的小木盒 A, A 与传送带之间 的动摩擦因数为 μ=0.3,开始时,A 与传送带之间保持相对静 A v
0

B v

止。先后相隔△ t=3s 有两个光滑的质量为 m=1kg 的小球 B 自传送带的左端出发,以 v0 =15m/s 的速度在传送带上向右运动。第 1 个球与木盒相遇后,球立即进入盒中与盒保持
-7-

相对静止,第 2 个球出发后历时△ t1=1s/3 而与木盒相遇。求(取 g=10m/s2) (1)第 1 个球与木盒相遇后瞬间,两者共同运动的速度时多大? (2)第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇? (3)自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程中,由于木盒与传送带间的摩 擦而产生的热量是多少? 参考答案:设第 1 个球与木盒相遇后瞬间,两者共同运动的速度为 v1,根据动量守恒:

mv0 ? Mv ? (m ? M )v1

代入数据,解得:

v1=3m/s

(2)设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为 s,第 1 个球经过 t0 与木盒相遇, 则: t0 ? s v0 设第 1 个球进入木盒后两者共同运动的加速度为 a,根据牛顿第二定律:

? (m ? M ) g ? (m ? M )a 得: a ? ? g ? 3m / s 2
设木盒减速运动时间为 t1,加速到与传送带相同的速度的时间为 t2,则: t1 ? t2 ? 故木盒在 2s 内的位移为零 代入数据,解得: s=7.5m 依题意: s ? v0 ?t1 ? v(?t ? ?t1 ? t1 ? t2 ? t0 ) t0=0.5s

?v =1s a

(3)自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的这一过程中,传送带的位移为 S,木盒的 位移为 s1,则:

S ? v(?t ? ?t1 ? t0 ) ? 8.5m
故木盒相对与传送带的位移:

s1 ? v(?t ? ?t1 ? t1 ? t2 ? t0 ) ? 2.5m ?s ? S ? s1 ? 6m

则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是:

Q ? f ?s ? 54 J

6.如图 2—14 所示,光滑水平桌面上有长 L=2m 的木板 C,质量 mc=5kg,在其正中央并排 放着两个小滑块 A 和 B, mA=1kg, mB=4kg, 开始时三物都静止. 在 A、 B 间有少量塑胶炸药, 爆炸后 A 以速度 6m/s 水平向左运动, A、B 中任一块与挡板碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时 间,求: (1)当两滑块 A、B 都与挡板碰撞后,C 的速度是多大? (2)到 A、B 都与挡板碰撞为止,C 的位移为多少? 参考答案: (1)A、B、C 系统所受合外力为零,故系统动量守恒,且总动量为零,故两物 块与挡板碰撞后,C 的速度为零,即 vC ? 0 (2)炸药爆炸时有
-8-

m A v A ? mB v B
又 m A s A ? mB s B

解得 v B ? 1.5m / s

当 sA=1 m 时 sB=0.25m,即当 A、C 相撞时 B 与 C 右板相距 s ? A、C 相撞时有: 解得 v =1m/s,方向向左

L ? s B ? 0.75 m 2

mAv A ? (mA ? mC )v

而 v B =1.5m/s,方向向右,两者相距 0.75m,故到 A,B 都与挡板碰撞为止,C 的 位移为

sC ?

sv ? 0.3 m v ? vB

7.为了测量小木板和斜面间的摩擦因数,某同学设计如图所示实验,在小木板上固定一 个轻弹簧,弹簧下端吊一个光滑小球,弹簧长度方向与斜面平行,现将木板连同弹簧、小 球放在斜面上,用手固定木板时,弹簧示数为 F 1 ,放手后,木板沿斜 面下滑,稳定后弹簧示数为 F 2 ,测得斜面斜角为θ ,则木板与斜面 间动摩擦因数为多少?(斜面体固定在地面上)

参考答案:固定时示数为 F 1 ,对小球 F 1 =mgsinθ 整体下滑: (M+m)sinθ -μ (M+m)gcosθ =(M+m)a 下滑时,对小球:mgsinθ -F 2 =ma 由式①、式②、式③得: μ = ② ③



F2 tan θ F1

8. 如图所示, 两平行金属板 A、 B 长 l=8cm, 两板间距离 d=8cm, A 板比 B 板电势高 300V, 即 UAB=300V。一带正电的粒子电量 q=10-10C,质量 m=10-20kg,从 R 点沿电场中心线垂 直电场线飞入电场,初速度 v0=2×106m/s,粒子飞
P

出平行板电场后经过界面 MN、PS 间的无电场区域 后,进入固定在中心线上的 O 点的点电荷 Q 形成的 电场区域 (设界面 PS 右边点电荷的电场分布不受界 面的影响) 。已知两界面 MN、PS 相距为 L=12cm,
-9A R B M v0 l N S L O E F

粒子穿过界面 PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏 EF 上。 求 (静电力常数 k=9×109N· m2/C2) (1)粒子穿过界面 PS 时偏离中心线 RO 的距离多远? (2)点电荷的电量。 参考答案: (1)设粒子从电场中飞出时的侧向位移为 h, 穿过界面 PS 时偏离中心线 OR 的 距离为 y,则: 代入数据,解得: h=at2/2

a?

qE qU ? m md

t?

l v0

即:h ?

qU l 2 ( ) 2md v0

h=0.03m=3cm

l h 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得: ? 2 y l ?L 2
代入数据,解得: y=0.12m=12cm

(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为 vy,则:vy=at= 代入数据,解得: vy=1.5×106m/s
2 2

qUl mdv0

所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为: v ? v0 ? v y ? 2.5 ?10 m / s
6

设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为 θ,则:

tan? ?

vy v0

?

3 4

? ? 37?

因为粒子穿过界面 PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上,所以该带电粒子在穿过 界面 PS 后将绕点电荷 Q 作匀速圆周运动,其半径与速度方向垂直。 匀速圆周运动的半径:

r?

y ? 0.15m cos?



由: 代入数据,解得:

kQq v2 ? m r2 r
Q=1.04×10-8C

9.建筑工地上的黄沙堆成圆锥形,而且不管如何堆其角度是不变的。若测出其圆锥底的 周长为 12.5m,高为 1.5m,如图所示。 (1)试求黄沙之间的动摩擦因数。 (2)若将该黄沙靠墙堆放,占用的场地面积至少为多少?
- 10 -

参考答案: (1)沙堆表面上的沙粒受到重力、弹力和摩擦力的作用而静止,则
mgs i n ?? F ? f ? ? mg c o s

所以 ? ? tan ? ?

h 2? h ? ? 0.75 , ? ? 37? ( ? 称为摩擦角) R l

(2)因为黄沙是靠墙堆放的,只能堆成半个圆锥状,由于体积不变, ? 不变,要使 占场地面积最小,则取 Rx 为最小,所以有 hx ? ? Rx ,根据体积公式,该堆黄沙的体积为
1 1 1 3 ,解得 Rx ? 3 2R ,占 V ? ? R2 h ? ? R3 ,因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥,故 V ? ? Rx 3 4 8

1 地面积至少为 Sx ? ? Rx2 = 2? 3 4 m2≈9.97m2 2

10.如图 10 所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场,左侧匀强电场的场强大 小为 E、方向水平向右,其宽度为 L;中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为 B、方向垂 直纸面向外;右侧匀强磁场的磁感应强度大小也为 B、方向垂直纸面向里。一个带正电的 粒子(质量 m,电量 q,不计重力)从电场左边缘 a 点由静止开始运动,穿过中间磁场区域 进入右侧磁场区域后,又回到了 a 点,然后重复上述运动过程。 (图中虚 线为电场与磁场、相反方向磁场间的分界面,并不表示有什么障碍物) 。 (1)中间磁场区域的宽度 d 为多大; (2)带电粒子在两个磁场区域中的运动时间之比; (3)带电粒子从 a 点开始运动到第一次回到 a 点时所用的时间 t.

参考答案: (1) 带正电的粒子在电场中加速, 由动能定理得: qEL ?

1 2 mv 2

v?

2qEL m
v2 , r

在磁场中偏转,由牛顿第二定律得 qvB ? m

r?

mv 1 2mEL ? qB B q

可见在两磁场区域粒子运动的半径相同。如右图,三段圆弧的圆心 组 成 的 三 角 形 O1O2O3 是 等 边 三 角 形 , 其 边 长 为 2r 。

d ? r sin 60 ?

1 6mEL 2B q

(2)带电粒子在中间磁场区域的两段圆弧所对应的圆心角为: ?1 ? 60 ? 2 ? 120 ,由于 速度 v 相同,角速度相同,故而两个磁场区域中的运动时间之比为: t1 ? 120? 2 ? 1 ? ? t2 ?2 300? 5

- 11 -

(3)电场中, t1 ?

2v 2mv 2mL ? ?2 a qE qE
T 2?m ? 6 3qB
右侧磁场中, t3 ?

中间磁场中, t2 ? 2 ?

5 5? m T? 6 3qB

则 t ? t1 ? t2 ? t3 ? 2

2mL 7? m ? qE 3qB

11.如图所示,在非常高的光滑、绝缘水平高台边缘,静置一个不带电的小金属块 B,另 有一与 B 完全相同的带电量为+q 的小金属块 A 以初速度 v0 向 B 运 动,A、B 的质量均为 m。A 与 B 相碰撞后,两物块立即粘在一起, 并从台上飞出。 已知在高台边缘的右面空间中存在水平向左的匀强 电场,场强大小 E=2mg/q。求: (1)A、B 一起运动过程中距高台边缘的最大水平距离 (2)A、B 运动过程的最小速度为多大 (3) 从开始到 A、 B 运动到距高台边缘最大水平距离的过程 A 损失的机械能为多大? 参考解答: (1) 由动量守恒定律: mυ0=2mυ, -2aXm=0-υ2 得: X m ?
?02
8g

碰后水平方向: qE=2ma

E?

2 mg q

(2)在 t 时刻,A、B 的水平方向的速度为 ?m ? ? ? at ? 竖直方向的速度为 υγ=gt 解得 υ 合的最小值: ?min ?
2 合速度为: ?合 ? ?x2 ? ? y

?0
2

? gt

2 ?0 4

1 2 1 2 3 2 (3)碰撞过程中 A 损失的机械能: ?E1 ? m?0 ? m? ? m?0 2 2 8

碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中 A 损失的机械能: ?E2 ?
1 2 A 损失的机械能为: ?E ? m?0 2

1 2

qEX m ?

1 2 ? m 0 8

12.两块竖直放置的平行金属大平板 A 、B , 相距 d , 两极间的电压为 U 。 一带正电的质点从两板间的 M 点开始以竖直向上的初速度 v0 运动,当它 到达电场中某点 N 点时,速度变为水平方向,大小仍为 v0 ,如图.求 M 、
N 两点问的电势差.(忽略带电质点对金属板上电荷均匀分布的影响)

参考答案:带电质点在竖直方向做匀减速运动,加速度的大小为 g ;在水平方向因受电
- 12 -

场力作用而做匀加速直线运动,设加速度为 a 。若质点从 M 到 N 经历的时间为 t ,则有

vx ? at ? v0
由以上两式得:

(1);

vy ? v0 ? gt ? 0
t? v0 g
(4)

(2)

a?g

(3);

M 、 N 两点间的水平距离

v2 1 x ? at 2 ? 0 2 2g U MN ?

(5)

于是 M 、 N 两点间的电势差:

Uv 2 U x? 0 d 2dg

(6)

13.如图所示, AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道, 高度为 h, 末端 B 处的切线方向水平. 一 个质量为 m 的小物体 P 从轨道顶端 A 处由静止释放,滑到 B 端后飞出,落到地面上的 C 点, 轨迹如图中虚线 BC 所示.已知它落地时相对于 B 点的水平位移 OC=l.现在轨道下方紧贴 B 点安装一水平传送带,传送带的右端与 B 的距离为 l/ 2.当传送带静止时,让 P 再次从 A 点由静止释放,它离 开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出, 仍然落在地 面的 C 点. 当驱动轮转动从而带动传送带以速度 v 匀速向 右运动时(其他条件不变) ,P 的落地点为 D. (不计空气 阻力) (1)求 P 滑至 B 点时的速度大小 (2)求 P 与传送带之间的动摩擦因数? (3)求出 O、D 间的距离 s 随速度 v 变化的函数关系式. 参考答案: (1)物体在轨道上由 P 滑到 B 的过程,由机械能守恒: mgh ? 得物体滑到 B 点时的速度为 v0 ?

1 2 mv 0 2

2 gh

(2)当没有传送带时,物体离开 B 点后作平抛运动, 运动时间为 t, t ?

l l ? v0 2 gh

当 B 点下方的传送带静止时,物体从传送带右端水平抛出,在空中运动的时间也为 t,水 平位移为

1 v l ,物体从传送带右端抛出的速度 v1 ? 0 ? 2 2

2 gh 2

l 1 2 1 2 ? mv 0 ? mv1 2 2 2 3h 解出物体与传送带之间的动摩擦因数为 ? ? 2l
物体在传送带上滑动时,由动能定理: ?mg (3)当传送带向右运动时,若传送带的速度 v ? v1 ,即 v ?

2 gh 时, 2

- 13 -

物体在传送带上一直做匀减速运动,离开传送带的速度仍为 v1 , 落地的水平位移为

l ,即 s=l 2

当传送带的速度 v ?

2hg 时,物体将会在传送带上做一段匀变速运动.如果尚未到达传 2

送带右端, 速度即与传送带速度相同, 此后物体将做匀速运动, 而后以速度 v 离开传送带. v 的 最 大 值 v2 为 物 体 在 传 送 带 上 一 直 加 速 而 达 到 的 速 度 。 即
v2 ? 7 gh 2

?mg

l 1 2 1 2 ? mv 2 ? mv 0 2 2 2

由此解得:

1 当 v ? v2 ,物 体将以速度 v2 ? ○

7 gh 离 开传送带 ,因此 得 O 、 D 之间的 距离为 2

1 7 l s ? l ?t gh ? (1 ? 7 ) 2 2 2
2 当 v1 ? v ? v2 ,即 ○

2 gh 7 ?v? gh 时,物体从传送带右端飞出时的速度为 v, 2 2 l l 2v ? vt ? (1 ? ) 2 2 2 gh
综合以上的结果,得出 O、D 间 系式为:

O、D 之间的距离为 s ?

的距离 s 随速度 v 变化的函数关

? 2 gh (v ? ) ?l 2 ? ? 2 gh 2v 7 ?l s(v) ? ? (1 ? ) ( ?v? gh) 2 2 2 2 gh ? ? 7 ? l (1 ? 7 ) (v ? gh) ? 2 ?2

14.(15分)如图所示,两条平行的长直金属细 导轨KL、PQ固定于同一水平面内,它们之间的 距离为l,电阻可忽略不计;ab和cd是两根质量 皆为m的金属细杆,杆与导轨垂直,且与导轨良好接触,并可沿导轨无摩擦地滑动。两杆 的电阻皆为R。杆cd的中点系一轻绳,绳的另一端绕过轻的定滑轮悬挂一质量为M的物体, 滑轮与转轴之间的摩擦不计, 滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行。 导 轨和金属细杆都处于匀强磁场中, 磁场方向垂直于导轨所在平面向上, 磁感应强度的大小 为B。现两杆及悬物都从静止开始运动,当ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时,两杆加 速度的大小各为多少? 参考答案:用E 和I分别表示abdc回路的感应电动势和感应电流的大小,根据法拉第电磁
- 14 -

感应定律和欧姆定律可知E =Bl(v2-v1) 令F表示磁场对每根杆的安培力的大小,则F=IBl

(1)

I?

E 2R

(2) (3)

令a1和a2分别表示ab杆cd杆和物体M加速度的大小,T表示绳中张力的大小,则 F=ma1 T-F=ma2 由以上各式解得 a1 ? (4) Mg-T=ma2 (5) (6) (7) (8)

B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2 Rm

a2 ?

2MgR ? B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2( M ? m) R

15.(20 分)图预 19-2 所示电路中,电池的电动势为 E ,两 个电容器的电容皆为 C ,K 为一单刀双掷开关。开始时两电 容器均不带电 (1)第一种情况,现将 K 与 a 接通,达到稳定,此过程中电 池内阻消耗的电能等于__________;再将 K 与 a 断开而与 b 接通,此过程中电池供给的电 能等于___________。 ( 2 )第二种情况,现将 K 与 b 接通,达到稳定,此过程中电池内阻消耗的电能等于 __________;再将 K 与 b 断开而与 a 接通,此过程中电池供给的电能等于___________。 参考解答: (1) E 2C ,0

1 2

(2) E 2C , E 2C

1 4

1 2

16.( 25 分)如图预 18-7 所示,在半径为 a 的圆柱空间中(图 中圆为其横截面)充满磁感应强度大小为 B 的均匀磁场,其方向 平行于轴线远离读者. 在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝 缘材料制成的边长为 L ? 1.6a 的刚性等边三角形框架 ?DEF , 其中 心 O 位于圆柱的轴线上. DE 边上 S 点( DS ?

1 L )处有一发射 4

带电粒子的源,发射粒子的方向皆在图预 18-7 中截面内且垂直于 DE 边向下.发射粒子 的电量皆为 q (>0),质量皆为 m ,但速度 v 有各种不同的数值.若这些粒子与三角形 框架的碰撞均为完全弹性碰撞, 并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边. 试问: ( 1) 带电粒子速度 v 的大小取哪些数值时可使 S 点发出的粒子最终又回到 S 点? (2) 这些粒子中,回到 S 点所用的最短时间是多少? 参考解答:带电粒子(以下简称粒子)从 S 点垂直于 DE 边以速度 v 射出后,在洛伦兹力
- 15 -

作用下做匀速圆周运动,其圆心一定位于 DE 边上,其半径 R 可由下式

qvB ?

mv 2 求得,为 R

R?

mv qB

(1)

(1)要求此粒子每次与 ?DEF 的三条边碰撞时都与边垂直,且能回到 S 点,则 R 和

v 应满足以下条件:
(ⅰ)与边垂直的条件. 由于碰撞时速度 v 与边垂直, 粒子运动轨迹圆的圆心一定位于 ? 的边上, 粒子绕过 ? 顶点 D 、 E 、 F 时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点(即 D 、 E 、 F )上.粒子从
S 点开始向右作圆周运动,其轨迹为一系列半径为 R 的半圆,在 SE 边上最后一次的碰撞

点与 E 点的距离应为 R ,所以 SE 的长度应是 R 的奇数倍。 粒子从 FD 边绕过 D 点转回到
S 点时,情况类似,即 DS 的长度也应是轨道半径的奇数倍.取 DS ? R1 ,则当 DS 的长

度被奇数除所得的 R 也满足要求,即

R ? Rn ?

DS (2 n? 1)

n =1,2,3,…

因此为使粒子与 ? 各边发生垂直碰撞, R 必须满足下面的条件

R ? Rn ?

1 L 2a ? ? 2n ? 1 4 5(2n ? 1)

n ? 1, 2 , 3 ,

(2)

此时

SE ? 3DS ? (6n ? 3) Rn

n ? 1, 2 , 3 ,

SE 为 Rn 的奇数倍的条件自然满足.只要粒子绕过 E 点与 EF 边相碰,由对称关系可知,
以后的碰撞都能与 ? 的边垂直. (ⅱ)粒子能绕过顶点与 ? 的边相碰的条件. 由于磁场局限于半径为 a 的圆柱范围内,如果粒子在绕 E 点运动时圆轨迹与磁场边 界相交,它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回.所以粒子作圆周运 动的半径 R 不能太大,由图预解18-7可见,必须 R ? DM ( ? 的顶点沿圆柱半径到磁场边 界的距离, R ? DM 时,粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切),由给定的数据可算得

DM ? a ?

8 3 a ? 0.076a 15

(3)

将 n ? 1,2,3,…,分别代入(2)式,得

n ? 1,

R1 ?

2a ? 0.400a 5

n ?2,

R2 ?

2a ? 0.133a 15
- 16 -

n ? 3, n ?4,

R3 ?

2a ? 0.080a 25 2a R4 ? ? 0.057a 35

由于 R1 , R2 , R3 ≥ DM ,这些粒子在绕过 ? 的顶点 E 时,将从 磁场边界逸出,只有 n ≥4的粒子能经多次碰撞绕过 E 、 F 、 D 点, 最终回到 S 点.由此结论及(1)、(2)两式可得与之相应的速度

vn ?

qB qB 2a Rn ? ? m m 5(2n ? 1)

n ? 4, 5, 6,

(4)

这就是由 S 点发出的粒子与 ? 的三条边垂直碰撞并最终又回到 S 点时,其速度大小 必须满足的条件. (2)这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为 将(1)式代入,得 T ?

T?

2? R v

2? m qB

(5)

可见在 B 及 q / m 给定时 T 与 v 无关。粒子从 S 点出发最后回到 S 点的过程中,与 ? 的边 碰撞次数愈少,所经历的时间就愈少,所以应取 n ? 4 ,如图预解18-7所示(图中只画出 在边框 DE 的碰撞情况),此时粒子的速度为 v 4 ,由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个 半圆和3个圆心角为300?的圆弧,所需时间为

t ? 3 ?13 ?
以(5)式代入得

T 5 ? 3 ? T ? 22T 2 6

(6) (7)

t ? 44

?m
qB

17. 某些非电磁量的测量是可以通过一些相应的装置转化为电磁量来测量的。 一平板电容 器的两个极扳竖直放置在光滑的水平平台上,极板的面积为 S ,极板间的距离为 d 。极 板 1 固定不动,与周围绝缘;极板 2 接地,且可在水平平台上滑 动并始终与极板 1 保持平行。 极板 2 的两个侧边与劲度系数为 k 、 自然长度为 L 的两个完全相同的弹簧相连,两弹簧的另一端固 定. 图预 17-4-1 是这一装置的俯视图. 先将电容器充电至电压 U 后即与电源断开, 再在极板 2 的右侧的整个表面上施以均匀的向 左的待测压强 p ; 使两极板之间的距离发生微小的变化, 如图预 17-4-2 所示。测得此时电容器的电压改变量为 ? U 。设作用在电容器极板 2 上的静电作用
- 17 -

力不致引起弹簧的可测量到的形变,试求待测压强 p 。 参考解答: 因电容器充电后与电源断开, 极板上的电量保持不变, 故两板之间的电压 U 应 与其电容 C 成反比;而平板电容器的电容 C 又与极板间的距离 d 成反比;故平板电容器 的两板之间的电压与距离 d 成正比,即 式中 A 为比例系数。 极板2受压强作用而向左移动, 并使弹簧变形。 设达到平衡时, 极板2 向 左移动的距离为 ? d ,电容器的电压减少了 ? U ,则有
U ? Ad

(1)

U ? ?U ? A(d ? ?d )
由(1)与(2)式得

(2) (3)

?U ?d ? U d

极板2移动后,连接极板2的弹簧偏离其原来位置 ? 角,弹簧伸长了 ?L ,如 图预解17-4所示,弹簧的弹力在垂直于极板的方向上的分量与加在极板2上的压力平衡, 即有

pS ? 2k ?L sin?

(4)

因为 ? 是小角,由几何关系知 sin? ? 解(3)、(4)、(5)式得 p ?

?L ?d ? ?d L
3

(5)

2kd 3 ? ?U ? ? ? L2 S ? U ?

(6)

18. (20 分) 如图预 17-5-1 所示, 在正方形导线回路所围的区域 A1 A2 A3 A4 内分布有方向垂直于回路平面向里的匀强磁场,磁感应强度 B 随时间 以恒定的变化率增大,回路中的感应电流为 I ? 1.0 mA .已知 A1 A2 、

A3 A4 两边的电阻皆为零; A4 A1 边的电阻 R1 ? 3.0 k? , A2 A3 边的电阻
R2 ? 7.0 k? 。
(1)试求 A1 A2 两点间的电压 U12 、 A2 A3 两点间的电压 U 23 、 A3 A4 两点间的电压 U 34 、

A4 A1 两点间的电压 U 41 。

- 18 -

(2)若一内阻可视为无限大的电压表 V 位于正方形导线回路所在的平面内,其正负 端与连线位置分别如图预 17-5-2、图预 17-5-3 和图预 17-5-4 所示,求三种情况下电压表 的读数 U1 、 U 2 、 U 3 。 参考解答:(1) 设回路中的总感应电动势为 E ,根据楞次定律可知,电路中的电流沿 逆时针方向,按欧姆定律有

E ? I (R1 ? R2 ) ? 10 V

(1)

由对称性可知,正方形回路每条边上的感应电动势相等,设为 E1 ,等效电路如图预解 17-5-1所示。有

E1 ? E / 4 ? 2.5 V

(2)

根据含源电路欧姆定律,并代入数值得

U12 ? ?E1 ? ?2.5 V U23 ? IR2 ? E1 ? 4.5 V U34 ? ?E1 ? ?2.5 V U41 ? IR1 ? E1 ? 0.5 V

(3) (4) (5) (6)

(2) 三种情况下的等效电路分别如图预解17-5-2、17-5-3、17-5-4。对图预解17-5-2中的

AV 1 1 A4 A 1 回路,因磁通量变化率为零,回路中的总电动势为零,这表明连接 A4、A 1 两端
的电压表支路亦为含源电路,电压表的读数等于由正端(+)到负端(一)流过电压表的 电流 I V 乘以电压表的内阻 RV ,因 RV 阻值为无限大, I V 趋近于零(但 I V RV 为有限值), 故得 解得

IR1 ? I V RV ? IR1 ? U1 ? 0 U1 ? IR1 ? 3.0 V
(7)

同理,如图预解17-5-3所示,回路 AV 1 2 A4 A 1 的总电动势为 E ,故有

IR1 ? I V RV ? IR1 ? U 2 ? E
- 19 -

(8)

解得 代入数据得

U 2 ? E ? IR1 U 2 ? 7.0 V
(10)

(9)

如图预解17-5-4所示,回路 AV 1 3 A4 A 1 的总电动势为零,而 A3 A4 边中的电阻又为零, 故有

U3 ? I V RV ? 0

(11)

19.(25 分)在真空中建立一坐标系,以水平向右为 x 轴正方向,竖直向下为 y 轴正方向, .在 0 ? y ? L 的区域内有匀强磁场, z 轴垂直纸面向里(图复 17-5)

L ? 0.80 m ,磁场的磁感强度的方向沿 z 轴的正方向,其大小

B ? 0.10 T .今把一荷质比 q / m ? 50 C ? kg-1 的带正电质点在 x ? 0 , y ? ?0.20 m ,z ? 0 处静止释放, 将带电质点过原点的时刻定为 t ? 0
时刻,求带电质点在磁场中任一时刻 t 的位置坐标.并求它刚离开磁 场时的位置和速度.取重力加速度 g ? 10 m ? s-2 。 参考解答:带电质点静止释放时,受重力作用做自由落体运动,当它到达坐标原 点时,速度为 v1 ? 2g | y | ? 2.0 m ? s-1 (1)

方向竖直向下.带电质点进入磁场后,除受重力作用外,还受到洛伦兹力作用,质点速度 的大小和方向都将变化,洛伦兹力的大小和方向亦随之变化.我们可以设想,在带电质点 到达原点时, 给质点附加上沿 x 轴正方向和负方向两个大小都是 v0 的初速度, 由于这两个 方向相反的速度的合速度为零,因而不影响带电质点以后的运动.在 t ? 0 时刻,带电质 点因具有沿 x 轴正方向的初速度 v0 而受洛伦兹力 f1 的作用。 (2) 其方向与重力的方向相反. 适当选择 v0 的大小, 使 f1 等于重力, 即 (3) 则: v0 ?

f1 ? qv0 B

qv0 B ? mg

g ? 2.0 m ? s-1 ( q / m) B

(4)

只要带电质点保持(4)式决定的 v0 沿 x 轴正方向运动, f1 与重力的合力永远等于零.但 此时,位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度 v1 和沿 x 轴负方向的速度 v0 ,二 者的合成速度大小为
2 v ? v0 ? v12 ? 2.8 m ? s-1

(5)

- 20 -

方向指向左下方,设它与 x 轴的负方向的夹角为 ? ,如图复解 17-5-1 所示,则

tan ? ?

v1 ?1 v0

??

?
4

(6)

因而带电质点从 t ? 0 时刻起的运动可以看做是速率为 v0 ,沿 x 轴 的正方向的匀速直线运动和在 xOy 平面内速率为 v 的匀速圆周运 动的合成.圆周半径

R?

mv ? 0.56 m qB

(7)

带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心 O? 位于垂直于质点此时速度 v 的直线 上,由图复解 17-5-1 可知,其坐标为

? xO ' ? R sin ? ? 0.40 m ? ? yO ' ? R cos? ? 0.40 m
圆周运动的角速度

(8)

??

v ? 5.0 rad ? s-1 R

(9)

由图复解 17-5-1 可知,在带电质点离开磁场区域前的任何时刻 t ,质点位置的坐标为

x ? v0t ? ? R sin(?t ? ? ) ? xO ' ?

(10) (11)

y ? yO ' ? R cos(?t ? ? )

带电质点到达磁场区域下边界时, y ? L ? 0.80 m ,代入(11)式,再代入有关数值, 解得

t ? 0.31s

(12)

将(12)式代入(10)式,再代入有关数值得 所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为

x?0.63 m

(13)

x ? 0.63 m

y?0.80 m z ?0

(14)

带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为 v 的匀速圆周运动和一个速率为 v0 的 沿 x 轴正方向的匀速直线运动, 任何时刻 t , 带电质点的速度 V 便是匀速圆周运动速度 v 与 匀速直线运动的速度 v0 的合速度.若圆周运动的速度在 x 方向和 y 方向的分量为 v x 、vy , 则质点合速度在 x 方向和 y 方向的分速度分别为

Vx ? vx ? v0

(15)

Vy ? v y

(16)

2 ? v2 虽然 vx y ? v , v 由(5)式决定,其大小是恒定不变的, v 0 由(4)式决定,也是恒

定不变的, 但在质点运动过程中因 v 的方向不断变化, 它在 x 方向和 y 方向的分量 vx 和 vy
- 21 -

都随时间变化,因此 Vx 和 Vy 也随时间变化,取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方 向,由于圆周运动的圆心的 y 坐标恰为磁场区域宽度的一半, 对称性可知,带电质点离开磁场下边缘时,圆周运动的速度方 应指向右下方,与 x 轴正方向夹角 ? ' ? 由 向

?
4

,故代入数值得

vx ? v cos? ' ? 2.0 m ? s-1
vy ? v sin? ' ? 2.0 m ? s-1
将以上两式及(5)式代入(15)、(16)式,便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分 量,它们分别为

Vx ? 4.0 m ? s-1
(18)

(17)

Vy ? 2.0 m ? s-1
速度大小为

V ? Vx2 ? V y 2 ? 4 . 5 m ? -s 1

(19)

设 V 的方向与 x 轴的夹角为 ? ,如图复解 17-5-2 所示,则 得

tan ? ?

Vy Vx

?

1 2

? ? 27?

(20)

20. (15 分)如图预 16-4-1 所示,电阻 R1 ? R2 ? 1 k? ,电动势

E ? 6 V ,两个相同的二极管 D 串联在电路中,二极管 D 的
I D ? U D 特性曲线如图预 16-6-2 所示。试求:
(1) 通过二极管 D 的电流。 (2)电阻 R1 消耗的功率。 参考答案:设二极管 D 两端的管压为 U D ,流过二极管的电流为

I D 。则有

? 2U ? 2U D ? E ? ? I D ? D ? R1 R2 ? ?

代入数据解得 U D 与 I D 的关系为

UD ? (1.5 ? 0.25I D ?103 ) V

(2)这是一在图预解16-6中横轴上截距为1.5,纵轴上截距为 6、斜率为-4的直线方程 (称为二极管的负载线)因管压 U D 与流过二极管电流 I D 还受二极管 D 的 I D ~ U D 特性 曲线的限制,因而二极管就工作在负载线与 I D ~ U D 特性曲线的相交点 P 上(如图预解
- 22 -

16-6).由此得二极管两端的管压和电流分别为

UD ? 1 V ,

I D ? 2 mA
(4)

(3)阻

R1 上的电压 U1 ? E ? 2UD ? 4 V

其功率 P 1?

U12 ? 16 mW R1

- 23 -


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