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高考和自主招生物理电磁学模拟压轴题1


1、距地面 h 高处 1 水平放置距离为 L 的两条光滑金属导轨,跟导轨正交的水平 方向的线路上依次有电动势为 ? 的电池,电容为 C 的电容器及质量为 m 的金属 杆,如图 3-3-5,单刀双掷开关 S 先接触头 1,再扳过接触头 2,由于空间有竖直 向下的强度为 B 的匀强磁场,使得金属杆水平向右飞出做平抛运动。测得其水 平射程为 s,问电容器最终的带电量是多少? 分析:开关 S 接 1,电源向电容器充电,电量
1 2

S

m
L B

Q0 ? C? 。S 扳向 2,电容器通过金属杆放电,电流
通过金属杆,金属杆受磁场力向右,金属杆右边的 导轨极短,通电时间极短,电流并非恒定,力也就 不是恒力。因此不可能精确计算每个时刻力产生的

? C

h

s

图 3-3-5

效果, 只能关心和计算该段短时间变力冲量的效果,令金属杆离开导轨瞬间具有 了水平向右的动量。根据冲量公式 F?t ? BLi?t ? BL?q ,跟安培力的冲量相联系 的是 ?t 时间内流经导体的电量。由平抛的高度与射程可依据动量定理求出 ?q , 电容器最终带电量可求。 解:先由电池向电容器充电,充得电量 Q0 ? C? 。之后电容器通过金属杆放 电,放电电流是变化电流,安培力 F ? BLi 也是变力。根据动量定理:
F?t ? BLi?t ? BL?q ? mv

其中

1 v =s/t,h= 2 gt 2

综合得

v?s

g 2h

?q ?

mv ms g ? BL BL 2h

电容器最终带电量

Q ? Q0 ? ?q ? C? ?

ms g BL 2h

点评: 根据动量定理来研究磁场力冲量产生的效果,实际上就是电量和导体 动量变化的关系,这是磁场中一种重要的问题类型。 2、如图,宽度为 L=0.5m 的光滑金属框架 MNPQ 固定于水平面内,并处在磁感应强度大
小 B=0.4T,方向竖直向下的匀强磁场中,框架的电阻非均匀分布。将质量 m=0.1kg,电阻 可忽略的金属棒 ab 放置在框架上,并与框架接触良好。以 P 为坐标原点,PQ 方向为 x 轴正 方向建立坐标。金属棒从 x0=1 m 处以 v0=2m/s 的初速度,沿 x 轴负方向做 a=2m/s2 的匀 减速直线运动,运动中金属棒仅受安培力作用。求: (1)金属棒 ab 运动 0.5 m,框架产生的 焦耳热 Q; (2)框架中 aNPb 部分的电阻 R 随金属棒 ab 的位置 x 变化的函数关系; (3)为 求金属棒 ab 沿 x 轴负方向运动 0.4s 过程中通过 ab 的电量 q, 某同学解法为: 先算出经过 0.4s ?? BLs 金属棒的运动距离 s,以及 0.4s 时回路内的电阻 R,然后代入 q= = 求解。指出该 R R 同学解法的错误之处,并用正确的方法解出结果。 解析: (1)金属棒仅受安培力作用,其大小 F=ma=0.2N,金属棒运动 0.5m,框架中间生的 焦耳热等于克服安培力做的功,所以 Q=Fs=0.1J, E BLv B2L2v (2)金属棒所受安培力为 F=BIL,I= = ,F= =ma,由于棒做匀减速运 R R R B2L2 动,v= v02-2a(x0-x) ,所以 R= ma v02-2a(x0-x) =0.4 x (SI) ,

BLs (3)错误之处是把 0.4s 时回路内的电阻 R 代入 q= 进行计算,正确解法是 q=It, R mat 因为 F=BIL=ma,q= =0.4C, BL

3 、 航天飞机在地球赤道上空离地面约 3000Km 处由东向西飞行,相对地面速度大约
6.5× 103m/s,从航天飞机上向地心方向发射一颗卫星,携带一根长 20km,电阻为 800Ω 的金 属悬绳, 使这根悬绳与地磁场垂直, 作切割磁感线运动。 假设这一范围内的地磁场是均匀的, 磁感应强度为 4× 10-5T,且认为悬绳上各点的切割速度和航天飞机的速度相同。根据理论设 计,通过电离层(由等离子体组成)的作用,悬绳可产生约 3A 的感应电流,试求: (1)金属悬绳中产生的感应电动势; (2)悬绳两端的电压; (3)航天飞机绕地球运行一圈,悬绳输出的电能(已知地球半径为 6400km)

解析: (1)金属悬绳中产生的感应电动势为

(2)悬绳两端的电压 (3)航天飞机绕地球运行一圈,所需时间为 T。有

航天飞机绕地球运行一圈,悬绳输出的电能为

4、如图 3 正交电磁场中,质量 m、带电量+q 粒子由一点 P 静止释放,分析 它的运动。 分析:粒子初速为零释放,它的运动轨迹是如图 3 所示的周期性的曲线。初 速为零,亦可看成是向右的 v0 与向左- v0 两个运动的合运动,其中 v0 大小为:

v0 =E/B
所以+q 粒子可看成是向右 v0 匀速直线运动和 逆时针的匀速圆周运动的合运动。电场方向上向 下最大位移 图3
P

m?

P1
Q

P2

P 3

d m ? 2R

R?

m v0 m E ? qB qB2
2m E qB2

dm ?

一个周期向右移动距离 L 即 PP 1 之距为

L ? v0 ? T

T?

2?m qB
2?m E L? qB 2

E

B

?0

代入,得: 最低点 Q 点速度

图 3-4-11

vQ ? 2v0

5、如图所示,在方向竖直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属
导轨 MN、PQ,导轨足够长,间距为 L,其电阻不计,导轨平面与磁场垂直,ab、cd 为两根 垂直于导轨水平放置的金属棒,其接入回路中的电阻分别为 R,质量分别为 m,与金属导轨 平行的水平细线一端固定,另一端与 cd 棒的中点连接,细线能承受的最大拉力为 T,一开 始细线处于伸直状态,ab 棒在平行导轨的水平拉力 F 的作用下以加速度 a 向右做匀加速直 线运动,两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。

(1)求经多长时间细线被拉断? (2)若在细线被拉断瞬间撤去拉力 F,求两根金属棒之间距离增量△x 的最大值是多 少? 解析: (1)ab 棒以加速度 a 向右运动,经 t 时间细线被拉断,当细线断时,ab 棒运动的速度 为 v,产生的感应电动势为 E= BLv, v=at 回路中的感应电流为 I ?

E 2R

cd 棒受到的安培力为 T =BIL 联立解得 t ?

2 RT B 2 L2 a

(2)当细线断时,ab 棒运动的速度为 v,细线断后,ab 棒做减速运动,cd 棒做加速运 动,两棒之间的距离增大,当两棒达相同速度 v? 而稳定运动时,两棒之间的距离增量△x 达到最大值,整个过程回路中磁通量的变化量为 ?? = BL△x

通过该回路的电量 q ? I ? ?t ? 由动量守恒定律得 mv ? 2mv?

?? BL?x ? R总 2R

对于 cd 棒,由动量定理得 BIL?t ? mv? 故通过该回路的电量 q ?

m v? BL

2m R2T 联立解得 ?x ? R 4 L4

6、如图甲所示, 光滑且足够长的平行金属导轨 MN、PQ 固定在同一水平面上,两导轨间距
L=0.3m。导轨电阻忽略不计,其间连接有固定电阻 R=0.4Ω 。导轨上停放一质量 m=0.1kg、 电阻 r=0.2Ω 的金属杆 ab,整个装置处于磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场中,磁场方向竖直 向下。利用一外力 F 沿水平方向拉金属杆 ab,使之由静止开始运动,电压传感器可将 R 两 端的电压 U 即时采集并输入电脑,获得电压 U 随时间 t 变化的关系如图乙所示。

(1)试证明金属杆做匀加速直线运动,并计算加速度的大小; (2)求第 2s 末外力 F 的瞬时功率; (3)如果水平外力从静止开始拉动杆 2s 所做的功为 0.3J,求回路中定值电阻 R 上产 生的焦耳热是多少。 解析: (1)设路端电压为 U,杆的运动速度为 v,有 U ? E ? 由图乙可得 U=0.1t 所以速度 v=1 t

R BlvR ? ? 0.1v (2 分) R?r R?r

(2 分) (2 分) (2 分)

因为速度 v 正比于时间 t,所以杆做匀加速直线运动 ,且加速度 a=1m/s2 (用其他方法证明可参照给分) (2)在 2s 末,v=at=2m/s,

(Bl)2 v ? 0.075N 杆受安培力 F? ? BIl ? R?r
由牛顿第二定律,对杆有 F ? F? ? ma , 得拉力 F=0.175N 故 2s 末的瞬时功率 P=Fv=0.35W (3) 在 2s 末, 杆的动能 E k ?

(2 分)

(2 分) (2 分)

1 mv 2 ? 0.2J 2
(3 分)

由能量守恒定律,回路产生的焦耳热 Q=W-Ek=0.1J 根据 Q=I2Rt,有

QR R ? Q R?r
R ? 0.067J R?r

故在 R 上产生的焦耳热 Q R ? Q

7、如图所示,MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨,NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹
角θ =37°, NQ间连接有一个R=5Ω 的电阻。 有一匀强磁场垂直于导轨平面, 磁感强度为B0=1T。 将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上, 且与导轨接触良好, 导轨与金属棒 的电阻均不计。现由静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金 属棒与导轨间的动摩擦因数μ =0.5,当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度,cd距离NQ 为s=1m。试解答以下问题: (g=10m/s ,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
2

(1)请定性说明金属棒在达到稳定速度前的加速度和速度各如何变化? (2)当金属棒滑行至 cd 处时回路中的电流多大? (3)金属棒达到的稳定速度是多大? (4)若将金属棒滑行至 cd 处的时刻记作 t=0,从此时刻起,让磁感强度逐渐减小,可 使金属棒中不产生感应电流,则磁感强度 B 应怎样随时间 t 变化(写出 B 与 t 的关系式)? 解析: (1)在达到稳定速度前,金属棒的加速度逐渐减小,速度逐渐增大。 (2分) (2)达到稳定速度时,有

FA ? B0 IL

(1 分)

mg sin ? ? FA ? ?mg cos?
I? mg ? sin 37? ? ? cos 37? ? B0 L
E R

(1 分)

?

0.05 ?10 ? ? 0.6 ? 0.5 ? 0.8 ? ? 0.2A (2 分) 1? 0.5
(2 分)

(3) E ? B0 Lv 、 I ?

v?

IR 0.2 ? 5 ? m / s ? 2m/s B0 L 1? 0.5

(2 分)

(4)当回路中的总磁通量不变时,金属棒中不产生感应电流。此时金属棒将沿导轨匀 加速运动。

mg sin ? ? ? mg cos ? ? ma

a ? g ?sin ? ? ? cos? ? ? 10 ? ? 0.6 ? 0.5 ? 0.8? m / s2 ? 2m / s2
1 ? ? B0 Ls ? BL ? s ? vt ? at 2 ? 2 ? ?

(2 分)

B?

B0 s 1?1 1 ? T? 2 T 1 2 1 ? 2t ? t 2 t ? 2t ? 1 s ? vt ? at 2

8、如图 4-2-5 所示,AB 是一根裸导线,单位长度的电阻为 R0 ,一部分弯曲 成半径为 r0 的圆圈,圆圈导线相交处导电接触良好。圆圈所在区域有与圆圈平面 垂直的均匀磁场,磁感强度为 B。导线一端 B 点固定,A 端在沿 BA 方向的恒力 F 作用下向右缓慢移动, 从而使圆圈缓慢缩小。设在圆圈缩小过程中始终保持圆的 形状, 设导体回路是柔软的, 试求此圆圈从初始的半径 r0 到完全消失所需时间 T。 分析:在恒力 F 拉动下,圆圈不断缩小,使其磁通量发生变化,产生感应电 动势,由于交叉点处导线导电良好,所以圆圈形成闭合电路,产生感应电流。因 圆圈缩小是缓慢的,F 所作功全部变为感应电流产生的焦耳热,由此可寻找半径 r 随时间的变化规律。 解:设在恒力 F 作用下,A 端△t 时间内向 右移动微小量△x, 则相应圆半径减小△r, 则有:
B A F

图 4-2-5

?x ? 2??r

在这瞬息△t 时间内 F 的功等于回路电功
F ? ?x ?

?2
R

? ?t

??

?? ?S ?B ?t ?t

?S 可认为是由于半径减小微小量 ?r 而引起面积变化,有:

?S ? 2?r ? ?r

而回路电阻 R 为: R ? R0 ? 2?r

F ? 2??r ?
代入得:

B 2 ? ?S 2 ? ?t ?t 2 ? R0 ? 2?r

?t ?

FR0 ? ?2? ?r ? ?r
2

B 2 ? ?S 2

?

B 2 ? ?S 2 2FR0?
2

显然 ?t 与圆面积的变化 ?S 成正比,所以当面积由 ?r0 变化至零时,经历时 间T为

B 2 ? ?S1 B2 T ? ? ?t ? ? ? ? ?Si 2?FR0 2?FR0

r02 B 2 T? 2 FR0

9、如图(a)所示,两根足够长的光滑平行金属导轨相距为 L=0.40m,导轨平面与水平面
成θ =30 角, 上端和下端通过导线分别连接阻值 R1=R2=1.2Ω 的电阻, 质量为 m=0.20kg、 阻值 r=0.20Ω 的金属棒 ab 放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触,整个装置处在 垂直导轨平面向上的磁场中, 取重力加速度 g=10m/s 。 若所加磁场的磁感应强度大小恒为 B,通过小电动机对金属棒施加力,使金属棒沿导轨向上做匀加速直线运动,经过 0.50s 电 动机的输出功率达到 10W,此后电动机功率保持不变,金属棒运动的 v~t 图像如图(b)所 示,试求:
2 o

(1)磁感应强度 B 的大小; (2)在 0~0.50s 时间内金属棒的加速度 a 的大小; (3)在 0~0.50s 时间内电动机牵引力 F 与时间 t 的关系; (4)如果在 0~0.50s 时间内电阻 R1 产生的热量为 0.135J,则在这段时间内电动机做 的功。 解析:

P vm ( BL) 2 ? mg sin ? ? ?0 (1) vm R并+r
R并= R1 =0.6? 2
(4 分)

B=

R +r 1 P 1 10 0.8 ( ? mg sin ? ) 并 ? ( ? 0.2 ? 10 ? 0.5) ? T ? 1T L vm vm 0.4 5 5

(2)

P at1 ( BL)2 ? mgsin ? ? ? ma at1 R并+r
(3 分)

a?

20 m / s2 3

(3) F ? mgsin ? ?

at( BL)2 ? ma R并+r
(3 分)

F?

7 4 ? t 3 3

(4) Q总=2Q1 ? 2Q1 ?

0.2 1 ? 2 ? 0.135 ? 2 ? 0.135 ? J ? 0.36 J 0.6 3 1 1 WF ? Q总-mg ( at12 ) sin ? ? m(at1 ) 2 2 2 1 20 1 20 WF ? 0.36 ? 0.2 ? 10 ? ( ? ? 0.52 ) ? 0.5 ? ? 0.2 ? ( ? 0.5) 2 J ? 2.3J 2 3 2 3

10、在长为 2L 的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为 m 的带电小球 A 和 B(可视为质 点,也不考虑二者间的相互作用力) ,A 球带正电、电荷量为+2q,B 球带负电。电荷量为-

3q。 现把 A 和 B 组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上, 并让 A 处于如图所示的有界匀 强电场区域 MPQN 内。已知虚线 MP 是细杆的中垂线,MP 和 NQ 的距离为 4L,匀强电场的场强 大小为 E,方向水平向右。现取消对 A、B 的锁定,让它们从静止开始运动。 (忽略小球运动 中所产生的磁场造成的影响)

(1)求小球 A、B 运动过程中的最大速度; (2)小球 A、B 能否回到原出发点?若不能,请说明理由;若能,请求出经过多长时间 带电系统又回到原地发点。 (3)求运动过程中带电小球 B 电势能增加的最大值。 解析: (1)带电系统锁定解除后,在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动, 当 B 进入电场区时,系统所受的电场力为 A、B 的合力,因方向向左,从而做减速运动,以 后不管 B 有没有离开右边界,速度大小均比 B 刚进入时小,故在 B 刚进入电场时,系统具 有最大速度。 设 B 进入电场前的过程中,系统的加速度为 a1,由牛顿第二定律: 2Eq=2ma1 (2 分)
2 EqL m

2 B 刚进入电场时,系统的速度为 vm,由 v m ? 2a1 L 可得 v m ?

(3 分)

(2)对带电系统进行分析,假设 A 能达到右边界,电场力对系统做功为 W1 则
W1 ? 2Eq ? 3L ? (?3Eq ? 2 L) ? 0

(2 分)

故系统不能从右端滑出,即:当 A 刚滑到右边界时,速度刚好为零,接着反向向左加 速。由运动的对称性可知,系统刚好能够回到原位置,此后系统又重复开始上述运动。 (2 分) 设 B 从静止到刚进入电场的时间为 t1,则 t1 ?
vm ? a1 2mL Eq

(1 分)

设 B 进入电场后,系统的加速度为 a2,由牛顿第二定律 ?3Eq ? 2 Eq ? 2ma2 (1 分) 显然,系统做匀减速运动,减速所需时间为 t2,则有 t 2 ?
0 ? vm ? a2 8mL Eq

(1 分)

那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为 t ? 2(t1 ? t 2 ) ? 6

2mL Eq

(2 分)

(3)当带电系统速度第一次为零,即 A 恰好到达右边界 NQ 时,B 克服电场力做的功 最多,B 增加的电势能最多,此时 B 的位置在 PQ 的中点处 所以 B 电势能增加的最大值 ?E p ? W ? 3Eq ? 2L ? 6EqL (1 分)

11.在如图 3-4-12 所示的直角坐标系中,坐标原点 O 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
Q
O
y B

O?

x

平面平行,角速度为 ? ,试求圆心 O ? 的坐标值。

z

图 3-4-12

分析: 带电微粒作匀速圆周运动,可以确定在只有洛伦磁力和库仑力的情况 下除非 O ? 与 O 不重合,必须要考虑第三个力即重力。只有这样,才能使三者 的合力保证它绕 O ? 在水平面内作匀速圆周运动。 解:设带电微粒作匀速圆周运动半径为 R,圆心的 O ? 纵坐标为 y,圆周上一
tg? ? R y

点与坐标原点的连线和 y 轴夹角为 ? ,那么有 带电粒子受力如图 3-4-13 所示,列出动力学方程为 mg=F 电 cosθ
2 f 洛-F 电 ? sin ? ? m? R

(1) (2) (3)
Q
O
y B

F电

f 洛= q?RB 将(2)式变换得

O?
f洛

?

mg

x

z

图 3-4-13

2 f 洛- m? R ? F 电 sin ?

(4)

将(3)代入(4),且(1)÷(4)得
mg y ? 2 q?RB ? m? R R

y?

消去 R 得

mg q?B ? m? 2

12、一宇宙人在太空(那里万有引力可以忽略不计)玩垒球。辽阔的太空球场半侧为均匀
电场 E,另半侧为均匀磁场 B,电场和磁场的分界面为平面,电场方向与界面垂直,磁场方 向与垂直纸面向里。宇宙人位于电场一侧距界面为 h 的 P 点, O 点是 P 点至界面垂线的垂 足,D 点位于纸面上 O 点的右侧,OD 与磁场 B 的方向垂直,OD = d 。如图所示,垒球的 质量为 m,且带有电量 – q(q>0) 。 (1)宇宙人是否可能自 P 点以某个适当的投射角(与界面所成的θ 角) ?0 及适当的初 速度 v p 投出垒球, 使它经过 D 点, 然后历经磁场一次自行回至 P 点?试讨论实现这一游戏, d 必须满足的条件并求出相应的 ?0 和 v p 。 (2)若宇宙人从 P 点以初速度 v o 平行与界面投出垒球,要使垒球击中界面上的某一 D 点,初速度 v o 的指向和大小应如何?

解析: (1)首先建立直角坐标系。使 x 与 OD 重合,y 与 OP 重合。球有平抛、斜向上和斜下 抛三情形。若球投向 y 轴的右侧,当球达到分界面上的 D 的速度为 vD , vD 与 x 轴的夹角
' ' 为 ? ,球沿半径为 R 的圆周运动,达到界面的 D ,又从 D 回到抛出点。 OD ' ? Od ? d

d ? R sin ? ?
vy ? ? qBd m

m vy m vD sin ? ? ? qB qB
(2)
2 2

(1)

球在电场区的加速度为 a, v Dy ? v Py ? 2ah ? ?

2qEh m

v py ? ?

1 q 2 B 2 d 2 ? 2qEhm m qE ? m

(3)

+,-分别表示在 P 点斜上抛与斜下抛的情况。设球从抛出点到 D 的时间为 ? ,则:

v Dy ? v py ? a? ? v py ?

(4)

??

d v px

(5)

将(2) (5)代入(4)

?

qBd qEd ? v py ? m m vpx
(6)

得: v px ?

qEd qBd ? q B 2 d 2 ? 2qEhm
2

因(3)和(6)必须是实数,所以有 d ?

2 Ehm qB 2

(7)

(a)若 d ?

2 Ehm qB 2

(8)

则由(3)和(6)得 v py ? 0 , v px ?

E E ,即 v p ? (9) B B

? 0 ? 0 (10)
(b)若 d ?

2 Ehm qB 2

(11)

则 v p ? (v px ? v py )
2 2

1/ 2

? q2 B2d 2 q 2 B 2 d 2 ? 2qEmh ? ? ?? ? 2 2 2 m2 ? ? qBd ? q B d ? 2 qEmh ? ?

1/ 2

? q 2 B 2 d 2 ? 2m Eh? qBd q 2 B 2 d 2 ? 2qEm h? ? ? 0 ? tan ? m qEd ? ? ? ?
?1

(c) d ?

2 Ehm 时候无论怎样都不能回到出发点。 qB 2

(2)击中 D 点有三种方式 (a)从 P 点抛出后经过电场区,直接到 D 点,若所经历的时间为 t,则由

h?

1 qE 2 t , d ? v0 t 2 m

得: v0 ? d

qE 2hm

(2)从抛出点“下落”然后经过磁场回转,又由电场区斜上抛,如此循环,历经磁场 n 次循环,最终在电场区斜上抛到 D。设自 P 点平抛的水平射程 OD1 ? d n ,球经磁场回旋 一次,在 x 轴方向倒退 D1 D2 ? 2 R?
y v0

D2

D1 D4 vD

D3

D

x

从 D2 出磁场后经电场区斜上抛运动,球在 x 轴方向前进 2d n ,如此经 n 次循环后从电 场区达到 D,有 d n ? 2ndn ? 2nR? ? d 求得: d n ?

d ? 2nR 2n ? 1 1 qE 2 t , d n ? v0n t 2 m

若抛出点的初速度为 v0 n ,有 h ? 求得: v 0 n ?

1 ? qE E? ? 2n ? ?d 2n ? 1 ? 2m h B?

(c)从抛出点“下落”然后经过磁场回转,又由电场区斜上抛,如此循环,历经磁场
' n 次循环,最终在磁场区到 D。设自 P 点平抛的水平射程 OD1 ? d n ,球经磁场回旋一次,

在 x 轴方向倒退 D1 D2 ? 2 R?
y v0

D2

D1 D4 vD

D3 D

x

R?   ? R sin ? ?

m v Dy m vD m 2qEh sin ? ? ? qB qB qB m

从 D2 出磁场后经电场区斜上抛运动,球在 x 轴方向前进 2d n ,如此经 n 次循环后从电
' ' 场区达到 D,有 d n ? 2(n ? 1)d n ? 2nR? ? d ' 若抛出点的初速度为 v0 n ,有 h ?

1 qE 2 t , dn 2 m

? v0n t

求得: v 0 n ?
'

1 ? qE E? ? 2n ? ?d 2n ? 1 ? 2m h B?

13、质量为 m,带电量为 q 的粒子以初速度 v0 经过一个磁感应强度为 B 的区域,该区域的
宽度为 d,粒子在运动过程中受到的阻力 f ? ?k v 。问粒子至少以多大的速度进入磁场区, 才能穿过该区域?
? ?

d θ
解析: 粒子以和边界成θ 角的速度 v0 进入磁场,粒子进入磁场后受到洛仑磁力 F 和阻力 f

F ? qv0 B
f ? kv

建立 xoy 直角坐标系,水平方向为 x,竖直方向为 y 设任意时刻粒子速度的两个分量分别为 v x , v y 有 m?v y ? (qBvx ? kvy )?t

m?vx ? (?qBvy ? kvx )?t
由 v x ?t ? ?x

v y ?t ? ?y

可有: m(v y ? v0 sin ? ) ? qBx ? ky

m(vx ? v0 cos? ) ? ?qBy ? kx
注意到刚好越过磁场区时应有 y ? d , v x ? 0

k 2d qBd ? qB 由以上有: v0 ? k m(cos? ? sin ? ) qB

k 2d qBd k2 qB v0 ? ? 1? 2 2 k m q B m(cos? ? sin ? ) qB qBd ?
14、空间有一个水平方向的匀强磁场 B,磁场中有 a,b 两点,相距为 s,a 、b 连线在水平
面上且与 B 垂直。一个质量为 m,电量为+q 的带电质点从 a 点以速度 v0 对准 b 射出,为了 使它能够到达 b,v0 取什么值?

v0 a
解析:

b

(1)如果洛仑磁力恰好和粒子重力抵消,则 mg ? qv01 B

v01 ?

mg qB

(2)如果 v0 ? v01 ,则可将 v0 分解 v01 , v02 , v01 必须指向 b 的,它产生的洛仑磁力 恰好和粒子重力抵消,因此由 v02 产生的洛仑磁力使粒子作圆周运动。最后粒子作的是圆周

运动和匀速直线运动的合运动 运动周期 T ?

2?m s ,如果 t ? 是 T 的整数倍,粒子一定能达到 b,这时有: qB v 01

sqB m ? n2? mg qB
即 s0 ? 2n?

m2 g q2B
mg 。如果 s ? s0 , v 可以取任意值。 qB

可见 s0 与 v0 无关,如果 s ? s0 , v 必须为 v01 ?

15、一根长的薄导体平板沿 X 轴放置,板面位于水平位置,板的宽度为 L,电阻可忽略不
计,aebcfd 是圆弧形均匀导线,其电阻为 3R,圆弧所在的平面与 X 轴垂直,圆弧的两端 a 和 d 与导体板的两个侧面相接触,并可在其上滑动。圆弧 ae=eb=cf=fd=(1/8)圆周长,圆弧 bc=(1/4)圆周长,一内阻 Rg=nR 的体积很小的电压表位于圆弧的圆心 O 处,电压表的两 端分别用电阻可以忽略的直导线与 b 和 c 点相连,整个装置处在磁感应强度为 B、方向竖直 向上的匀强磁场中。当导体板不动而圆弧导线与电压表一起以恒定的速度 v 沿 X 轴方向平 移运动时 (1)求电压表的读数; (2)求 e 点与 f 点的电势差 Ue—Uf。

解析: 弧 bc 段的感应电动势 ? 1 ? BLv ,弧 ae 的感应电动势 ? 2 ? BLv( 2 ? 1) / 2 。其余各弧 段的感应电动势的大小都等于 ? 2 ? BLv( 2 ? 1) / 2 ,连接电压表的每根导线中的感应电动

势大小 ? 3 ? BLv / 2

U b ? U c ? ?I1 R ? ? 1

U b ? U c ? ?I 3 Rg ? ? 3 ? ? 3
U b ? U c ? 2I 2 R
注意到: ? 1 ? 2? 3 , Rg ? nR 可以求得:电压表的读数 V ? I 3 nR ? bBLv/(3n ? 2) (2)e 点与 f 点的电势差 U e ? U f ? I 2 R / 2 ? I 2 R / 2 ? 2? 2

U e ? U f ? (n ? 1) /(3n ? 2) ? 2 ? 1 BLv
16、 PQ Q n Pn 是由若干正方形导线方格 PQ Q1 P1 ,P1 Q 1 Q 2 P2 ,P2 Q 2 Q 3 P3 , ?, Pn ?1 Q n ?1 Q n Pn
构成的网络,如图 1 所示。 方格每边长度 l = 10.0 cm 边 Q Q1 , Q 1 Q 2 , Q 2 Q 3 ?与边 P P1 , P1 P2 , P2 P3 ,?的电 阻都等于 r,边 PQ, P1 Q1 , P2 Q 2 ,?的电阻都等 2 r 。已知 PQ 两点间的总电阻为 C r ,C 是一已知数。 在 x > 0 的半空间分布有随时间 t 均匀增加的匀强磁场, 磁场方向垂直于 Oxy 平面并指向纸里,如图 2 所示,

?

?

今令导线网络 PQ Q n Pn 以恒定的速度 v = 5.0 cm/s ,沿 x 方向运动并进入磁场区域。在 运动过程中方格的边 PQ 始终与 y 轴平行。若取 PQ 与 y 轴重合的时刻为 t = 0 ,在以后任 一时刻 t 磁场的磁感应强度为 B = B 0 ? bt ,式中 t 的单位为 s,B 0 为已知恒量,b = 0.10 B 0 。 求 t = 2.5 s 时刻,通过导线 PQ 的电流(忽略导线网络的自感) 。

解析: 网络由 n 个方格构成,用 Rn 表示 PQ 两端的电阻,则:

Rn ? Cr
设 P1Q1 左边所有方格的总电阻为 Rn-1,

Rn ?

2( Rn ?1 ? 2r )r Rn?1 ? 4r 4 r ( Rn ? r ) 2 r ? Rn

Rn ?1 ?

Rn?2 ?

4r ( Rn ?1 ? r ) 2r ? Rn ?1

依次类推,可以求出 P1Q1 左边所有的总电阻。 在网络沿 x 运动时,每一方格子通过 y 轴的时间为 T ? 在 t=2.5s,有一个完整的方格在磁场中。如图。

1 ? 2s v

令方格 PQQ1P1 中的电动势为 ? 1 有 4ir ? 2ir ? ? 1 方格 PQ1Q2P1 中电动势为 ? 2

2i1r ? (i ? i1 )(2r ? Rn?2 ) ? ? 2
因为方格 PQQ1P1 全部在磁场中, ? 1 ? ?? / ?t ? l 2 b 方格 PQ1Q2P1 中电动势为 ? 2 ? B0 lv ? 2blvt ? l 2 b 由以上求得: i ?

2r ( B0 lv ? 2blvt ? l 2 b) ? (4r ? Rn?2 )l 2 b 20r 2 ? brRn?2

Rn ?1 ?

4(C ? 1) 10C ? 12 r , Rn ? 2 ? r 2?C 4 ? 3C

代入数据: i ?

B 56 ? 41C ? 10?3 0 8 r

17、 有一匀质细导线弯成的半径为 a 的圆线圈和一内接等边三角形的电阻丝组成的电路 (电
路中各段的电阻值见图) 。在圆线圈平面内有垂直纸面向里的均匀磁场,磁感应强度 B 随时 间 t 均匀减小,其变化率的大小为一已知常量 k。已知 2 r1 =3 r 2 。试求图中 A、B 两点的电 势差 U A - U B 。
?

解析:

对半径为 a 的圆电路: ?a 2 k ? 2r1 I1 ? r1 I1'
' 对等边三角形回路, 3 3a2k / 4 ? 2r2 I 2 ? 2r2 I 2

对于由弦 AB 和弧 AB 构成的回路

(?a 2 ? 3 3a 2 / 4)k / 3 ? r1 I1 ? r2 I 2
' 对节点 B: I1 ? I 2 ? I1' ? I 2

又 U B ? U A ? ?a 2 k / 3 ? I1r1

r2 ?

2r1 3

求得: U A ? U B ? ?

3a 2 k 32

18、 如图 4-3-10 所示的直角坐标中, 有一绝缘圆锥体, 半锥角为θ ,轴线沿 z 轴方向, 顶点在原点处。有一条长为 l 的细金属丝 OP 固定在圆锥体的侧面上,与圆锥体的一条
y

x

?
Q

B P

w
母线重合,空间存在着沿正 x 方向的匀强磁场 B。试讨论 当圆锥体如图所示方向做角速度为ω 的匀角速转动时,OP 上感生电动势的情况。

z

图 4-3-10

解:当 P 点的 x 坐标为正时,P 点的电势都高于 O 点的电势;当 P 点的 x 坐

标为负时,P 点的电势都低于 O 点的电势;当 P 点的 y 坐标为 0,即 OP 在 xOz 平面时,OP 上的感生电动势最大。此时 OP 在垂直于 B 方向上的有效长度为
OQ ? OP cos? ? l cos? ,

P 点的速度为

v p ? ?QP ? ?l sin?
而 O 点的速度为零, 所以 OP 上各点的平均 速度为 vp/2。 因此此时 OP 上的感生电动势大小 为
y

x

?
?
B

? m ? l 2?B sin ? cos ?
当 P 点运动到某一位置(图 4-3-11),

1 2

Q

.

S

?
P

w
P 点的 x、y 坐标都大于零,QP 与 x 轴的

z

图 4-3-11

夹角为α 时,OP 在垂直于 B 方向上的有图 3-2-11 效长度为
Os ? l cos? / cos ? ,

β 为 OP 在 yPz 平面上的投影 OS 与 z 轴的夹角。 S 点绕 O 点运动的速度为

vs ? l sin ?? cos? cos? .
O 点的速度始终为零,所以 OP 上各点在 y 方向上的平均速度为 vs/2。因此 此时 OP 上的感生电动势的大小为
e? 1 2 l ?B sin ? cos ? cos ? 2

19、位于竖直平面内的矩形平面导线框 abcd。ab 长为 l1,是水平的,bc 长为 l2,线框的质
量为 m,电阻为 R.。其下方有一匀强磁场区域,该区域的上、下边界 PP′和 QQ′均与 ab 平行,两边界间的距离为 H,H>l2,磁场的磁感应强度为 B,方向与线框平面垂直,如图 所示。令线框的 dc 边从离磁场区域上边界 PP′的距离为 h 处自由下落,已知在线框的 dc

边进入磁场后,ab 边到达边界 PP′之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。 问从线框开始下落到 dc 边刚刚到达磁场区域下边界 QQ′的过程中,磁场作用于线框的安 培力作的总功为多少?

解析: 设线框在(1)位置时进入磁场,速度为 v1 (2)位置达到速度的最大值 v2 , (2)到(3) 为匀速运动。 (3)到(4)以加速度 g 下降,没有感应电流。

v1 ? 2 gh (1)
在(2)位置:

m g ? BIl1 ?

B 2 l12 v2 R
(2)

v2 ?

m gR B 2 l12

设从(1)位置到(2)位置,线框下降 x .此阶段安培力做功为 W1

mgx ? W1 ?

1 1 2 mv 2 ? mv 12 2 2

W1 ? ?mgx?

m3 g 2 R 2 ? mgh 2B 4 l14

(3)

线框速度达到 v2 后,dc 边匀速下降距离为 l 2 ? x ,此过程安培力做功为 W2

W2 ? ?mg(l 2 ? x)

(4)

整个过程安培力做功 W ? W1 ? W2 ? ?m g(l 2 ? h) ?

m3 g 2 R 2 2B 4 l14

20、ABCD 是闭合导线回路(导线外壳绝缘)总电阻为 R,AB 的一部分绕成初始半径为 r0
的圆圈。圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场,回路的 B 端固定,C 、D 为自由端。

(1)若 A 端在沿 BA 方向的恒力 F 的作用下向右移动,使圆圈缓慢缩小。设在圆圈缩 小的过程中,始终保持圆的形状,导体回路是软的,阻力可忽略,求此圆圈从初始半径 r0 到 完全闭合所需要的时间。 (2)若 A 端沿 BA 方向以恒定速度 v 向右移动,使圆圈缓慢缩小的过程中,回路始终保 持圆形,求从初始半径 r0 到完全闭合拉力所做的功 解析: (1)设:当时间为 t,半径为 r 时,在 ?t 的短时间内,半径变化 ?r ,则感生电流为

I?

?
R

?

?? / ?t B(2?r?r / ?t ) ? R R

取圆圈的一小段,其圆心角为 ? ? ,绳中张力为 T,

2T?
T=F

?
2

? BI ?l ? ? BIr ??

2?B 2 r03 F?t ? ? ?r R

可得: t ?

2?B 2 r03 3RF
?r ?t

(2)当时间为 t,半径为 r 时,在 ?t 的短时间内,半径变化 ?r 。 v ? 2? 则感生电流为 I ?

?
R

?

?? / ?t B(2?r?r / ?t ) Bvr ? ? R R R

取圆圈的一小段,其圆心角为 ? ? ,绳中张力为 T,

2T?

?
2

? BI ?l ? ? BIr ??

T ??

B 2r 2v R
B 2r 2v (2??r ) R

?W ? T?l ? T 2??r ? ? 2?B 2 r03v 3R

可得: W ?

21、在如图 4-3-12 所示的直角作标系中,有一塑料制成的半锥角为θ 的圆 锥体 Oab。圆锥体的顶点在原点处,其轴线沿 z 轴方向。有一条长为 l 的细金属 丝 OP 固定在圆锥体的侧面上,金属丝与圆锥体的一条母线重合。整个空间中存 在着磁感强度为 B 的均匀磁场, 磁场方向沿 X 轴正方向,当圆锥体绕其轴沿图示 方向做角度为ω 的匀角速转动时, (1)OP 经过何处时两端的电势相等? (2)OP 在何处时 P 端的电势高于 O 端? (3)电势差 U P ? U O 的最大值是多少?
? 分析:本题的关键是如何处理磁感强度 B 跟棒
O

不垂直的问题。方法有二个:当金属丝 OP 经过 XOZ 平面时,设法求出极短时间内切割的磁感线 数,即磁通量 ?? ;或把 B 分解成跟 OP 垂直的分

X
B

Y
M

?

N

w
量 B? 和跟平 OP 行的分量 B∥。

Z

P

图 4-3-13

解法一:(1)当 OP 经过 YOZ 平面的瞬间,两端的电势相等。因为此时 OP 的 运动方向和磁场方向平行(同向或反向) (2)、只要 OP 处于 YOZ 平面的内侧,P 点的电势总是高于 O 点。 (3)、当 OP 处于 XOZ 平面的右侧且运动方向和磁场方向垂直时,即通过 XOZ 平面的瞬间(如图 4-3-13 所示) U P ? U 0 的值最大。其值等于在此瞬间很短时间 间隔 ?t 内,OP 切割的磁感线数 ?? 除以 ?t ,由几何投影可知, ?? 也等于 ?t 内 OP 在 YOZ 平面内的投影切割的磁感线的数目。P 点在 YOZ 平面上的投影为沿 Y 轴做圆频率为 ? 、 振幅为 Lsin ? 的简谐运动, 此简谐运动在 Z 轴附近时其速度为

?l sin ? 。因此 OP 的投影切割的面积为一小三角形( ?MON )的面积,即

1 ?S ? l cos ? ? ?l sin ? ? ?t 2
切割磁感线数即磁通量为
?S ? 1 2 l ?B cos ? sin ??t 2
Y

O

X
B

?

?? =B

a w

P

Z

根据法拉第电磁感应定律可知 图 4-3-14
?? 1 2 ? l ?B cos ? sin ? U P ? U 0 = ?t 2

方法二:如图 4-3-14 所示, 把磁感强度 B 正交分解成垂直 OP 的分量和平行 于 OP 的分量,即

B? ? B cos? , B ∥=Bsin ?
当金属丝 OP 在匀强磁场 B? 中绕 Z 轴转动时,切割磁感线产生的电动势为 E= B? Lv 中

式中 v 中 的为金属丝 OP 中点的线速度,v 中 =

? sin ?

l 2

。代入上式得

E=Bcos 由此得电势差

? ? l ? ? ? sin ?

l 2

1 B?l 2 sin ? cos ? 2 =

1 B?l 2 sin ? cos ? U P ?U0 = 2
' 解法三:设想 OP 是闭合线框 OO P 的一条边。线框绕 OZ 轴匀速转动产生的

最大动生电动势为

E=BS

? ? B( l sin ?l cos ?

1 2

1 B?l 2 sin ? cos ? 2 ? ? )

' ' 因为边 O P 与 OO 没有切割磁感线,不产生动生电动势,因此 OP 中的电动 ' 势就等于闭合线框 OO P 中的电动势。由此得电势差

1 B?l 2 sin ? cos ? U P ?U0 = 2

22、如图,光滑的平行金属导轨水平放置,电阻不计,导轨间距为 l,左侧接一阻值为 R 的 电阻。区域 cdef 内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场,磁场宽度为 s。一质量为 m,电 阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上,与导轨垂直且接触良好,受到 F=0.5v+0.4(N) (v 为金 属棒运动速度)的水平力作用,从磁场的左边界由静止开始运动,测得电阻两端电压随时间 均匀增大。 (已知 l=1m,m=1kg,R=0.3?,r=0.2?,s=1m) (1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动; (2)求磁感应强度 B 的大小; B2l2 (3)若撤去外力后棒的速度 v 随位移 x 的变化规律满足 v=v0- x,且棒 m(R+r) 在运动到 ef 处时恰好静止,则外力 F 作用的时间为多少? (4)若在棒未出磁场区域时撤去外力,画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化 所对应的各种可能的图线。 (1)金属棒做匀加速运动,R 两端电压 U?I???v,U 随时间均匀增大,即 v 随时间 均匀增大,加速度为恒量, B2l2v B2l2 (2)F- =ma,以 F=0.5v+0.4 代入得(0.5- )v+0.4=a,a 与 v 无关, R+r R+r B2l2 所以 a=0.4m/s2, (0.5- )=0,得 B=0.5T, R+r m(R+r) 1 B2l2 1 (3)x1= at2,v0= x =at,x1+x2=s,所以 at2+ at=s,得: 2 2 B2l2 m(R+r) 2 0.2t2+0.8t-1=0,t=1s,

(4)可能图线如下:
v/ms
-1

v/ms

-1

v/ms

-1

v /ms 0.9 0.4

-1

0.4

0.4

0.4

0 0.2

0.5

1 x/m 0

0.5

1 x/m 0

0.5

1

x/m

0

0.5

1 x/m

23、如图所示,两根正对的平行金属直轨道 MN、M? N? 位于同一水平面上,两轨道之间的
距离 l=0.50m。轨道的 MM? 端之间接一阻值 R=0.40Ω 的定值电阻,NN? 端与两条位于竖直 面内的半圆形光滑金属轨道 NP、N? P? 平滑连接,两半圆轨道的半径均为 R0=0.50m。直轨 道的右端处于竖直向下、磁感应强度 B=0.64 T 的匀强磁场中,磁场区域的宽度 d=0.80m, 且其右边界与 NN? 重合。现有一质量 m=0.20kg、电阻 r=0.10Ω 的导体杆 ab 静止在距磁场的 左边界 s=2.0m 处。在与杆垂直的水平恒力 F=2.0N 的作用下 ab 杆开始运动,当运动至磁场 的左边界时撤去 F,结果导体杆 ab 恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点 PP? 。已知 导体杆 ab 在运动过程中与轨道接触良好, 且始终与轨道垂直, 导体杆 ab 与直轨道之间的动 摩擦因数 μ=0.10,轨道的电阻可忽略不计,取 g=10m/s2,求:

(1)导体杆刚进入磁场时,通过导体杆上的电流大小和方向; (2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻 R 上的电荷量; (3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热。 解析: (1)设导体杆在 F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为 v1,根据动能定理 则有 (F-μmg)s=

1 mv12 2

(2 分) (1 分)

导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 E=Blv1

此时通过导体杆上的电流大小 I=E/(R+r)=3.8A(或 3.84A) (2 分)

根据右手定则可知,电流方向为由 b 向 a

(2 分)
平均

(2)设导体杆在磁场中运动的时间为 t,产生的感应电动势的平均值为 E 拉第电磁感应定律有 E 平均=△φ/t=Bld/t 通过电阻 R 的感应电流的平均值 I 平均=E 平均/(R+r) (2 分) (1 分)

,则由法

通过电阻 R 的电荷量 q=I 平均 t=0.512C(或 0.51C) (2 分) (3)设导体杆离开磁场时的速度大小为 v2,运动到圆轨道最高点的速度为 v3,因导体 杆恰好能通过半圆形轨道的最高点,根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有 mg=mv32/R0 (1 分)

对于导体杆从 NN′运动至 PP′的过程,根据机械能守恒定律有

1 1 mv22= mv32+mg2R0 2 2
解得 v2=5.0m/s 导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能△E= 此过程中电路中产生的焦耳热为 Q=△E-μmgd=0.94J

(1 分) (1 分)

1 1 mv12- mv22=1.1J 2 2

(2 分)

24、示波器的核心部分为示波管,如图甲所示, 真空室中电极 K 发出电子(初速不计),经
过电压为 U1 的加速电场后,由小孔 S 沿水平金属板 A、B 间的中心线射入板中。板长 L ,相 距为 d ,在两板间加上如图 21 乙所示的正弦交变电压,前半个周期内 B 板的电势高于 A 板 的电势,电场全部集中在两板之间,且分布均匀。在每个电子通过极板的极短时间内,电场 可看作恒定的。 在两极板右侧且与极板右端相距 D 处有一个与两板中心线垂直的荧光屏, 中 心线正好与屏上坐标原点相交。当第一个电子到达坐标原点 O 时,使屏以速度 v 沿-x 方向 运动,每经过一定的时间后,在一个极短时间内它又跳回到初始位置,然后重新做同样的匀 速运动。 (已知电子的质量为 m ,带电量为 e , 不计电子重力)。求: (1)电子进入 A、B 板时的初速度;要使所有的电子都能打在荧光屏上,图乙中电压的 最大值 U0 需满足什么条件? (2)要使荧光屏上始终显示一个完整的波形,荧光屏必须每隔多长时间回到初始位 置? 计算这个波形的峰值和长度. 在如图丙所示的 x -y 坐标系中画出这个波形。

解析: (1)设导体杆在 F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为 v1,根据动能定理则有 (F-μmg)s=

1 mv12 2

(2 分) (1 分)

导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 E=Blv1

此时通过导体杆上的电流大小 I=E/(R+r)=3.8A(或 3.84A) (2 分) 根据右手定则可知,电流方向为由 b 向 a (2 分)
平均

(2)设导体杆在磁场中运动的时间为 t,产生的感应电动势的平均值为 E 拉第电磁感应定律有 E 平均=△φ/t=Bld/t 通过电阻 R 的感应电流的平均值 I 平均=E 平均/(R+r) (2 分) (1 分)

,则由法

通过电阻 R 的电荷量 q=I 平均 t=0.512C(或 0.51C) (2 分) (3)设导体杆离开磁场时的速度大小为 v2,运动到圆轨道最高点的速度为 v3,因导体 杆恰好能通过半圆形轨道的最高点,根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有 mg=mv32/R0 (1 分)

对于导体杆从 NN′运动至 PP′的过程,根据机械能守恒定律有

1 1 mv22= mv32+mg2R0 2 2
解得 v2=5.0m/s 导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能△E= 此过程中电路中产生的焦耳热为 Q=△E-μmgd=0.94J

(1 分) (1 分)

1 1 mv12- mv22=1.1J 2 2

(2 分)


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