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高中物理常用解题方法


高中物理解题方法指导
物理题解常用的两种方法:
分析法的特点是从待求量出发,追寻待求量公式中每一个量的表达式,(当然结合题目 所给的已知量追寻),直至求出未知量。这样一种思维方式“目标明确” ,是一种很好的方 法应当熟练掌握。 综合法,就是“集零为整”的思维方法,它是将各个局部(简单的部分)的关系明确以 后,将各局部综合在一起,以得整体的解决。 综合法的特点是从已知量入手,将各已知量联系到的量(据题目所给条件寻找)综合 在一起。 实际上“分析法”和“综合法”是密不可分的,分析的目的是综合,综合应以分析为 基础,二者相辅相成。 正确解答物理题应遵循一定的步骤 第一步:看懂题。所谓看懂题是指该题中所叙述的现象是否明白?不可能都不明白,不 懂之处是哪?哪个关键之处不懂?这就要集中思考“难点” ,注意挖掘“隐含条件。 ”要养成 这样一个习惯:不懂题,就不要动手解题。 若习题涉及的现象复杂,对象很多,须用的规律较多,关系复杂且隐蔽,这时就应当将 习题“化整为零” ,将习题化成几个过程,就每一过程进行分析。 第二步:在看懂题的基础上,就每一过程写出该过程应遵循的规律,而后对各个过程组 成的方程组求解。 第三步:对习题的答案进行讨论.讨论不仅可以检验答案是否合理,还能使读者获得进 一步的认识,扩大知识面。

一、静力学问题解题的思路和方法
1.确定研究对象:并将“对象”隔离出来-。必要时应转换研究对象。这种转换,一种 情况是换为另一物体,一种情况是包括原“对象”只是扩大范围,将另一物体包括进来。 2.分析“对象”受到的外力,而且分析“原始力” ,不要边分析,边处理力。以受力图 表示。 3.根据情况处理力,或用平行四边形法则,或用三角形法则,或用正交分解法则,提高 力合成、分解的目的性,减少盲目性。 4.对于平衡问题,应用平衡条件∑F=0,∑M=0,列方程求解,而后讨论。 5.对于平衡态变化时,各力变化问题,可采用解析法或图解法进行研究。 静力学习题可以分为三类: ① 力的合成和分解规律的运用。 ② 共点力的平衡及变化。 ③ 固定转动轴的物体平衡及变化。

认识物体的平衡及平衡条件
对于质点而言,若该质点在力的作用下保持静止或匀速直线运动,即加速度 ? 为零,则 称为平衡,欲使质点平衡须有∑F=0。若将各力正交分解则有:∑FX=0,∑FY=0 。 对于刚体而言,平衡意味着,没有平动加速度即 ? =0,也没有转动加速度即 ? =0(静 止或匀逮转动) ,此时应有:∑F=0,∑M=0。

这里应该指出的是物体在三个力(非平行力)作用下平衡时,据∑F=0 可以引伸得出 以下结论: ① 三个力必共点。 ② 这三个力矢量组成封闭三角形。 ③ 任何两个力的合力必定与第三个力等值反向。

对物体受力的分析及步骤
(一) 、受力分析要点: 1、明确研究对象 2、分析物体或结点受力的个数和方向,如果是连结体或重叠体,则用“隔离法” 3、作图时力较大的力线亦相应长些 4、每个力标出相应的符号(有力必有名) ,用英文字母表示 5、物体或结点: ?

成法或正交分解法。 ?受三个力作用:力的合 受四力以上:用正交分 解法。 ?

6、用正交分解法解题列动力学方程

①受力平衡时 ?

??FX ? 0 ??FY ? 0 ??FX= max ??FX=ma y

②受力不平衡时 ?

7、一些物体的受力特征: ?

(张力)不能传压力。 ?绳或橡筋:不能受拉力 杆或弹簧:拉力、压力 均可传。 ?

8、同一绳放在光滑滑轮或光滑挂钩上,两侧绳子受力大小相等,当三段以上绳子在交 点打结时,各段绳受力大小一般不相等。 (二) 、受力分析步骤: 1、判断物体的个数并作图:①重力;②接触力(弹力和摩擦力) ;③场力(电场力、磁 场力) 2、判断力的方向: ①根据力的性质和产生的原因去判; ②根据物体的运动状态去判; a 由牛顿第三定律去判; b 由牛顿第二定律去判(有加速度的方向物体必受力) 。

二、运动学解题的基本方法、步骤
运动学的基本概念(位移、速度、加速度等)和基本规律是我们解题的依据,是我们认识 问题、 分析问题、 寻求解题途径的武器。 只有深刻理解概念、 规律才能灵活地求解各种问题, 但解题又是深刻理解概念、规律的必需环节。 根据运动学的基本概念、规律可知求解运动学问题的基本方法、步骤为 (1)审题。弄清题意,画草图,明确已知量,未知量,待求量。

(2)明确研究对象。选择参考系、坐标系。 (3)分析有关的时间、位移、初末速度,加速度等。 (4)应用运动规律、几何关系等建立解题方程。 (5)解方程。

三、动力学解题的基本方法
我们用动力学的基本概念和基本规律分析求解动力学习题. 由于动力学规律较复杂, 我 们根据不同的动力学规律把习题分类求解。

1、应用牛顿定律求解的问题,
这种问题有两种基本类型: (1)已知物体受力求物体运动情况, (2)已知物体运动情况 求物体受力.这两种基本问题的综合题很多。 从研究对象看,有单个物体也有多个物体。 (1)解题基本方法 根据牛顿定律 F合=ma 解答习题的基本方法是 ① 根据题意选定研究对象,确定 m。 ② 分析物体受力情况,画受力图,确定 F合 。 ③ 分析物体运动情况,确定 a 。 ④ 根据牛顿定律、力的概念、规律、运动学公式等建立解题方程。 ⑤ 解方程。 ⑥ 验算,讨论。 以上①、②、③是解题的基础,它们常常是相互联系的,不能截然分开。

应用动能定理求解的问题
动能定理公式为 W合=E k2-E k1 ,根据动能定理可求功、力、位移、动能、速度大小、 质量等。 应用动能定理解题的基本方法是 ? ① 选定研究的物体和物体的一段位移以明确 m、s。 ② 分析物体受力,结合位移以明确 W总 。

③ 分析物体初末速度大小以明确初末动能。 然后是根据动能定理等列方程,解方程,验算讨论。 (例题)如图 4—5 所示,木板质量 m1 ? 10千克 ,长 3 米。物体质量 m 2=2千克 。 物体与木板间摩擦系数 ?1=0.05,木板与水平地面间摩擦系数 ? 2=0.1 ,开始时,物体在 m1 m2 F

图 4-5

木板右端,都处于静止状态。现用 F=33 牛的水平恒力拉木板,物体将在木板上滑动,问

10 经过 2 秒后(1)力 F 作功多少?(2)物体动能多大?( g= 米/秒 2)

应用动量定理求解的问题
从动量定理 I 合=P2-P1 知,这定理能求冲量、力、时间、动量、速度、质量等。 动量定理解题的基本方法是 ① 选定研究的物体和一段过程以明确 m、t。 ② 分析物体受力以明确冲量。 ⑧ 分析物体初、末速度以明确初、末动量。 然后是根据动量定理等建立方程,解方程,验算讨论。 【例题 8】 质量为 10 千克的重锤从 3.2 米高处自由下落打击工件, 重锤打击工件后跳 起 0.2 米,打击时间为 0.01 秒。求重锤对工件的平均打击力。

应用机械能守恒定律求解的问题
机械能守恒定律公式是 E k1+E p1=E k2+E p2 知,可以用来求动能、速度大小、质量、 势能、高度,位移等。 应用机械能守恒定律的基本方法是 ① 选定研究的系统和一段位移。 ② 分析系统所受外力、内力及它们作功的情况以判定系统机械能是否守恒。 ③ 分析系统中物体初末态位置、速度大小以确定初末态的机械。 然后根据机械能守恒定律等列方程,解方程,验算讨论。

四、电场解题的基本方法
本章的主要问题是电场性质的描述和电场对电荷的作用, 解题时必须搞清描述电场性质 的几个物理量和研究电场的各个规律。

1、如何分析电场中的场强、电势、电场力和电势能
(1)先分析所研究的电场是由那些场电荷形成的电场。 (2)搞清电场中各物理量的符号的含义。 (3)正确运用叠加原理(是矢量和还是标量和)。 下面简述各量符号的含义: ①电量的正负只表示电性的不同,而不表示电量的大小。 ②电场强度和电场力是矢量,应用库仑定律和场强公式时,不要代入电量的符号,通过 运算求出大小,方向应另行判定。 (在空间各点场强和电场力的方向不能简单用‘+’‘-’ 、 来表示。 ) ③电势和电势能都是标量,正负表示大小.用 ?=qU 进行计算时,可以把它们的符号 代入,如 U 为正,q 为负,则 ? 也为负.如 U1>U2>0,q 为负,则 ? 1 ? ? 2 ? 0 。 ④ 电场力做功的正负与电荷电势能的增减相对应,WAB 为正(即电场力做正功)时,

电荷的电势能减小, ? A ? ? B ;WAB 为负时,电荷的电势能增加 ? A ? ? B 。所以,应用

WAB=q(UA-UB)=? A-? B 时可以代人各量的符号,来判定电场力做功的正负。当然
也可以用 q(U A-U B) 求功的大小,再由电场力与运动方向来判定功的正负。但前者可直 接求比较简便。

2、如何分析电场中电荷的平衡和运动
电荷在电场中的平衡与运动是综合电场;川力学的有关知识习?能解决的综合性问题, 对加深有关概念、规律的理解,提高分析,综合问题的能力有很大的作用。这类问题的分析 方法与力学的分析方法相同,解题步骤如下: (1)确定研究对象(某个带电体)。 (2)分析带电体所受的外力。 (3)根据题意分析物理过程,应注意讨论各种情况,分析题中的隐含条件,这是解 题的关键。 (4)根据物理过程,已知和所求的物理量,选择恰当的力学规律求解。 (5)对所得结果进行讨论。 【例题 4】 如图 7—3 所示,如果 3 H (氚核)和 2 He (氦核)垂直电场强度方向进入同 1 4 —偏转电场,求在下述情况时,它们的横向位移大小的比。 (1)以相同的初速度进入, (2) 以相同的初动能进入; (3)以相同的初动量进入; (4)先经过同一加速电场以后再进 入。

V0

分析和解 带电粒子在电场中所受电场力远远大于所受的重力,所以重力可以忽 略。带电粒子在偏转电场受到电场力的作用,做类似于平抛的运动,在原速度方向作匀速运 动,在横向作初速为零的匀加速运动。利用牛顿第二定律和匀加速运动公式可得

1 1 qE l 2 y= at 2= ( ) 2 2 m v0
(1)以相同的初速度 v0 进入电场, 因 E、l、v0 都相同,所以 y ?

q m

q m yH 1? 4 2 ? H He ? = y H e q H e mH 2 ? 3 3
(2)以相同的初动能 Ek0 进入电场,因为 E、l、mv2 都相同,所以 y ? q

q yH 1 ? H ? yH e qH e 2

(3)以相同的初动量 p0 进入电场,因为 E、l、mv0 都相同,由

y?

1 qE l 2 qEml2 ? ? qm 2 m v0 2 2(mv0 ) 2

yH q m 1? 3 3 ? H H ? ? y H e q H e mH 2 ? 4 8
(4)先经过同一加速电场加速后进入电场,在加速电场加速后,粒子的动能

1 2 mv 0 ? qU 1 2


(U1 为加速电压)

y?

1 qE l 2 qEl2 El 2 ? ? 2 m v0 2 4qU1 4U1

因 E、l、U1 是相同的,y 的大小与粒子质量、电量无关,所以:

yH 1 ? yH e 1
注意 在求横向位移 y 的比值时,应先求出 y 的表达式,由题设条件,找出 y 与粒子 的质量 m、电量 q 的比例关系,再列出比式求解,这是求比值的一般方法。

3、如何分析有关平行板电容器的问题
在分析这类问题时应当注意 (1)平行板电容器在直流电路中是断路,它两板间的电压与它相并联的用电器(或支 路)的电压相同。 (2)如将电容器与电源相接、开关闭合时,改变两板距离或两板正对面积时,两板电 正不变,极板的带电量发生变化。如开关断开后,再改变两极距离或两板正对面积时,两极 带电量不变,电压将相应改变。 (3) 平行板电容器内是匀强电场, 可由 E ? 两极板问电荷的叫平衡和运。

U 求两板间的电场强度, 从而进—步讨论, d

4、利用电力线和等势面的特性分析场强和电势
电力线和等势面可以形象的描述场强和电势。 电荷周围所画的电力线数正比于电荷所带 电量。电力线的疏密,方向表示电场强度的大小和方向,顺电力线电势降低,等势面垂直电 力线等??可以帮助我们去分析场强和电势 【例题】 有一球形不带电的空腔导体, 将一个负电荷—Q 放入空腔中, 如图所示。 问: (1)由于静电感应,空腔导体内、外壁 -Q 各带什么电?空腔内、导体内、导体外的电场 强度,电势的大小有何特点,电场强度的方向 如何? (2)如将空腔导体内壁接地;空腔导体 内外壁各带什么电?空腔内、导体内、导体外 的场强,电势有何变比?

(3)去掉接地线,再将场电荷-Q 拿走远离空腔导体后,空腔导体内、外壁各带什么 电?空腔内、导体内、导体外部的场强、电势又有什么变化? 分析和解 本题利用电力线进行分析比较清楚 (1)把负电荷放人空腔中,负电荷周围将产 生电场, (画出电力线其方向是指向负电荷)自由 电子由低电势到高电势(电子逆电力线运动)发生 静电感应,使导体内壁带有电量为 Q 的正电荷, 导体外壁带有电量为 Q 的负电荷,如图 7 所示。 空腔导体里外电力线数一样多(因电力线数正比 于电量)空胶外电力线指向金属导体(电力线止 于负电荷) 。越靠近空腔导体场强越大。导体中无 电力线小, 电场强度为零, 空腔内越靠近负电荷 Q 电力线越密,电场强度也越大。顺电力线电势降 低,如规定无穷远电势为零,越靠近空腔导体电 图7 势越低,导体内部电势相等,空腔内越靠近负电 荷 Q 电势越低。各处的电势均小于零。 (2)如把空腔导体内壁接地,电子由低电势到高电势,导体上的自由电子将通过接地 线进入大地, 静电平衡后导体内壁仍带正电, 导体外壁不带电。 由于电力线数正比于场电荷, 场电荷-Q 未变所以空腔内的电力线分布未变, 空腔内的电场强度也不变。 导体内部场强仍 为零。由于导体外壁不带电,导体外部无电力线,导体外部场强也变为零。 (要使导体外部 空间不受空腔内场电荷的影响,必须把空腔导体接地。 ) 在静电平衡后,导体与地电势相等都等于零,导体内部空腔中电势仍为负,越靠近场电 荷电势越低,各处电势都比 导体按地以前高。 (3)如去掉接地线,再把场电荷拿走远离空腔导体时,由于静电感应,导体外表面自 由电子向内表面运动.到静电平衡时,导体内表面不带电,外表面带正电,带电量为 Q。 这时导体内部和空腔内无电力线, 场强都变为零, 导体外表面场强垂直导体表面指向导 体外,离导体越远,电力线越疏,场强越小。顺电力线电势减小,无穷远电势为零,越靠近 导体电势越高。导体上和空腔内电势相等,各点电势均大于零。 当导体接地时,导体外表面不带电,也可用电力线进行分析。如果外表面带负电,就有 电力线由无穷远指向导体,导体的电势将小于零,与导体电势为零相矛盾。如果导体外表面 最后带正电,则有电力线由导体外表面指向无穷远,则导体电势将大于零,也与地等电势相 矛盾.所以,本题中将导体接地时,导体外表面不再带电。

3、利用等效和类比的方法进行分析
当我们研究某一新问题时, 如果它和某一学过的问题类似, 就可以利用等效和类比的方 法进行分析。 【例题】 摆球的质量为 m,带电量为 Q,用摆长为 Z 的悬线悬挂在场强为 E 的水平 匀强电场中。求: (1)它在微小摆动时的周期; (2)将悬线偏离竖直位置多大角度时,小球 由静止释放,摆到悬线为竖直位置时速度刚好是零。

五、电路解题的基本方法
1、解题的基本方法、步骤
本章的主要问题是研究电路中通以稳恒电流时,各电学量的计算,分析稳恒电流的题

目,步骤如下: (1)确定所研究的电路。 (2)将不规范的串并联电路改画为规范的串并联电路。 (使所画电路的串、并联关系清晰) 。对应题中每一问可分别画出简单电路图,代替原题中 较为复杂的电路图。 (3)在所画图中标出已知量和待求量,以利分析。 (4)应注意当某一电阻改变时,各部分电流、电压、功率都要改变。可以认为电源电 动势和内电阻及其它定值电阻的数值不变。必要时先求出 ? 、r 和定随电阻的大小。 (5)根据欧姆定律,串、并联特性和电功率公式列方程求解。 (6)学会用等效电路,会用数学方法讨论物理量的极值。

2、将不规范的串并联电路加以规范
搞清电路的结构是解这类题的基础,具体办法是: (1)确定等势点,标出相应的符号。因导线的电阻和理想安培计的电阻都不计,可以 认为导线和安培计联接的两点是等势点。 (2)先画电阻最少的支路,再画次少的支路??从电路的一端画到另一端。

3、含有电容器的电路解题方法
在直流电路中,电容器相当电阻为无穷大的电路元件,对电路是断路。解题步骤如下: (1) 先将含电容器的支路去掉 (包括与它串在同一支路上的电阻) 计算各部分的电流、 , 电压值。 (2)电容器两极扳的电压,等于它所在支路两端点的电压。 (3)通过电容器的电压和电容可求出电容器充电电量。 (4)通过电容器的电压和平行板间距离可求出两扳间电场强度,再分析电场中带电粒 子的运动。

4、如何联接最省电
用电器正常工作应满足它要求的额定电压和额定电流, 要使额外的损失尽可能少, 当电 源电压大于或等于两个(或两个以上)用电器额定电压之和时,可以将这两个用电器串联, 并给额定电流小的用电器加分流电阻, 如电源电压大于用电器额定电压之和时, 应串联分压 电阻。 【例】 三盏灯,L1 为“110V 100W” 2 为“110V 50W” 3 为“110V 40W” ,L ,L 电源电压为 220V,要求:①三盏灯可以单独工作;②三盏灯同时工作时额外损耗的功率最 小,应怎样联接?画出电路图,求出额外损耗功率。

5、在电路计算中应注意的几个问题
(1)在电路计算中,可以认为电源的电动势、内电阻和各定值电阻的阻值不变,而各 部分的电流、电压、功率(或各种电表的示数)将随外电阻的改变而收变。所以,在电路计 算中,如未给出电源的电动势和内电阻时,往往要先将其求出再求变化后的电流、电压、功 率。 (2)应搞清电路中各种电表是不是理想表。作为理想安培计,可以认为它的电阻是零, 作为理想伏特计, 可以认为它的电阻是无穷大。 也就是说, 将理想安培计、 伏特汁接入电路, 将不影响电路的电流和电压。可以把安培计当成导线、伏特计去掉后进行电路计算。但作为 真实表,它们都具有电阻,它们既显示出电路的电流和电压,也显示它自身的电流值或电压

值。如真实安培计是个小电阻,真实伏特计是一个大电阻,将它们接入电路将影响电路的电 流和电压值。所以,解题时应搞清电路中电表是不是当作理想表。

二、解题的基本方法
1、磁场、磁场力方向的判定
(1)电流磁场方向的判定——正确应用安培定则 对于直线电流、 环形电流和通电螺线管周围空间的磁场分布, 要能熟练地用磁力线正确 表示, 以图示方法画出磁力线的分布情况——包括正确的方向和大致的疏密程度, 还要能根 据解题的需要选择不同的图示(如立体图、纵剖面图或横断面图等) 。其中,关于磁场方向 走向的判定,要能根据电流方向正确掌握安培定则的两种用法,即: ① 对于直线电流,用右手握住导线(电流) ,让伸直的大拇指所指方向跟电流方向一 致,则弯曲的四指所指方向即为磁力线环绕电流的方向。 ② 对于环形电流和通电螺线管,应让右手弯曲的四指所指方向跟电流方向一致,则 伸直的大拇指所指方向即为环形电流中心轴线上磁力线方向, 或通电螺线管内部磁力线方向 (亦即大拇指指向通电螺线管滋力线出发端——北极) 。 ③ 对于通电螺线管,其内部的磁场方向从 N 极指向 S 极;而内部的磁场方向从 S 极 指向 N 极。从而形成闭合的曲线。 (2)安培力、洛仑兹力方向的判定——正确应用左手定则 ① 运用左手定则判定安培力的方向,要依据磁场 B 的方向和电流 I 的方向.只要 B 与 IL 的方向不平行,则必有安培力存在,且与 B、IL 所决定的平面垂直。对于 B 与 IL 不 垂直的一般情况来说,则需先将 B 矢量分解为两个分量:一个是垂直于 IL 的 B ? ,另一个 是平行于 IL 的 B // ,如图 9—2 所示,再依据 B ? 的方向和电流 I 的方向判定安培力的方向。 在磁场与通电导线方向夹角给定的前提下,如果在安培力 F 磁场 B 和通电导线 IL 中任 意两个量的方向确定,就能依据左手定则判断第三个量的方向。 ② 运用左手定则判定洛仑兹力的方向,同样要依据磁场 B 的方向和由于带电粒子运 动形成的电流方向(带正电粒子运动形成的电流,方向与其速度 v 方向一致,带负电粒子运 动形成的电流,方向与其速度 v 方向相反) 。只要 B 与 v 的方向不平行,则必有洛仑兹力存 在,且与 B、v 所决定的平面垂直。对于 B 与 v 不垂直的一般情况来说,则仍需先将 B 矢量 分解为两个分量:一个是垂直于 v 的 B ? ,另一个是平行于 v 的 B // ,如图 9-3①所示, (或 将 u 矢量分解为两个分量:一个是垂直于 B 的 v? ,另一个是平行于 B 的 v// ,如图 9—3② 所示。 )再依据 B ? 的方向和 v 的方向(或 B 的方向和 v? 的方向)正确判定洛仑兹力的方向。 在磁场 B 与已知电性粒子的运动速度 v 的方向夹角给定的前提下,如果在洛仑兹力 f、 磁场 B 和粒子运动速度中任意两个量的方向确定,也就能依据左手定则判断第三个量的方 向。

2、磁场力大小的计算及其作用效果
(1)关于安培力大小的计算式 F ? IlB sin ? ,其中 ? 为 B 与 IL 的方向夹角(见图 9 —2) ,由式可知,由于角 ? 取值不同,安培力值将随之而变,其中 ? 取 0 、 180 值时 F 为
? ?

零,? 取 90 时 F 值最大 Fm ? ILB 。本式的适用条件,一般地说应为一般通电直导线 IL 处
?

于匀强磁场 B 中,但也有例外,譬如在非匀强磁场中只要通电直导线段 IL 所在位置沿导线 的各点 B 矢最相等(B 值大小相等、方向相同) ,则其所受安培力也可运用该式计算。 关于安培力的作用效果,解题中通常遇到的情况举例说明如下: ① 平行通电导线之间的相互作用;同向电流相吸,反向电流相斥。这是电流问磁相互 作用的一个重要例证。 ② 在安培力与其他力共同作用下使通电导体处于平衡状态, 借以测定 B 或 I 等待测值。 如应用电流天平测定磁感应强度值,应用磁电式电流表测量电流强度。 【例题 2)】 图 9-5 所示是一种电流天平,用以测定匀强磁场的磁感应强度。在天平 的一端挂一矩形线圈,其底边置于待测匀强磁场 B 中,B 的方向垂直于纸面向里。已知线 圈为 n 匝,底边长 L 当线圈通以逆时针方向,强度为 I 的电流时,使天平平衡;将电流反向 但强度不变,则需在左盘中再加 ? m 砝码,使天平恢复平衡。试列出待测磁场磁感应强度 B 的表达式。 分析和解 本题应着眼于线圈底边在安培力作用下天平的平衡以及电流方向变化后天 平调整重新平衡等问题. 因此需对线圈及天平进行受力分析, 根据平衡条件确定有关量的量 值关系。 对于第一种情况,即线圈(设线圈质量为 M)通以逆时针方向电流时,根据左手定则 判定其底边所受安培力 F 的方向竖直向上。如果这时左盘中置砝码 m 可使天平平衡,则应 有

m g ? Mg ? F



第二种情况, 即线圈改通顺时针方向电流后, 显然其底边所受安培力方向变为竖直向下。 左盘需再加砝码 ? m ,以使天平重新平衡,这时则有

(m ? ?m) g ? Mg ? F
由①、②两式可得 2F ? ?mg , F ?



?mg 2

根据安培力的计算式,并考虑到线圈的匝数,有 F ? nILB 。所以待测磁场的磁感应强 度B ?

F ?mg ? ,即为所求。 nIL 2nIL

(2)关于洛仑兹力大小的计算式 f ? qvBsin ? ,其中 ? 为 B 与 v 的方向夹角(见图 9 -3) ,由式可知,由于 ? 取值不同,洛仑兹力值亦将随之而变,其中 ? 取 0 、 180 值时 f
? ?

为零, ? 取 90 时 f 值最大 f m ? qvB 。本式的适用范围比较广泛,但在中学物理教学中只
?

讨论带电粒子在匀强磁场中的运动,而且大纲规定,洛仑兹力的计算,只要求掌握 v 跟 B 垂直的情况。 关于洛仑兹力的作用效果,解题中通常遇到的情况举例说明如下: ① 在匀强磁场中带电粒子的运动。 a、如果带电粒子的运动速度 v 垂直于磁场 B,即 ? = 90 ,如图 9—9 所示,则带电粒
?

子将在垂直于 B 的平面内做匀速圆周运动,这时洛仑兹力起着向心力的作用.根据牛顿第

二定律 F向心=ma ,应为 向心

qvB ? m

v2 , r

由此可得,圆运动半径 r ?

q mv 2?m B 。周期 T ? 。角速度 ? ? 。粒子动量的大小 m qB qB

1 q2 B2r 2 。 m v ? qBr 。粒子的动能 m v2 ? 2 2m
b、如果带电粒子的运动速度 v 与磁场 B 不垂直,臂如 ? 锐角,如图 9-10 所示。则可 将 v 分 解 为 v? (v ? B) 及 v // (v // // B) , 其 中 带 电 粒 子 q 一 方 面 因 v? 而 受 洛 仑 兹 力

f ? qv? B ? qvBsin ? 的作用,在垂直于 B 的平面内做一个匀速圆周运动;同时,还因 v//
而做一平行于磁场的与苏直线运动。 两分运动的合运动为如图 9-10 所示的沿一等距螺旋线 运动,其距轴的半径 r ?

m v? m v ? sin ? , qB qB
2?m 2?m v ? cos? 。 qB qB

螺距 d ? v // ? T ? v cos? ?

电学计算题集粹(63 个) ?

1.如图 3-87 所示的电路中,电源电动势 =24V,内阻不计,电容C=12μF,R1=10Ω, R3=60Ω,R4=20Ω,R5=40Ω,电流表G的示数为零,此时电容器所带电量Q=7.2 -5 ?10 C,求电阻R2的阻值?

图 3-87 ? 2.如图 3-88 中电路的各元件值为:R1=R2=10Ω,R3=R4=20Ω,C=300μF, 电源电动势 =6V,内阻不计,单刀双掷开关S开始时接通触点 2,求:

图 3-88 ?(1)当开关S从触点 2 改接触点 1,且电路稳定后,电容C所带电量. ?(2)若开关S从触点 1 改接触点 2 后,直至电流为零止,通过电阻R1的电量. ? 3. 光滑水平面上放有如图 3-89 所示的用绝缘材料制成的L形滑板 (平面部分足够长) , 质量为 4m,距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m,电量为+q的大小不计的小 物体,物体与板面的摩擦不计,整个装置处于场强为E的匀强电场中.初始时刻,滑块与物 体都静止,试问:

图 3-89 ?(1)释放小物体,第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1多大? ?(2)若物体与A壁碰后相对水平面的速率为碰前速率的 3/5,则物体在第二次跟A壁 碰撞之前,滑板相对于水平面的速度v和物体相对于水平面的速度v2分别为多大? ? (3) 物体从开始运动到第二次碰撞前, 电场力做的功为多大? (设碰撞所经历时间极短) ? 4.一带电粒子质量为m、带电量为q,可认为原来静止.经电压为U的电场加速后, 垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中, 根据带电粒子在磁场中受力所做的运动, 试导出它所 形成电流的电流强度,并扼要说出各步的根据.(不计带电粒子的重力) ? 5.如图 3-90 所示,半径为r的金属球在匀强磁场中以恒定的速度v沿与磁感强度B 垂直的方向运动,当达到稳定状态时,试求:

图 3-90 ?(1)球内电场强度的大小和方向? ?(2)球上怎样的两点间电势差最大?最大电势差是多少? ? 6.如图 3-91 所示,小车A的质量M=2kg,置于光滑水平面上,初速度为v0=14 m/s.带正电荷q=0.2C的可视为质点的物体B,质量m=0.1kg,轻放在小车A 的右端,在A、B所在的空间存在着匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁感强度B=0.5T, 物体与小车之间有摩擦力作用,设小车足够长,求

图 3-91 ?(1)B物体的最大速度? ?(2)小车A的最小速度? 2 ?(3)在此过程中系统增加的内能?(g=10m/s ) ? 7.把一个有孔的带正电荷的塑料小球安在弹簧的一端,弹簧的另一端固定,小球穿在 一根光滑的水平绝缘杆上,如图 3-92 所示,弹簧与小球绝缘,弹簧质量可不计,整个装置 放在水平向右的匀强电场之中,试证明:小球离开平衡位置放开后,小球的运动为简谐运 动.(弹簧一直处在弹性限度内)

图 3-92 ? 8.有一个长方体形的匀强磁场和匀强电场区域,它的截面为边长L=0.20m的正方 5 -2 形,其电场强度为E=4?10 V/m,磁感强度B=2?10 T,磁场方向垂直纸面向里, - 0 当一束质荷比为m/q=4?10 1 kg/C的正离子流以一定的速度从电磁场的正方形区 域的边界中点射入如图 3-93 所示,

图 3-93 ?(1)要使离子流穿过电磁场区域而不发生偏转,电场强度的方向如何?离子流的速度多 大? ?(2)在离电磁场区域右边界 0.4m处有与边界平行的平直荧光屏.若撤去电场,离子 流击中屏上a点,若撤去磁场,离子流击中屏上b点,求ab间距离. ? 9.如图 3-94 所示,一个初速为零的带正电的粒子经过M、N两平行板间电场加速后, 从N板上的孔射出,当带电粒子到达P点时,长方形abcd区域内出现大小不变、方向垂 - 直于纸面且方向交替变化的匀强磁场.磁感强度B=0.4T.每经t=(π/4)?10 3s, 磁场方向变化一次. 粒子到达P点时出现的磁场方向指向纸外, 在Q处有一个静止的中性粒 子,P、Q间距离s=3m.PQ直线垂直平分ab、cd.已知D=1.6m,带电粒子的 4 荷质比为 1.0?10 C/kg,重力忽略不计.求

图 3-94 ?(1)加速电压为 220V时带电粒子能否与中性粒子碰撞? ?(2)画出它的轨迹. ?(3)能使带电粒子与中性粒子碰撞,加速电压的最大值是多少? ? 10.在磁感强度B=0.5T的匀强磁场中,有一个正方形金属线圈abcd,边长l =0.2m,线圈的ad边跟磁场的左侧边界重合,如图 3-95 所示,线圈的电阻R=0.4Ω, 用外力使线圈从磁场中运动出来: 一次是用力使线圈从左侧边界匀速平动移出磁场; 另一次 是用力使线圈以ad边为轴,匀速转动出磁场,两次所用时间都是 0.1s.试分析计算两 次外力对线圈做功之差

图 3-95 ? 11.如图 3-96 所示,在xOy平面内有许多电子(每个电子质量为m,电量为e)从 坐标原点O不断地以相同大小的速度v0沿不同的方向射入第Ⅰ象限.现加上一个垂直于x

Oy平面的磁感强度为B的匀强磁场, 要求这些电子穿过该磁场后都能平行于x轴向x轴正 方向运动,试求出符合该条件的磁场的最小面积.

图 3-96 ? 12.如图 3-97 所示的装置,U1 是加速电压,紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金 属板,板长为l,两板间距离为d.一个质量为m、带电量为-q的质点,经加速电压加速 后沿两金属板中心线以速度v0水平射入两板中, 若在两水平金属板间加一电压U2, 当上板 为正时,带电质点恰能沿两板中心线射出;当下板为正时,带电质点则射到下板上距板的左 端l/4 处.为使带电质点经U1加速后,沿中心线射入两金属板,并能够从两金属之间射 出,问:两水平金属板间所加电压应满足什么条件,及电压值的范围.

图 3-97 ? 13.人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水流能、煤等燃料的化学能)转化 为电能,为了合理地利用这些能源,发电站要修建在靠近这些天然资源的地方,但用电的地 方却分布很广,因此需要把电能输送到远方.某电站输送电压为U=6000V,输送功率为P =500kW,这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差 4800kWh(即 4800 度电),试求 ?(1)输电效率和输电线的电阻 ?(2)若要使输电损失的功率降到输送功率的 2%,电站应使用多高的电压向外输电? ? 14.有一种磁性加热装置,其关键部分由焊接在两个等大的金属圆环上的n根间距相 等的平行金属条组成,成“鼠笼”状,如图 3-98 所示.每根金属条的长度为l,电阻为R, 金属环的直径为D、 电阻不计. 图中虚线表示的空间范围内存在着磁感强度为B的匀强磁场, 磁场的宽度恰好等于“鼠笼”金属条的间距,当金属环以角速度 ω 绕过两圆环的圆心的轴 OO′旋转时,始终有一根金属条在垂直切割磁感线.“鼠笼”的转动由一台电动机带动, 这套设备的效率为 η,求电动机输出的机械功率.

图 3-98

? 15.矩形线圈M、N材料相同,导线横截面积大小不同,M粗于N,M、N由同一高 度自由下落,同时进入磁感强度为B的匀强场区(线圈平面与B垂直如图 3-99 所示),M、 N同时离开磁场区,试列式推导说明.

图 3-99 ? 16.匀强电场的场强E=2.0?10 Vm-1,方向水平.电场中有两个带电质点,其 -5 -9 质量均为m=1.0?10 kg.质点A带负电,质点B带正电,电量皆为q=1.0?10 - C.开始时,两质点位于同一等势面上,A的初速度vAo=2.0m?s 1,B的初速度vB -1 ,均沿场强方向.在以后的运动过程中,若用 Δs表示任一时刻两质点间 o=1.2m?s 的水平距离,问当 Δs的数值在什么范围内,可判断哪个质点在前面(规定图 3-100 中右方 为前),当 Δs的数值在什么范围内不可判断谁前谁后?


图 3-100 ? 17.如图 3-101 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R外,所有其它电阻都可以忽略.问:

图 3-101 ?(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? ? 18.如图 3-102 所示,有一矩形绝缘木板放在光滑水平面上,另一质量为m、带电量 为q的小物块沿木板上表面以某一初速度从A端沿水平方向滑入, 木板周围空间存在着足够

大、方向竖直向下的匀强电场.已知物块与木板间有摩擦,物块沿木板运动到B端恰好相对 静止,若将匀强电场方向改为竖直向上,大小不变,且物块仍以原初速度沿木板上表面从A 端滑入,结果物块运动到木板中点时相对静止.求:

图 3-102 ?(1)物块所带电荷的性质; ?(2)匀强电场的场强大小. ? 19. (1) 设在磁感强度为B的匀强磁场中, 垂直磁场方向放入一段长为L的通电导线, 单位长度导线中有n个自由电荷,每个电荷的电量为q,每个电荷定向移动的速率为v,试 用通过导线所受的安掊力等于运动电荷所受洛伦兹力的总和, 论证单个运动电荷所受的洛伦 兹力f=qvB.

图 3-103 ?(2)如图 3-103 所示,一块宽为a、厚为h的金属导体放在磁感应强度为B的匀强磁 场中,磁场方向与金属导体上下表面垂直.若金属导体中通有电流强度为 I、方向自左向右 的电流时, 金属导体前后两表面会形成一个电势差, 已知金属导体单位长度中的自由电子数 目为n,问:金属导体前后表面哪一面电势高?电势差为多少? 5 3 ? 20.某交流发电机输出功率为 5?10 W,输出电压为 U=1.0?10 V,假如输电线总 电阻为R=10Ω,在输电线上损失的电功率等于输电功率的 5%,用户使用的电压为 U 用= 380V.求: ?(1)画出输电线路的示意图.(在图中标明各部分电压符号) ?(2)所用降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少?(使用的变压器是理想变压器) ? 21.如图 3-104(a)所示,两水平放置的平行金属板C、D相距很近,上面分别开有 小孔O、O′,水平放置的平行金属导轨与C、D接触良好,且导轨在磁感强度为B1=10 T的匀强磁场中,导轨间距L=0.50m,金属棒AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中 做往复运动.其速度图象如图 3-104(b)所示,若规定向右运动速度方向为正方向,从t -2 =0 时刻开始, 由C板小孔O处连续不断以垂直于C板方向飘入质量为m=3. 2?10 1kg、 - 电量q=1.6?10 19C的带正电的粒子(设飘入速度很小,可视为零).在D板外侧有以 MN为边界的匀强磁场B2=10T,MN与D相距d=10cm,B1、B2方向如图所示(粒 子重力及其相互作用不计).求

图 3-104 ? (1)在 0~4.0s时间内哪些时刻发射的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN? ?(2)粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为多少? ? 22.试由磁场对一段通电导线的作用力F=ILB推导洛伦兹力大小的表达式.推导 过程要求写出必要的文字说明(且画出示意简图)、推导过程中每步的根据、以及式中各符 号和最后结果的物理意义. ? 23.如图 3-105 所示是电饭煲的电路图,S1是一个限温开关,手动闭合,当此开关的 温度达到居里点(103℃)时会自动断开,S2是一个自动温控开关,当温度低于约 70℃时 会自动闭合,温度高于 80℃时会自动断开,红灯是加热状态时的指示灯,黄灯是保温状态 时的指示灯,限流电阻R1=R2=500Ω,加热电阻丝R3=50Ω,两灯电阻不计.

图 3-105 ?(1)根据电路分析,叙述电饭煲煮饭的全过程(包括加热和保温过程). ?(2)简要回答,如果不闭合开关S1,电饭煲能将饭煮熟吗? ?(3)计算加热和保温两种状态下,电饭煲的消耗功率之比. ? 24.如图 3-106 所示,在密闭的真空中,正中间开有小孔的平行金属板A、B的长度 均为L,两板间距离为L/3,电源E1、E2的电动势相同,将开关S置于a端,在距A板 小孔正上方l处由静止释放一质量为m、电量为q的带正电小球P(可视为质点),小球P 通过上、下孔时的速度之比为 3 ∶ 5 ;若将S置于b端,同时在A、B平行板间整个区域 内加一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感强度为B.在此情况下,从A板上方某处释放一个与 P相同的小球Q.要使Q进入A、B板间后不与极板碰撞而能飞离电磁场区,则释放点应距 A板多高?(设两板外无电磁场)

图 3-106

图 3-107

? 25.如图 3-107 所示,在绝缘的水平桌面上,固定着两个圆环,它们的半径相等,环 面竖直、相互平行,间距是 20cm,两环由均匀的电阻丝制成,电阻都是 9Ω,在两环的最 高点a和b之间接有一个内阻为 0.5Ω 的直流电源,连接导线的电阻可忽略不计,空间有

竖直向上的磁感强度为 3.46?10 1T的匀强磁场.一根长度等于两环间距,质量为 10g, 电阻为 1.5Ω 的均匀导体棒水平地置于两环内侧,不计与环间的磨擦,当将棒放在其两端 点与两环最低点之间所夹圆弧对应的圆心角均为 θ=60°时,棒刚好静止不动,试求电源的 电动势 (取g=10m/s ). ? 26. 利用学过的知识,请你设计一个方案想办法把具有相同动能的质子和 α 粒子分 开.要说出理由和方法. ? 27.如图 3-108 所示是一个电子射线管,由阴极上发出的电子束被阳极A与阴极 K 间 的电场加速,从阳极A上的小孔穿出的电子经过平行板电容器射向荧光屏,设A、K 间的电 势差为 U,电子自阴极发出时的初速度可不计,电容器两极板间除有电场外,还有一均匀磁 场,磁感强度大小为B,方向垂直纸面向外,极板长度为d,极板到荧光屏的距离为L,设 电子电量为e,质量为m.问
2



图 3-108 ?(1)电容器两极板间的电场强度为多大时,电子束不发生偏转,直射到荧光屏S上的 O点; ?(2)去掉两极板间电场,电子束仅在磁场力作用下向上偏转,射在荧光屏S上的D点, 求D到O点的距离x. ? 28.如图 3-109 所示,电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为L=1 m,质量m=0.1kg的导体棒ab,导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上, 导体棒的电阻R=1Ω,磁感强度B=1T的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面.当导体 棒在电动机牵引下上升h=3. 8m时, 获得稳定速度, 此过程中导体棒产生热量Q=2J. 电 动机工作时,电压表、电流表的读数分别为 7V和 1A,电动机的内阻r=1Ω.不计一切摩 2 擦,g取 10m/s .求:

图 3-109 ?(1)导体棒所达到的稳定速度是多少? ?(2)导体棒从静止到达稳定速度的时间是多少? ? 29.如图 3-110 所示,一根足够长的粗金属棒MN固定放置,它的M端连一个定值电 阻R,定值电阻的另一端连接在金属轴O上,另外一根长为l的金属棒ab,a端与轴O相 连,b端与MN棒上的一点接触,此时ab与MN间的夹角为 45°,如图所示,空间存在

着方向垂直纸面向外的匀强磁场, 磁感强度大小为B, 现使ab棒以O为轴逆时针匀速转动 半周,角速度大小为 ω,转动过程中与MN棒接触良好,两金属棒及导线的电阻都可忽略不 计. ?(1)求出电阻R中有电流存在的时间; ?(2)写出这段时间内电阻R两端的电压随时间变化的关系式; ?(3)求出这段时间内流过电阻R的总电量.

图 3-110

图 3-111

? 30.如图 3-111 所示,不计电阻的圆环可绕O轴转动,ac、bd是过O轴的导体辐 条,圆环半径R=10cm,圆环处于匀强磁场中且圆环平面与磁场垂直,磁感强度B=10 T,为使圆环匀速转动时电流表示数为 2A,则M与环间摩擦力的大小为多少? ? 31.来自质子源的质子(初速度为零),经一加速电压为 800kV的直线加速器加速, -19 形成电流强度为 1mA的细柱形质子流.已知质子电荷e=1.60?10 C.则(1)这束质 子流每秒打到靶上的质子数为多少? (2) 假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的, 在质子束中与质子源相距L和 4L的两处,各取一段极短的相等长度的质子流,其中的质子 数分别为n1 和n2,则n1∶n2 为多少? ? 32.由安培力公式导出运动的带电粒子在磁场中所受洛沦兹力的表达式,要求扼要说 出各步的根据.(设磁感强度与电流方向垂直) ? 33.试根据法拉第电磁感应定律 =Δ Φ /Δ t,推导出导线切割磁感线(即在B⊥ L,v⊥L,v⊥B条件下,如图 3-109 所示,导线ab沿平行导轨以速度v匀速滑动) 产生感应电动势大小的表达式 =BLv.

图 3-109

图 3-110

34.普通磁带录音机是用一个磁头来录音和放音的.磁头结构如图 3-110 所示,在一 个环形铁芯上绕一个线圈,铁芯有个缝隙,工作时磁带就贴着这个缝隙移动.录音时,磁头 线圈跟微音器相连,放音时,磁头线圈改为跟场声器相连.磁带上涂有一层磁粉,磁粉能被 磁化且留下剩磁. 微音器的作用是把声音的变化转化为电流的变化. 扬声器的作用是把电流 的变化转化为声音的变化.根据学过的知识,把普通录音机录、放音的基本原理简明扼要地 写下来. ? 35.一带电粒子质量为m、带电量为q,认为原来静止.经电压U加速后,垂直射入 磁感强度为B的匀强磁场中, 根据带电粒子在磁场中受力运动, 导出它形成电流的电流强度, 并扼要说出各步的根据.

? 36.如图 3-111 所示,有A、B、C三个接线柱,A、B间接有内阻不计、电动势为 5V的电源,手头有四个阻值完全相同的电阻,将它们适当组合,接在A、C和C、B间, 构成一个回路,使A、C间电压为 3V,C、B间电压为 2V,试设计两种方案,分别画在 (a)、(b)中.

图 3-111

图 3-112

37.如图 3-112 所示,匀强电场的电场强度为E,一带电小球质量为m,轻质悬线长 为l,静止时与竖直方向成 30°角.现将小球拉回竖直方向(虚线所示),然后由静止释 放,求: ?(1)小球带何种电荷?电量多少? ?(2)小球通过原平衡位置时的速度大小? ? 38.用同种材料,同样粗细的导线制成的单匝圆形线圈,如图 3-113 所示,R1=2R2, 当磁感强度以 1T/s的变化率变化时,求内外线圈的电流强度之比?电流的热功率之比?

图 3-113

图 3-114

图 3-115

39.如图 3-114 所示,MN和PQ为相距L=30cm的平行金属长导轨,电阻为R= 0.3Ω 的金属棒ab可紧贴平行导轨运动.相距d=20cm,水平放置的两平行金属板E和 F分别与金属棒的a、b端相连.图中R0=0.1Ω ,金属棒ac=cd=db,导轨和连线 的电阻不计, 整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中. 当金属棒ab以速率v向右匀速运 动时, 恰能使一带电粒子以速率v在两金属板间做匀速圆周运动. 求金属棒ab匀速运动的 速率v的取值范围. ? 40.如图 3-115 所示,长为L、电阻r=0.3Ω 、质量m=0.1kg的金属棒CD垂直 跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上, 两导轨间距也是L, 棒与导轨间接触良好, 导轨电阻不计,导轨左端接有R=0.5Ω 的电阻,量程为 0~3.0A的电流表串接在一条导轨 上,量程为 0~1.0V的电压表接在电阻R的两端,垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平 面.现以向右恒定外力F使金属棒右移,当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速 滑动时,观察到电路中的一个电表正好满偏,则另一个电表未满偏.问: ?(1)此满偏的电表是什么表?说明理由. ?(2)拉动金属棒的外力F多大? (3)此时撤去外力F,金属棒将逐渐慢下来,最终停止在导轨上.求从撤去外力到金 属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量. ? 41.如图 3-116 所示,Ⅰ、Ⅲ为两匀强磁场区,Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里,Ⅲ

区域的磁场方向垂直纸面向外,磁感强度均为B.两区域之间有宽s的区域Ⅱ,区域Ⅱ内无 磁场.有一边长为L(L>s),电阻为R的正方形金属框abcd(不计重力)置于Ⅰ区 域,ab边与磁场边界平行,现拉着金属框以速度v向右匀速移动. ?(1)分别求出当ab边刚进入中央无磁区Ⅱ和刚进入磁场区Ⅲ时,通过ab边的电流 的大小和方向. ?(2)把金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中的拉力所做的功是多少?

图 3-116

图 3-117

图 3-118

42.在两根竖直放置且相距L=1m的足够长的光滑金属导轨MN、PQ的上端接一定 值电阻,其阻值为 1Ω ,导轨电阻不计,现有一质量为m=0.1kg、电阻r=0.5Ω 的金属 棒ab垂直跨接在两导轨之间,如图 3-117 所示.整个装置处在垂直导轨平面的匀强磁场 中,磁感强度B=0.5T,现将ab棒由静止释放(ab与导轨始终垂直且接触良好,g取 2 10m/s ),试求: ?(1)ab棒的最大速度? ?(2)当ab棒的速度为 3m/s时的加速度? ? 43.两条平行裸导体轨道c、d所在平面与水平面间夹角为θ ,相距为L,轨道下端 与电阻R相连,质量为m的金属棒ab垂直斜面向上,如图 3-118 所示,导轨和金属棒的 电阻不计,上下的导轨都足够长,有一个水平方向的力垂直金属棒作用在棒上,棒的初状态 速度为零. ?(1)当水平力大小为F、方向向右时,金属棒ab运动的最大速率是多少? ?(2)当水平力方向向左时,其大小满足什么条件,金属棒ab可能沿轨道向下运动? ?(3)当水平力方向向左时,其大小使金属棒恰不脱离轨道,金属棒ab运动的最大速 率是多少? 2 ? 44.如图 3-119,一个圆形线圈的匝数n=1000,线圈面积S=200cm ,线圈的电 阻为r=1Ω ,在线圈外接一个阻值R=4Ω 的电阻,电阻的一端b跟地相接,把线圈放入一 个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感强度随时间变化规律如图线B-t所示.求: ?(1)从计时起在t=3s、t=5s时穿过线圈的磁通量是多少? ?(2)a点的最高电势和最低电势各多少?

图 3-119

图 3-120

45.如图 3-120 所示,直线MN左边区域存在磁感强度为B的匀强磁场,磁场方向垂 直纸面向里. 由导线弯成的半径为R的圆环处在垂直于磁场的平面内, 且可绕环与MN的切 点O在该平面内转动.现让环以角速度ω 顺时针转动,试求 ?(1)环在从图示位置开始转过半周的过程中,所产生的平均感应电动势大小; ?(2)环从图示位置开始转过一周的过程中,感应电动势(瞬时值)大小随时间变化的 表达式; ?(3)图 3-121 是环在从图示位置开始转过一周的过程中,感应电动势(瞬时值)随时 间变化的图象,其中正确的是图 .

图 3-121 46.如图 3-122 所示,足够长的U形导体框架的宽度l=0.5m,电阻忽略不计,其所 在平面与水平面成α =37°角,磁感强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导体框平面,一 根质量为m=0.2kg、 有效电阻R=2Ω 的导体棒MN垂直跨放在U形框架上. 该导体棒与 框架间的动摩擦因数μ =0.5,导体棒由静止开始沿架框下滑到刚开始匀速运动时,通过导 体棒截面的电量共为Q=2C.求: ?(1)导体棒做匀速运动时的速度; ?(2)导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中,导体棒的有效电阻消耗的电功 2 (sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s ).

图 3-122

图 3-123

图 3-124

? 47.一个质量为m、带电量为+q的运动粒子(不计重力),从O点处沿+y方向以初 速度v0 射入一个边界为矩形的匀强磁场中,磁场方向垂直于xOy平面向里,它的边界分 别是y=0, y=a,x=-1.5a,x=1.5a, 如图 3-123 所示, 改变磁感强度B的大小, 粒子可从磁场不同边界面射出, 并且射出磁场后偏离原来速度方向的角度θ 会随之改变, 试 讨论粒子可以从哪几个边界射出并与之对应的磁感强度B的大小及偏转角度θ 各在什么范 围内? 48.如图 3-124 所示,半径R=10cm的圆形匀强磁场区域边界跟y轴相切于坐标系 原点O,磁感强度B=0.332T,方向垂直于纸面向里.在O处有一放射源,可沿纸面向各 6 -27 个方向射出速率均为v=3.2?10 m/s的α 粒子,已知α 粒子的质量m=6.64?10 k -19 g,电量q=3.2?10 C.求: ?(1)画出α 粒子通过磁场空间做圆运动的圆心点轨迹,并说明作图的依据. ?(2)求出α 粒子通过磁场空间的最大偏转角. ?(3)再以过O点并垂直于纸面的直线为轴旋转磁场区域,能使穿过磁场区且偏转角最

大的α 粒子射到正方向的y轴上,则圆形磁场区的直径OA至少应转过多大角度? ? 49.如图 3-125 所示,矩形平行金属板M、N,间距是板长的 2 /3 倍,PQ为两

板的对称轴线. 当板间加有自M向N的匀强电场时, 以某一速度自P点沿PQ飞进的带电粒 子(重力不计),经时间Δ t,恰能擦 M 板右端飞出,现用垂直纸面的匀强磁场取代电场, 上述带电粒子仍以原速度沿PQ飞进磁场,恰能擦 N 板右端飞出,则 ?(1)带电粒子在板间磁场中历时多少? ?(2)若把上述电场、磁场各维持原状叠加,该带电粒子进入电磁场时的速度是原速度 的几倍才能沿PQ做直线运动?

图 3-125

图 3-126

图 3-127

50.如图 3-126 所示,环状匀强磁场B围成的中空区域,具有束缚带电粒子作用.设 环状磁场的内半径R1=10cm,外半径为R2=20cm,磁感强度B=0.1T,中空区域内有 沿各个不同方向运动的α 粒子,试计算能脱离磁场束缚而穿出外圆的α 粒子的速度最小值, 8 并说明其运动方向.(已知质子的荷质比q/m=10 C/kg) ? 51.如图 3-127 所示,在光滑水平直轨道上有A、B两个小绝缘体,它们之间由一根 长为L的轻质软线相连(图中未画出).A的质量为m,带有正电荷,电量为q;B的质量 为M=4m,不带电.空间存在着方向水平向右的匀强电场,场强大小为E.开始时外力把 A、B靠在一起(A的电荷不会传递给B)并保持静止.某时刻撤去外力,A将开始向右运 动,直到细线被绷紧.当细线被绷紧时,两物体间将发生时间极短的相互作用,已知B开始 运动时的速度等于线刚要绷紧瞬间A的速度的 1/3,设整个过程中A的带电量保持不 变.求: ?(1)细线绷紧前瞬间A的速度v0. ?(2)从B开始运动到线第二次被绷紧前的过程中,B与A是否能相碰?若能相碰,求 出相碰时B的位移大小及A、B相碰前瞬间的速度;若不能相碰,求出B与A间的最短距离 及线第二次被绷紧前B的位移. ? 52.如图 3-128(a)所示,两平行金属板M、N间距离为d,板上有两个正对的小 孔A和B.在两板间加如图 3-128(b)所示的交变电压,t=0 时,N板电势高于M板电 势.这时,有一质量为m、带电量为q的正离子(重力不计),经U=U0/3 的电压加速后 从A孔射入两板间, 经过两个周期恰从B孔射出. 求交变电压周期的可能值并画出不同周期 下离子在两板间运动的v-t图线.

图 3-128

图 3-129

53.如图 3-129 所示,在半径为R的绝缘圆筒内有磁感强度为B的匀强磁场,方向垂 直纸面向里, 圆筒正下方有小孔C与平行金属板 M、 相通. N 两板间距离为d, 与电动势为 的电源连接,一带电量为-q、质量为m的带电粒子,开始时静止于C点正下方紧靠 N 板的 A点,经电场加速后从C点进入磁场,并以最短的时间从C点射出.已知带电粒子与筒壁的 碰撞是弹性碰撞.求:(1)筒内磁场的磁感强度大小;(2)带电粒子从A点出发至从C点 射出所经历的时间.? 54.如图 3-130 所示,在垂直xOy坐标平面方向上有足够大的匀强磁场区域,其磁 -16 -8 感强度B=1T,一质量为m=3?10 kg、电量为q=+1?10 C的质点(其重力忽略 6 -8 不计),以v=4?10 m/s速率通过坐标原点O,之后历时 4π ?10 s飞经x轴上A点, 试求带电质点做匀速圆周运动的圆心坐标,并在坐标系中画出轨迹示意图.

图 3-130

图 3-131

图 3-132

? 55.一个质量为M的绝缘小车,静止在光滑水平面上,在小车的光滑板面上放一个质 量为m、 带电量为+q的带电小物体 (可视为质点) 小车质量与物块质量之比M∶m=7∶ , 1,物块距小车右端挡板距离为l,小车车长为L,且L=1.5l,如图 3-131 所示,现沿 平行车身方向加一电场强度为E的水平向右的匀强电场,带电小物块由静止开始向右运动, 之后与小车右端挡板相碰,若碰后小车速度大小为碰撞前小物块速度大小的 1/4,并设小 物块滑动过程及其与小车相碰的过程中,小物块带电量不变. ?(1)通过分析与计算说明,碰撞后滑块能否滑出小车的车身? ?(2)若能滑出,求出由小物块开始运动至滑出时电场力对小物块所做的功;若不能滑 出,则求出小物块从开始运动至第二次碰撞时电场力对小物块所做的功. 56.如图 3-132 所示,在x≥0 区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一个质量为m、电 量为q的质子以速度v水平向右通过x轴上P点, 最后从y轴上的 M 点射出, 已知 M 点到原 点O的距离为H,质子射出磁场时速度方向与y轴负方向夹角θ =30°,求: ?(1)磁感强度的大小和方向. ?(2)如果在y轴右方再加一个匀强电场就可使质子最终能沿y轴正方向做匀速直线运 动. 从质子经过P点开始计时, 再经多长时间加这个匀强电场?并求电场强度的大小和方向. ? 57.某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场,电场方向向右(如图 3-133a 中由B到C的方向),电场变化如图 3-133b中E-t图象,磁感强度变化如图 3-133c 中B-t图象. 在A点, 从t=1s (即 1s末) 开始, 每隔 2s, 有一个相同的带电粒子 (重 力不计)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出,恰都能击中C点,若 =2 ,且

粒子在AC间运动的时间小于 1s,求:(1)图线上E0 和B0 的比值,磁感强度B的方向; (2)若第 1 个粒子击中C点的时刻已知为(1+Δ t)s,那么第 2 个粒子击中C点的时刻 是多少?

图 3-133 ? 58.如图 3-134 所示的电路中,4 个电阻的阻值均为R,E为直流电源,其内阻可以 不计,没有标明正负极.平行板电容器两极板间的距离为d.在平行板电容器两极板间有一 质量为m、 电量为q的带电小球. 当开关S闭合时, 带电小球静止在两极板间的中点O上. 现 把开关S打开,带电小球便往平行板电容器的某个极板运动,并与此极板碰撞,设在碰撞时 没有机械能损失,但带电小球的电量发生变化,碰后小球带有与该极板相同性质的电荷,而 且所带电量恰好刚能使它运动到平行板电容器的另一极板. 求小球与电容器某个极板碰撞后 所带的电荷.

图 3-134 ? 59.如图 3-135 甲所示,两块平行金属板,相距为d,加上如图 3-135 乙所示的方波 形电压,电压的最大值为U,周期为T,现有一离子束,其中每个粒子的带电量为q,从与 两板等距处沿与板平行的方向连续地射入, 设粒子通过平行板所用的时间为T (和电压变化 的周期相同),且已知所有的粒子最后都可以通过两板间的空间而打在右端的靶上,试求粒 子最后打在靶上的位置范围(即与O′的最大距离和最小距离),不计重力的影响.

图 3-135 60.一质量为m、带电量为q的粒子以速度v0 从O点沿y轴正方向射入磁感强度为B 的一圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面.粒子飞出磁场区域后,从b处穿过x轴,速 度方向与x轴正方向夹角为 30°,如图 3-136 所示.带电粒子重力忽略不计.试求: ?(1)圆形磁场区域的最小面积. ?(2)粒子从O进入磁场区到达b点所经历的时间及b点的坐标.

图 3-136

图 3-137

61.如图 3-137(a)所示,在坐标xOy平面的第Ⅰ象限内,有一个匀强磁场,磁 感强度大小恒为B0,方向垂直于xOy平面,且随时间作周期性变化,如图 3-137(b) 所示,规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正.一个质量为m、电量为q的正粒子,在t =0 时刻从坐标原点以初速度v0 沿x轴正方向射入,在匀强磁场中运动,运动中带电粒子 只受洛沦兹力作用,经过一个磁场变化周期T(未确定)的时间,粒子到达第Ⅰ象限内的某 一点P,且速度方向沿x轴正方向. ?(1)若O、P连线与x轴之间的夹角为 45°,则磁场变化的周期T为多大? ?(2)因P点的位置随着磁场周期的变化而变动,试求P点的纵坐标的最大值为多少? ? 62.如图 3-138 所示,一个质量为m、带电量为q的正离子,在D处沿着图示的方向 进入磁感强度为B的匀强磁场, 此磁场方向垂直纸面向里, 结果离子正好从离开A点距离为 d的小孔C沿垂直于AC的方向进入匀强电场, 此电场方向与AC平行且向上, 最后离子打 在B处,而B离A点距离为 2d(AB⊥AC),不计粒子重力,离子运动轨迹始终在纸面 内.求: ?(1)离子从D到B所需的时间; ?(2)离子到达B处时的动能.

图 3-138

图 3-139

63.如图 3-139 所示,一带电量为q液滴在一足够大的相互垂直的匀强电场和匀强磁 场中运动.已知电场强度为E,方向竖直向下,磁感强度为B,方向如图.若此液滴在垂直 于磁场的平面内做半径为R的圆周运动(空气浮力和阻力忽略不计). ?(1)液滴的速度大小如何?绕行方向如何? ?(2)若液滴运行到轨道最低点A时,分裂成两个大小相同的液滴,其中一个液滴分裂 后仍在原平面内做半径为R1=3R的圆周运动,绕行方向不变,且此圆周最低点也是A,问 另一液滴将如何运动?并在图中作出其运动轨迹. ?(3)若在A点水平面以下的磁感强度大小变为B′,方向不变,则要使两液滴再次相 碰,B′与B之间应满足什么条件?

参考解答

1.解:电容器两端电压 UC=Q/C=6V,R4/R5=U4/( -U4), ?∴U4=8V. ?若 U1=6+8=14V,则有 ?U1/( -U1)=R1/R2,∴R2=7.14Ω. ?若U′1=8-6=2V,则有 ?U′/( -U′1)=R1/R2,∴R2=110Ω. ? 2.解:(1)接通 1 后,电阻R1、R2、R3、R4串联,有 ?I= /(R1+R2+R3+R4)=0.1A. ?电容器两端电压 ?UC=U3+U4=I(R3+R4)=4V. -3 ?电容器带电量 Q=CUC=1.2?10 C. ?(2)开关再接通 2,电容器放电,外电路分为R1、R2和R3、R4两个支路,通过两 支路的电量分别为I1t和I2t,I=I1+I2;I1与I2的分配与两支路电阻成反比, 通过两支路的电量Q则与电流成正比,故流经两支路的电量Q12 和Q34 与两支路的电阻成反 比,即 ?Q12/Q34=(R3+R4)/(R1+R2)=40/20=2, -3 ?Q12+Q34=Q=1.2?10 C, -3 所以 Q12=2Q/3=0.8?10 C. ? 3.解:(1)对物体,根据动能定理,有 ?qEL1=(1/2)mv1 ,得 v1=
2

2qEL1 . m

?(2)物体与滑板碰撞前后动量守恒,设物体第一次与滑板碰后的速度为v1′;滑板的 速度为v,则 ?mv1=mv1′+4mv. ?若v1′=(3/5)v1,则v=v1/10,因为v1′>v,不符合实际,故应取v1′ =-(3/5)v1,则v=(2/5)v1=(2/5)
2qEL1 . m

?在物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前,物体做匀变速运动,滑板做匀速运动, 在这段时间内,两者相对于水平面的位移相同. ?∴(v2+v1′)/2t=v?t, ?即 v2=(7/5)v1=(7/5)
2qEL1 . m

?(3)电场力做功 2 2 2 ?W=(1/2)mv1 +((1/2)mv2 -(1/2)mv1′ )=(13/5)qEL1. ? 2 4.带电粒子经电压U加速后速度达到v,由动能定理,得qu=(1/2)mv . ?带电粒子以速度v垂直射入匀强磁场B中,要受到洛伦兹力f的作用, ∵ f⊥v,f⊥B, ∴ 带电粒子在垂直磁场方向的平面内做匀速圆周运动, 洛伦兹力f就是使带电粒子做匀速 圆周运动的向心力,洛伦兹力为f=qvB,根据牛顿第二定律,有 2 f=mv /R,式中R为圆半径. 带电粒子做匀速圆周运动的周期T为T=2πR/v=2πm/qB,

?在一个周期的时间内通过轨道某个截面的电量为q, 则形成环形电流的电流强度I=Q 2 /t=q/T=q B/2πm. ? 5.(1)稳定时球内电子不做定向运动,其洛伦兹力与电场力相平衡,有Bev=Ee, ∴ E=Bv,方向竖直向下. ?(2)球的最低点与最高点之间的电势差最大 ?Umax=Ed=E?2r=2Bvr. ? 6.解:(1)对B物体:fB+N=mg, ?当B速度最大时,有N=0, ?即 vmax=mg/Bq=10m/s. ?(2)A、B系统动量守:Mv0=Mv+mvmax, ∴ v=13.5m/s,即为A的最小速度. 2 2 2 ?(3)Q=ΔE=(1/2)Mv0 -(1/2)Mv -(1/2)mvmax =8.75J. ? 7.解:设小球带电荷量为q,电场的电场强度为E,弹簧的劲度系数为k. ?在小球处于平衡位置时,弹簧伸长量为x0. ?kx0=qE. ① ?当小球向右移动x,弹簧总伸长为x0+x,以向右为正,小球所受合外力 ?F合=qE-k(x0+x), ② ?解①、②得 F合=-kx. ?由此可知:小球离开平衡位置,所受到合外力总指向平衡位置,与相对于平衡位置的位 移成正比,所以小球所做的运动为简谐运动. ? 8.解:(1)电场方向向下,与磁场构成粒子速度选择器,离子运动不偏转,则qE=qB v, 7 ?v=E/B=2?10 m/s. ?(2)撤去电场,离子在磁场中做匀速圆周运动,所需向心力为洛伦兹力,于是 2 ?qBv=mv /R,R=mv/qB=0.4m. ?离子离开磁场区边界时, 偏转角sinθ=L/R=1/2, θ=30°. 即 如图 17 甲所示. ?偏离距离y1=R-Rsinθ=0.05m. ?离开磁场后离子做匀速直线运动,总的偏离距离为y=y1+Dtgθ=0.28m. ?若撤去磁场,离子在电场中做匀变速曲线运动, ?通过电场的时间t=L/v,加速度 a=qE/m 2 ?偏转角为 θ′如图 17 乙所示,则tgθ′=vy/v=(qEL/mv )?(1/2),

图 17 ?偏离距离为y2′=(1/2)at =0.05m. ?离开电场后离子做匀速直线运动,总的偏离距离? y′=y2′+Dtgθ′=0.25m,


?a、b间的距离 ?

=0.53m.

9.解:(1)设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,周期为T. -3 ?T=2πm/Bq=(π/2)?10 s,t恰为半个周期. ?磁场改变一次方向,t时间内粒子运动半个圆周. 2 ?由qU=(1/2)mv 和r=mv/Bq, ?解得r=0.5m,可见s=6r. ?加速电压 200V时,带电粒子能与中性粒子碰撞. ?(2)如图 18 所示

图 18 ?(3)带电粒子与中性粒子碰撞的条件是:PQ之间距离s是 2r的整数n倍,且r≤ D/2, ?n最小为 2,即r′=0.75m. 2 ?由r′=mv′/Bq和qUmax=(1/2)mv′ ,解得Umax=450V. ? 10.使线圈匀速平动移出磁场时,bc边切割磁感线而产生恒定感应电动势,线圈中产生恒 定的感生电流 ? =Blv, ① ?I= /R, ② ?外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能 ?W外=E电=I t, ③ ?由①、②、③并代入数据解出 W=0.01J ?线圈以ad为轴匀速转出磁场时, 线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正统规律 变化的.感应电动势和感应电流的最大值为: ? max=BSω, ④ ?Imax= max/R ⑤ ?④式中的S是线圈面积,ω 是线圈旋转的角速度,电路中消耗的电功率应等于 ?P= 有I有, ⑥ ?外力对线圈做的功应等于电路中消耗的电能 ?W外′=E电′= 有I有t=( m?Im/2)t=0.0123J. -3 ∴ 两次外力做功之差W′-W=2.3?10 J. ? ⑦

11.解:所有电子均在匀强磁场中做半径R=mv2/(Be)的匀速圆周运动,沿y轴正 方向射入的电子须转过 1/4 圆周才能沿x轴正方向运动,它的轨迹可当作该磁场的上边界 a(如图 19 所示),

图 19 2 ?其圆的方程为:(R-x) +y =R . ?沿与x轴成任意角 α(90°>α>0°)射入的电子转过一段较短的圆弧OP(其圆心为 O′)运动方向亦可沿x轴正方向,设P点坐标为(x,y),因为PO′必定垂直于x轴, 可得方程: 2 2 2 ?x +(R-y) =R , ?此方程也是一个半径为R的圆,这就是磁场的下边界b. ?该磁场的最小范围应是以上两方程所代表的两个圆的交集,其面积为 2 2 2 2 ?Smin=2((πR /4)-(R /2))=((π-2)/2)(mv0) /(Be) . ? 12.当两金属板间加电压U2、上板为正时,对质点有U2g/d=mg, ① ?下板为正时:(U2q/d)+mg=ma, ② ?由①②解出:a=2g. ③ ?带电质点射到下板距左端(1/4)l处,在竖直方向做匀加速直线运动.d/2=(1 2 /2)at1 , ④ ?t1=l/4v0, ⑤ 2 ?为使带电质点射出金属板,质点在竖直方向运动应有d/2>(1/2)a′t2 ,t2= l/v0. ⑥ ?a′是竖直方向的加速度,t2是质点在金属板间运动时间,由③、④、⑤、⑥、⑦解 出 a′<g/8. ⑧ ?若a′的方向向上则两金属板应加电压为U′、上板为正,有 (U′q/d)-mg =ma′. ⑨ ?若a′的方向向下则两极间应加电压为U″、上板为正,有 mg-(U″q/d)= ma′. (10) ?由⑧、⑨、(10)解出:U′<(9/8)U2,U″>(7/8)U2. ?为使带电质点能从两板间射出,两板间电压U始终应上板为正, ?(9/8)U2>U>(7/8)U2. ? 13.解:(1)依题意输电电线上的功率损失为: ?P损=4800/24=200kW. ?则输电效率 η=(P-P损)/P=(500-200)/500=60%. 2 ?∵P损=I R线,又∵P=IU, 2 2 ?∴R线=P损/(P/U) =(200?1000)/(500?1000/6000) =28.8Ω. ?(2)设升压至U′可满足要求,则输送电流? I′=P/U′=(500000/U′)A.
2 2

?输电线上损失功率为 2 ?P损′=I′ R线=P?2%=10000W, 2 则有 (500000/U′) ?R线=10000W, ?得 U′= 720 ?106 =2.68?10 V. ? 14.解:处于磁场中的金属条切割磁感线的线速度为v=(D/2)ω,产生的感应电动势 为 =Blv=(D/2)Blω. ?通过切割磁感线的金属条的电流为 ?I= /(R+(R/(n-1))=(n-1)BlωD/2nR. ?磁场中导体受到的安培力为 F=BIl,克服安培力做功的功率为 ?P安=Fv=(1/2)FωD, ?电动机输出的机械功率为 P=P安/η, 2 2 2 2 ?联立以上各式解出P=(n-1)B l ω D /4nηR. ? 15.解:设矩形线圈的密度为 ρ′,电阻率为 ρ,横截面积为S,即时加速度为a,由牛顿 第二定律,有 2 2 2 ? ρ′S?2(d+L)g-(B L v/(ρ (L+d)/S))=ρ′S(L+d)2?a 2 2 2 则 a=g-(B L v/4ρρ′(L+d) ?可见,a与S无关,又由于M、N从同一高度静止释放,则两线圈即时加速度相等,故 M、N同时离开磁场区. ? 16.解:由于带负电的质点A所受的电场力与场强方向相反,而带正电的质点B所受的电场 力与场强方向相同,因此,A做匀减速直线运动而B做匀加速直线运动.由于A的初速度v Ao比B的vBo大,故在初始阶段A的速度vA比B的vB大,A的位移sA比B的sB大,且 A、B间的速度差vA-vB逐渐减小,而A、B间的距离sA-sB逐渐增大.但过了一段 时间后,B的速度就超过了A的速度,A、B的距离sA-sB就开始逐渐减小,转折的条件 是两者的速度相等,即 ?vA=vB, ① ?此时A、B间的距离sA-sB最大.以t1表示发生转折的时刻,则由运动学公式得到 ?vAo-at1=vBo+at1, ② ?A、B间的最大距离为 2 2 ? Δsmax=(vAot1-(1/2)at1 )-(vBot1+(1/2)at1 )=(vAo- 2 vBo)t1-at1 , ③ ?由牛顿定律和题给条件可知,②、③式中质点A、B的加速度 2 ?a=qE/m=0.20m/s . ④ ?由②、③、④式解得发生转折的时刻是t1=2s,A、B间的最大距离 Δsmax=0.8 m. ?当发生转折后,即在t>t1时,由于B的速度vB比A的vA大,A、B间的距离sA -sB就逐渐减小.以t2表示A、B间的距离sA-sB减小到零的时刻,则由运动学公式 得到 2 2 ?vAot2-(1/2)at2 =vBot2+(1/2)at2 . 解得A、B间的距离sA-sB减小到零的时刻为t2=4s. ?当t>t2时,由于此时B的速度vB比A的vA大,故随着时间的消逝,A、B间的距


离sB-sB将由零一直增大,有可能超过 0.8m. ?结合上述就得出结论:当A、B间的距离 Δs小于 0.8m时,A可能在前,B也可能 在前,即单由A、B间的距离无法判断A、B中那个在前;当A、B间的距离 Δs大于 0.8 m时,A一定在后,B一定在前,即单由A、B间的距离 Δs就可以判断B在前. ? 17.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, 由于已离开了磁场区, 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向右运动到最远处, 再从最远处向左运动回到原点O的时间, 这两段时间是 相等的. 以t1表示金属杆从原点O到右方最远处所需的时间, 则由运动学公式得 v0-a t1=0, ?由上式解出t1,就得知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=(1/2)v0时它所在的x坐标,对于匀减速 直线运动有 2 2 ?v1 =v0 -2ax1, ?以v1=(1/2)v0代入就得到此时金属杆的x坐标,即 2 ?x1=3v0 /8a. 2 ?由题给条件就得出此时金属杆所在处的磁感应强度B0=3kv0 /8a ?因而此时由金属杆切割磁感线产生的感应电动势 ? 1=B1v1l=(3kv0 /16a)d. ? (3) 以v和x表示t时刻金属杆的速度和它所在的x坐标, 由运动学有v=v0-at, 2 x=v0t-(1/2)at . ?由金属杆切割磁感线产生的感应电动势 ? =k(v0t-(1/2)at )(v0-at)d. ?由于在x<0 区域中不存在磁场,故只有在时刻t<T=2v0/a范围上式才成立.由 欧姆定律得知,回路中的电流为 2 ?I=k(v0t-(1/2)at )(v0-at)d/R. ?因而金属杆所受的安培力等于 2 2 2 2 ?f=IBl=k (v0t-(1/2)at ) (v0-at)d /R. ?当f>0 时,f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 2 2 2 2 ?F+(k (v0t-(1/2)at ) (v0-at)d /R)=ma, ?由上式解得作用在金属杆的外力等于 2 2 2 2 ?F=ma-(k (v0t-(1/2)at ) (v0-at)d /R), ?上式只有在时刻t<T=2v0/a范围才成立. ? 18.解:(1)当电场力向上时,物块受力如图 20 甲 ?f1=μ(mg-qE). ?当电场力向下时,物块受力如图 20 乙
2 3

图 20

?f2=μ(mg+qE). ?显然f2>f1. 在摩擦力较大的情况下物块和木块之间的相对位移应该较小, 与题目中 电场方向向上相对应,由此判断物块应带负电. ?(2)设木板质量为M,板长为L,共同速度为v,由动量守恒定律: ?mv0=(M+m)v, ?根据能量转化和守恒定律,电场竖直向下时 2 2 ?f1L=(1/2)mv0 -(1/2)(m+M)v =ΔEk1. ?电场竖直向上时 2 2 ?f2(1/2)L=(1/2)mv0 -(1/2)(m+M)v =ΔEk2. ?对E向上、向下两种情况 ΔEk相同,由以上各式可得 ?(mg-qE)L=(mg+qE)L/2, 解得 E=mg/3q. ? 19.解:(1)证明:在t时间内通过通电导体某一横截面电量Q=qnvt.根据电流强 度的定义可得I=Q/t=qnv, 通电导体所受的安培力 F=BIL=BqnvL, 依 题意,得F=nLf, ∴ f=F/nL=BqnvL/nL=qvB. ?(2)用左手定则可知,金属导体后表面聚集较多的电子,故前表面电势较高,自由电 子在定向移动过程中受电场力和洛伦兹力作用,于是 ?eE=evB,E=U/a,I=nev, ?由以上三式解得:U=aBI/ne. ? 20.(1)如图 21 所示.

图 21 ?(2)P损=I输 R=P出?5%, ?解出 I输=
P出 ? 5% R


=50A.


?由 P出=U2I输,得U2=P出/I输=1.0?10 V. ?由于输电线损失电功率,在降压变压器处输入功率为P′=P出(1-5%)=4.75?10 5 W. 5 3 ?降压变压器初级电压:U3=P′/I输=4.75?10 /50=9.5?10 V, ?∴n3/n4=U3/U用=9500/380=25/1. ? 21.解:(1)由右手定则可判断AB向右运动时,C板电势高于D板电势,粒子被加速进 入B2磁场中,AB棒向右运动时产生的电动势 =B1Lv(即为C、D间的电压).粒

子经过加速后获得的速度为v′,则有q =(1/2)mv′ ,粒子在磁场B2中做匀速圆 周运动,半径r=mv′/qB2.要使粒子恰好穿过,则有r=d. ?联立上述各式代入数据可得 v=5.0m/s. ?故要使粒子能穿过磁场边界MN则要求v>5m/s. ?由速度图象可知,在 0.25s<t<1.75s可满足要求. ?(2)当AB棒速度为v=5m/s时,粒子在磁场B2 中到达边界MN打在P点上,其 轨道半径r=d=0.1m(此时 =r=0.1m)如图 22 所示.

2

图 22 ?当AB棒最大速度为vmax=20m/s时,粒子从MN边界上Q点飞出,其轨道半径最 大,rmax=2r=0.2m,
2 ?则 P?O? = PQ =d-(rmax- rmax ? d2 ),

?代入数据可得: PQ =( 3 -1)10m=7.3cm.

图 23 ? 22.设在磁感强度为B的匀强磁场中,垂直放入一段长L的通电导线,并设单位长度导线中 有n个自由电荷,每个自由电荷的电量都是q,定向移动的速度为v,如图 23 所示. ?截面A右侧vt长的导线中的自由电荷在t时间内全部通过截面A, 这些自由电荷的电 量Q=nqvt,导线中电流 I=Q/t=nqvt/t=nqv, 则磁场对这段导线的作用力F=ILB=nqvLB. 其中nL是长度为L的导线中运动的 自由电荷的总数. ?这个力F可看作是作用在每个运动电荷上的作用力的合力, 则单个运动荷受到的洛伦兹 力的大小 ?f=F/nl=qvB. ?即当电荷垂直磁场运动时, 受到的洛伦兹力的大小等于电荷的电量和速率跟磁感强度的 乘积. ?

23.解:(1)电饭煲盛上食物后,接上电源,S2自动闭合,同时把手动开关S1关闭,这 时黄灯短路,红灯亮,电饭煲处于加热状态,加热到 80℃时,S2自动断开,S1仍闭合, 待电饭煲中水烧干后,温度升高到 103℃时,开关S1自动断开,这时饭已煮熟,黄灯亮, 电饭煲处于保温状态.由于电饭煲散热,待温度下降至 70℃时,S2自动闭合,电饭煲重新 处于加热状态,待上升到 80℃时,又自动断开,电饭煲再次处于保温状态. ?(2)不能,因为只能将食物加热至 80℃. ?(3)设电饭煲处于加热态时,消耗的功率为P1,则 2 ?P1=U2/(R2∥R3)=220 /((500?50)/(500+50)). ?电饭煲处于保温态时,消耗的功率为P2,则 2 ?P2=U2/(R1+R2∥R3)=220 /(500+(500?50/(500+50))). ?联解两式,得P1∶P2=12∶1. ? 24.解:P从静止释放到A板的过程中,做自由落体运动,设到达A板时的速度为v1,则 2 ?v1 =2gl. ① ?当开关S置于a时,P在A、B板间受重力和电场力的共同作用做匀加速直线运动,设 它到达B板时的速度为v2,由动能定理可得 2 2 ?(mg+qE)?L/3=(1/2)mv2 -(1/2)mv1 , ② 又 v1/v2= / , ③

由①②③式可得qE=mg. ④ ?设Q的释放点距A板的高度为h,下落至A板即将进入两板间时的速度为v0,则 2 ?v0 =2gh. ⑤ ?当开关S置于b时,由于Q在两板间时所受重力和电场力大小相等、方向相反,故Q将 在洛仑兹力作用下在两板间做匀速圆周运动, 由左手定则可知其所受洛伦兹力方向向右, 故 Q只能从两板右侧飞出,当Q从A板右边缘飞出时,其轨道半径为L/4,所以 ? 2 qBv0=mv0 /(L/4), ⑥ 2 2 2 2 解④⑤⑥式得h=q B L /32m g. ⑦ ?当Q沿与B板相切的轨迹飞出两板间时,其轨道半径为L/3,所以? 2 qBv0=mv0 /(L/3), ⑧ 2 2 2 2 ?解④⑤⑧式得h=q B L /18m g. 2 2 2 2 2 2 2 2 ?故释放点距A板的高度满足q B L /32m g<h<q B L /18m g时,可不与极 板相撞而飞离电磁场区. ? 25.解:把整个圆环的电阻设为R0,在电路中每个圆环分两部分,在整个电路中这部分电 阻是并联关系,各自的电阻为

图 24

?R1=(2/3)R0, ① ?R2=(1/3)R0. ② ?并联电阻的阻值为 ?R并=R1R2/(R1+R2)=(2/9)R0=2Ω, ?电路的总电阻 R总=r+2R并+R棒=6Ω, ④



∴ 棒中电流 I= /R总. ⑤ ?棒受重力mg,两环的支持力N,以及安培力F作用,如图 24 所示,棒静止时三力平 衡,故 ?Nsinθ=F, ⑥ ?Ncosθ=mg, ⑦ 又 F=BIL, ⑧ 由⑤、⑥、⑦、⑧联立得 ? =mgR总tgθ/BL=(10 ?10?6 ? 26.已知 α 粒子质量mα 是质子质量mp的 4 倍,电量qα 是质子电量qp的 2 倍,即mα=4 mp,qα=2qp,动能相同的质子和 α 粒子其速度关系应为vα=(1/2)vp. ?可以用匀强电场来分离动能相同的质子和 α 粒子.如图 25 甲所示,根据带电粒子在电 场中的偏转知识可知,质子离开电场时的偏转角度,怎样填上U、d、L. 2 ?tgφp=qpUL/mpdvp . 其中U为板间电压,d为板距,L为极板长度. ? α 粒子离开电场时的偏转角 2 2 ?tgφα=qαUL/mαdvp =2qpUL/mpdvp =2tgφp, ?即 α 粒子偏转角度比质子的大,所以能用电场来分离. ?可以利用速度选择器的原理来分离.如图 25 乙所示的速度选择器中当选择E与B的比 值跟质子的速度vp相等时,即vp=E/B,则质子直线通过选择器,不发生偏转,而 α 粒子的速度vα=(1/2)vp,α 粒子受到的洛伦兹力fα=qαvαB=qαB?(1/2)vp =(1/2)qαB?(E/B)=(1/2)qαE,小于它受到的电场力Fα=qαE,α 离子 在通过选择器时向下偏转,故可将质子和 α 粒子分离开来.
-2

)/(3.46?10 ?0.2)=15V.

-1

图 25 ? 27.解:如图 26 所示.(1)电子穿过阳极A小孔后的动能(1/2)mv =eU.


图 26
2eU . m 2eU . m

?电子穿过阳极A小孔时速度为v=

?电子在电容器中不发生偏转的条件是eE=evB,所以 E=vB=B ?(2)电子在磁场中沿圆轨道运动,由牛顿第二定律,得 ?evB=mv /R,R=mv/eB=(1/B)
2

2mU , e

由图 26 得x1=R- R 2 ? d 2 ,x2=Ltgα=Ld/ R 2 ? d 2 ?x=x1+x2=R- R 2 ? d 2 +(Ld/ R 2 ? d 2 ) ? =(1/B) ? 28.解:(1)金属棒达到稳定速度v时,加速度为零,所受合外力为零,设此时细绳对棒 的拉力为T,金属棒所受安培力为F,则T-mg-F=0, 又 F=BIL,I= /R, ? =BLv. ?此时细绳拉力的功率PT与电动机的输出功率P出相等而PT=Tv,P出=I′U- 2 I′ r, 2 化简以上各式代入数据得v +v-6=0, 所以 v=2m/s.(v=-3m/s不合题意舍去) 2 ?(2)由能量守恒定律可得P出t=mgh+(1/2)mv +Q, 2 2 所以t=(2mgh+mv +2Q)/2(Iv-I r)=1s. ? 29.解:(1)t=(π/2)/ω=π/2ω. ?(2)当导体棒转过角度 ωt时,由正弦定理,有 ? 1/sin(180°-45°-ωt)=x/sin45°, 2 又 UR=(1/2)Bx ω, 2 ?解①、②得UR=Bl ω/2(1+sin2ωt). ?(3)Q= Δt=(B(1/2)l /ΔtR)?Δt=Bl /2R. ?
2 2

Ld B2 e 2mU 2mU ? d2 + - . B2 e e 2mU ? B2 ed 2

30. 流过每条辐条的电流强度I0=1/4=0. 5A, 每根辐条所受磁力矩M0=BI0R? (R /2)=0.025N?m. ?由力矩平衡条件得 ? 4M0=fR f=4M0/R=(4?0.025/0.1)N=1N.
-3

31.解:(1)由I=Q/t得,单位时间通过细截面的电量Q=It=1?10 C,Q/e -3 -19 15 =1?10 /1.60?10 =6.25?10 . ?(2)在l和 4l处各取一段极短的长度均为Δ l的质子流,则l处的质子数n1=IΔ t1/e=IΔ l/ev1,4l处的质子数n2=IΔ t2/e=IΔ l/ev2,又根据qU= mv /2,U=Ed可得U∝d,v∝ U , ∴n1/n2=v2/v1= ? 32.将长为L、通以电流强度为 I 的导线垂直置于磁感强度为B的匀强磁场中,其所受的安 培力F?安=BIL. 设导线中每个自由电子所受的洛仑兹力为f洛, 则导线所受的安培力是 导线中总数为 N 的自由电子所受洛沦兹力的宏观表现,即F安=Nf洛.设电子电量为q,导 线中单位体积内的电子数为n, 电子定向移动的速度为v, 则在时间t内通过横截面积为S 的导线中的电流强度I=nvtSq/t=nvSq. ∵ 长为L的导线中的电子总数N=nSL, ∴ 综合以上各式可得f洛=Bvq. ? 33.证明:如图 13,设导线ab沿平行导轨以速度v匀速滑动,间距为l,匀强磁场磁感 强度为B, 并设经Δ t时间ab向右移动距离为d, t时间内闭合电路增加的面积为Δ S Δ =ld=lvΔ t.因B⊥L,B⊥v,故Δ t时间内回路的磁通量增加为Δ Φ =BΔ S= BlvΔ t. 依法拉第电磁感应定律, 导线ab中产生感应电动势为 =Δ Φ /Δ t=Bl vΔ t/Δ t=Blv,证毕.
U 4l Ul
2

=

E ? (4l) El

=2.

图 13 ? 34.(1)录音原理(电流的磁效应) ?声音的变化经微音器转化为电流的变化, 变化的电流流过线圈, 在铁芯中产生变化的磁 场,磁带经过磁头时磁粉被不同程度地磁化,并留下剩磁.这样,声音的变化就被记录成磁 粉不同程度的磁化. ?(2)放音原理(电磁感应)

?各部分被不同程度磁化的磁带经过铁芯时, 铁芯中形成变化的磁场, 在线圈中激发出变 化的感应电流,感应电流经扬声器时,电流的变化被转化为声音的变化.这样,磁信号就又 被转化为声音信号. ? 35.解:带电粒子经电压 U 加速后速度到v,由动能定理得Uq=mv /2. ?带电粒子以速度v垂直射入匀强磁场B中,受到磁场洛沦兹力f作用,因f⊥v、f⊥ B, 带电粒子在磁场中垂直磁场B的平面内做匀速圆周运动, 圆半径为R. 则f=Bqv. 洛 2 沦滋力f就是使粒子做匀速圆周运动的向心力,即Bqv=mv /R.带电粒子做圆周运 动的周期为T, 则T=2π R/v=2π m/Bq. 带电粒子每周内通过轨道截面的电量为q, 所以形成的环形电流的电流强度 2 ?I=Q/t=q/T=Bq /2π m. ? 36.如图 14 所示.
2

图 14

37.解:(1)小球受三个力:重力G、电场力F、拉力T而平衡,如图 15 所示,由受力图 可知,电场力与电场方向相反,应为负电荷,且有

图 15 ?F/G=tg30°.∵F=qE, ?G=mg,∴qE/mg=tg30°, ?q=mgtg30°/E= 3 mg/3E. ?(2)小球在竖直方向由静止释放后,电场力做正功,重力做负功,小球动能增加,故 有 2 ?WF-WG=mv /2, 2 ?qlsin30°-mgl(1-cos30°)=mv /2,

∴ v= ?

qEl 3 4 ? 2gl(1 ? ) = gl( 3 ? 2) . 3 m 2

38.解:根据法拉第电磁感应定律 ? 1=Δ BS1/Δ t, 2=Δ BS2/Δ t, 1= 2. ?由欧姆定律: 2 2 ?I1/I2=R2/R1=L2/L1=r2/r1=1/2,P1/P2=I1 R1/I2 R2=1/2. ? 39.解:当金属棒ab以速率v向右匀速运动时, ? ab=BLabv=3BLv. 稳定时Uab= ab-Ircd=3BLv-BLvrcd/(R0+rcd)=BLv(3-1/2) =5BLv/2. ?带电粒子在平行金属板E、 F之间恰能做匀速圆周运动, 必有mg=qE=qUab/d, 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R′=mv/qB. 联立求解得v= 8R / 3 .由题意可知 ?R′<d/2=0.1m, 可得 v< 0.8 / 3 = ? 40.解:(1)电压表满偏.若电流表满偏,则I=3A,U=IR=1.5V,大于电压表量 程. 2 ?(2)由功能关系Fv=I (R+r), 2 2 而 I=U/R,F=U (R+r)/R v. 2 2 代入数据得 F=1 ?(0.5+0.3)/0.5 ?2=1.6N. ?(3)由动量定理知mΔ v=IBLΔ t,两边求和 mΔ v1+mΔ v2+?=BLI1Δ t1+BLI2Δ t2+? 即 mv=BLq, 由电磁感应定律,有 =BLv, =I(R+r), 2 解得 q=mv /I(R+r). 2 代入数据得 q=0.1?2 /2?(0.5+0.3)=0.25C. ? 41.解:(1)当ab边刚进无磁区域Ⅱ时,线框只有cd边在Ⅰ区中切割磁感线,由右手 定则可判定ab边中的感应电流为I1,其方向为由b到a,大小I1= cd/R=BLv/ R.当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时,ab边和cd边分别在Ⅰ和Ⅲ区域中切割磁感线,每边 产生的感应电动势为 =BLv,回路中总电动势 总=2 =2BLv,故ab边中的电流 为I2=2 /R=2BLv/R,其方向为由b到a. (2)要求拉力对线框所对的功,即求拉力克服磁场力做的功即可.将线框从Ⅰ区完全 拉到Ⅲ区域过程中,ab边从图 16 所示的Ⅰ区右边界位置起经历位置a1b1、a2b2、a3 b3 三个不同阶段.
2 15
15 15m/s.

图 16 ? 在从ab→a1b1 过程中,拉力克服磁场力做功为W1=F拉s=BI1Ls=B L vs /R. ?在从a1b1→a2b2 过程中,拉力克服磁场力做功为W2=F′拉(L-s)=2F磁′(L -s)=4B2L2vR(L-s). 2 ?在从a2b2→a3b3 过程中, 拉力克服磁场力做功为W3=F拉″s=F磁s=BILs=B 2 L vs/R. 2 2 2 2 2 所以拉力所做的总功W=W1+W2+W3=2B L vs/R+4B L v(L-s)/R=2B 2 L v(2L-s)/R. ? 42.解:(1)由题意分析可知:金属棒先向下加速运动,然后匀速运动,匀速运动时,金 属棒速度最大.此时有mg=F安,而F安=IlB,I= /R总, =BWm, 2 2 2 2 ?vm=mgR总/B L =0.1?10?1.5/0.5 ?1 m/s=6m/s. ?(2)当v=3m/s时,因v<vm,故金属棒在加速下降,加速反方向竖直向下,且 有mg-I′lB=ma, ?I′= ′/R总=Blv/R总,得a=g-B l v/mR总=5m/s . ? 43.解:(1)分三种情况讨论: ?①若水平力F恰可与金属棒ab的重力、 轨道对金属棒的支持力平衡时, 金属棒ab的 最大速率为零,此时F=mgtgθ . ?②若金属棒ab沿轨道向上运动, 设磁场对金属棒ab的作用力大小为f, 方向沿轨道 向下,当金属棒受力平衡时,速率v最大,所以Fcosθ =mgsinθ +f, ? 总=BLv,I= 总/R,f=BIL=B L v/R 2 2 ∴ v=(Fcosθ -mgsinθ )R/B L . ?③若金属棒ab沿轨道向下运动, 磁场对金属棒ab的作用力f的方向沿轨道向上, 当 金属棒受力平衡时,速率v最大,所以:mgsinθ =Fcosθ +f, 2 2 联立解得:v=(mgsinθ -Fcosθ )R/B L . ?(2)当水平力方向向左时,金属棒ab只可能沿轨道向下运动,设磁场力的大小为f, f的方向沿轨道向上,金属棒ab不脱离轨道的条件是 ?N=mgcosθ -Fsinθ >0, 故金属棒ab沿轨道向下运动的条件是F≤mgctgθ . ?(3)令F=mgctgθ ,当金属棒ab沿轨道向下运动时,磁场对金属棒ab的作 用力f的方向向上,金属棒ab速度最大时,受力平衡,mgsinθ +Fcosθ =f, 2 2 2 2 联立解得:?v=(mgsinθ +Fcosθ )R/B L =mgR/B L sinθ . ?
2 2 2 2 2 2 2

44.解: (1)由图线可知t=3s,t=5s时,穿过线圈的磁场的磁感强度分别为B3=3.5 -1 -1 ?10 T,B5=2.0?10 T. 根据Φ =BS,t=3s,t=5s时通过线圈的磁通量分别为 -3 -3 ?Φ 3=7.0?10 Wb,Φ 5=4.0?10 Wb. ?(2)在 0~4s,B在增加,线圈中产生的电动势为 1=nΔ BS/Δ t=1V,电路 中电流强度I1= 1/(R+r)=0.2A. 电流方向:从下向上通过电阻R. ?a点电势为Uba=I1R=0.8V, a点电势为-0.8V, 此时a点电势为最低在 4-6s, B在减小,线圈中产生感应电动势为 ? 2=nΔ BS/Δ t=4V, 电路中电流强度为I2= 2/(R+r)=0.8A,方向自上而下通过R. ?a点电势为Uab=I2R=3.2V. ?a点电势为 3.2V时a点电势为最高.

45.(1)环自图 17 所示位置转过半周的过程中,磁通量的变化量为Δ Φ =Bπ R . 所用的时间为Δ t=T/2=π /ω , 平均感应电动势 =Δ Φ /Δ t, 2 解之得 =Bω R .

2

图 17 (2)环从图示位置转过t时,由图 17 可得切割磁感线的有效长度Δ l=2Rsinω t,切割的平均速度 =ω Δ l/2,感应电动势的瞬时值e=BΔ l , 解之得 e=2Bω R sin ω t. ?(3)正确的是图D. ? 46.(1)导体棒MN在导轨上滑动做匀速运动时的受力如图 18.由平衡条件mgsinθ =FB+f, 2 2 ?f=μ Ν =μ mgcosθ ,FB=BIl=B l vm/R. 2 2 有 mg(sinθ -μ cosθ )=B l vm/R, 2 2 解得 vm=mgR(sinθ -μ cosθ )/B l =5m/s. ?(2)导体棒由静止开始下滑到刚开始匀速运动时通过导体棒截面的电量Q=2C,由此 可求出导体棒在这一阶段移动的距离s. 2 2 2 2 因 Q=IΔ t=B l vΔ t/R=B l s/R, ?s=QR/Bl=2?2/0.8?0.5=10m.
2 2

?在这一过程中导体棒有效电阻消耗的电功W,由能量守恒可得 2 ?W=mg(sinθ -μ cosθ )s-mvm /2=1.5J.

图 18

图 19

47.解:当B不同时,粒子可以不同半径做圆周运动(如图 19 所示),其中两个临界圆轨 迹如A、C,由圆A、B可看出,当R≥a时,粒子从(0,a)到(a,a)边界射出, 这时因为Bqv=mv /R R=mv/Bq≥a,所示B≤mv/aq.此时对应角度 π /2≥θ >0. ?由圆A、C可看出,当 3a/4≤R≤a时,粒子从(a,a)到(-1.5a,0)边界 射出,这时 ? 3a/4≤mv/Bq≤a 4mv/3aq≥B≥mv/aq, ?与之对应 2π /3≤θ ≤π . ?由圆C、D可看出,当R≤3a/4 时,粒子从(-1.5a,0)到(0,0)边界射出, 这时 ?mv/Bq≤3a/4,B≥4mv/3aq,对应θ =π . ? 48.解:(1)α 粒子在磁场中做圆弧运动的半径为r,由公式 FB=F向,得qBv=m 2 v /r,r=mv/qB=0.2m. ∴r=2R. 粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心点的轨迹如图 20 中虚线l所示 α (即 以O为圆心,r为半径的半圆弧ABC). ?(2)α 粒子在磁场中做圆弧运动中的轨迹半径r大小一定,欲穿过磁场时偏转角最大, 须圆弧轨道所夹的弦最长,即OO′A共线,如图 20. ??sinφ /2=R/r=1/2,φ =60°.
2

图 20

?(3)欲使穿过磁场且偏转最大的α 粒子,能射到y轴正方向上,必须从A点射出的α 粒子和x轴正方向的夹角大于 90°,根据几何关系可知圆形磁场至少转过 60°.

49.解:(1)设板长为L,带电粒子进入电场时速度为v,Δ t=L/v.设带电粒子在 磁场中运动时间为t,则 ?t=T/6=2π R/6v=π R/3v, 其中R为粒子圆周运动的半径,且R=2 3 L/3, ∴ t=2 3 π Δ t/9. ?(2)设带电粒子以速度v′进入正交电磁场时才能沿直线PQ出射,有qE=qv′ B,v′=E/B. 只有电场时 3 L/3=qE/2m(L/v) , 2 只有磁场时qvB=mv /R, ?R=mv/qB=2 3 L/3,∴v′=E/B=4v/3. 即粒子进入电磁场时的速度应是原速度的 4/3 倍. ? 50.解:沿内圆切线运动的α 粒子脱离磁场穿出外圆的速率为最小值.
2

图 21 ∵mv /r=qBv,∴v=qBrm, -2 而r=(R2-R1)/2=5?10 m, 8 又qα /mα =2qp/4mp=?10 /2C/kg, 5 解得:vmin=qα Br/mα =2.5?10 m/s. ? 51.解:(1)由动能定理得qEL=mv0 /2, ?所以v0= 2qEL / m . ?(2)设线第一次绷紧后的瞬间A的速度为v1,B的速度为v2,依动量守恒定律得mv 0=mv1+Mv2, 由于M=4m,v2=v0/3,解得v1=-v0/3, 负号表示v1 的速度方向水平向左,此后B做匀速运动,A先向左做匀减速运动,后向右做 匀加速运动,其加速度a=qE/m.A返回到细线第一次绷紧的位置时的速度v1′=- v1=v0/3. ?设从细线被绷紧后到A返回到细线被绷紧的位置所用的时间为t1, 则v1′-v1=at 1,这段时间内B的位移为s1=v2t1.解以上各式得:s1=4L/9<L.
2 2

?此后A的速度大于B的速度, 故从B开始运动到细线第二次被绷紧前的过程中, B不会 与A相碰. ?由于A返回到细线第一次被绷紧的位置时,A、B速度相同,此时B与A间有最短距离 s为 s′=L-s1=L-4L/9=5L/9. ?线在第一次被绷紧和第二次被绷紧时,A、B的相对位置不变,设这段时间为t,则v 2t=v1t+at2/2,在此时间内B的位移s=v2t,解以上各式得s=8L/9. ? 52.解:设离子进入A孔时的速度为v0,则 ?qU0/3=mv0 /2,所以v0=
2

2qU 0 . 3m

?离子在两板间每个周期的前半个周期内做匀减速运动, 后半个周期内做匀加速运动, 经 过两个周期恰从B孔飞出,根据运动形式的周期性可知,离子在每个 1/2 周期内通过的距 2 2 离为d/4,设粒子在前半个周期的末速度为v1,则qU0/4=mv0 /2-mv1 /2, 解得v1=±
qU 0 . 6m

当v1 取正值时,设交变电压的周期为T1,则 ?d/4=(v0+v1)T1/4, 解以上各式得T1=d
2m . 3qU 0

?在此周期下的v-t图线如图 22 甲所示. ?当v1 取负值时,设交变电压的周期为T2, ?则d/4=(v0+v1)T2/4,解得T2=d ?在此周期下的v-t图线如图 22 乙所示.
6m . 3qU 0

图 22

53.解:(1)带电粒子从C孔进入,与筒壁碰撞 2 次再从C孔射出经历的时间为最短.由 q =mv /2, 粒子由C孔进入磁场, 在磁场中各段匀速圆周运动的速率为v=
1 R 2m? . 3q
2

2q ? . ? m

由r=mv/qB,即Rctg30°=mv/qB,得B=

?(2)由q /d=ma,粒子从A→C的加速度为 ?a=q /md. 2 ?由d=at1 /2,粒子从A→C的时间为 ?t1=
2m 2d =d . a q?

?粒子在磁场中运动的时间为 ?t2=T/2=2π m/2qB. ?将(1)求得的B值代入,得t2=π R
3m , 2q?

求得t=t1+t2= ?

m 3 ( 2d + π R). 2 q?

54.解:因带正电质点在匀强磁场中做匀速圆周运动,先后通过ab两点,其圆心应在ab 弦中垂线上. 2 ?其圆运动半径为R,由牛顿第二定律及向心加速度公式F向=mv /R,圆运动所需向 2 心力为洛沦兹力,故有qvB=mv /R,∴ R=mv/Bq=12cm. 由飞经a、b两点时间与周期之比可求经过弧角度θ , -8 ∵ T=2π R/v=2π m/Bq=6π ?10 s, -8 -8 ∴ θ =2π t/T=4π ?2π ?10 /6π ?10 =4π /3(=240°).

图 23 若磁场方向垂直纸面向里,由左手定则知其圆心应在第Ⅳ象限(如图 23 甲所示),由 几何关系可知, 圆心O1 其坐标应为x1=Rcos30°, 1=-Rsin30°, y 即x1=6 3 cm,y1=-6cm. ?若磁场方面垂直纸面向外,则由左手定则判断其圆心应在Ⅰ象限(如图 23 乙所示), 由几何关系可知,圆心O2 其坐标应为:x2=Rcos30°,y2=Rsin30°,即x1= 6 3 (cm),y=6(cm). ? 55.解:(1)带电小滑块仅在电场力作用下向右沿光滑车面做加速运动,位移为l时与车
2 右端相撞,设相撞前瞬间滑块速度为v0,由做功与能量变化关系,得W电=m v 0 /2-0,而

W电=Eql, ∴ Eql=mv0 /2,v0= 2qEl / m . 滑块与车相撞, 电场力远小于撞击力, 故可认为水平方向动量守恒, 而mv0=mv1+Mv2, 由题给条件知v2=v0/4 及M=7m,∴ mv0=mv1+7mv0/4,得v1=-3v0/4.即 碰后,滑块向左以 3v0/4 初速及受电场力做匀减速运动,当相对地速度减为零时,又在电 场力作用下向右做匀加速运动, 直到滑块向右速度与小车向右速度相同 (相对速度为零) 时, 车右端与滑块距离最大.设滑块此时由碰时位置向左位移为s1,小车向右位移为s2(如图 24),则
2

图 24 ? s1=(v1 -v2 )/-2a,式中a=Eq/m.所以s1=[(v0/4) -(3v0/4)
2 2 2 2

]m/-2Eq=mv0 4Eq=m4Eq( 2qEl / m ) =l/2.

2

2

历时t= (v1+v2) /a= (3v0/4+v0/4) m/Eq=mv0/Eq=m/Eq 2qEl / m
2ml , qE



而s2=v2t=

1 4

2qEl ? m

2ml l = . qE 2

∵ s1+s2=l<L=1.5l,故滑块不会滑出小车车面. ?(2)设滑块由相对车静止(即与车速度v2 相同)到与车第二次碰撞时间为t′,由几 2 何关系及匀加速直线运动公式有:s1+s2+s=v2t′+at′ /2, 式中s=v2t′,为小车t′内的位移. ?t′=
2(s1 ? s 2 ) 2ml = , a qE

故有s=v2t′=

1 4

2qEl ? m

2ml l = , qE 2

从滑块刚开始运动到第二次碰撞时,滑块总位移s′由图可知s′=l+s2+s=l+l /2+l/2=2l, 所以电场力对滑块所做功为W=Eqs′=2Eql.

图 25

56.解:(1)由图 25 中几何关系可得R+Rsin30°=H, 2 ?Bqv=mv /R, 得 B=3mv/2Hq. ?由左手定则,B的方向垂直纸面向里. ?(2)经时间t=T/4 加电场E,T=2π R/v,t=π H/3v,Eq=Bqv, 2 E=3mv /2Hq,E沿x轴正方向. ? 57.解:如图 26 所示,由题意 AC = 2 BC 得∠BAC=30°.

图 26 (1)1~2s,第 1 个粒子做匀速圆周运动,要击中C,必有R= AC ,由公式R=mv /Bq 得 B0=mv/q AC . 2 ? 3~4s,第 2 个粒子做类平抛运动,要击中C必满足 BC =E0q/2m( AB /v) , 2 2 即? AC /2=E0q( AC ?cos30°) /2mv , 得 E0=4mv/3q AC , 故 E0/B0=4v/3,B0 垂直纸面向外. ?(2)∵ ∠AOC=60°, ∴ Δ t=T/6=π m/3B0q=π AC /3v. 设第 2 个粒子击中C的时间为Δ t′,则 ??Δ t′= AB /v= AC ?cos30°/v= 3 AC /2v 由以上两式得?Δ t′=3 3 Δ t2/π =0.83Δ t. 故第 2 个粒子击中C点的时刻为t=3+0.83Δ t(s). ? 58.解:当开关S闭合时,两极板间的电压为U,小球受两个力:重力mg和电场力qU/ d作用而处于静止,由力学平衡条件可得qU/d=mg, 由此得U=mgd/q.

由于重力mg方向向下,故推得小球受的电场力qU/d必定向上,由此可知,小球若 带正电,则下面极板为正极;若小球带负电,则下面极板为负极,即小球所带电荷与下面极 板的极性相同.从题目所给的电路可看出,当开关断开时,两极板的极性不会改变,但两极 间的电压变为U′. ?U′与U的关系可以这样求:从所给电路可知,加在两极板间的电压等于电阻R3 上的 电压, 如电源的内阻不计, 当开关S闭合时, 电源回路中的结构是R1、 2 并联后与R3 串联, R 由分压关系可得当S闭合时,R3 上的电压即两极板间的电压U=2 /3, 为电源电动 势.当S断开后,电源回路的结构是R1 与R3 串联,由分压关系可得知,此时R3 上的电压 即两极板间的电压U= /2,这样就得到 3U/2=2U′, ?由此得出,S断开后,两极板间的电压等于 U′=3U/4=3mgd/4q. ?由于在开关断开前后,两极板间的电压由U=mgd/q变小为U′=3mgd/4q, 所以小球所受的电场力也变小了,小球向下面极板运动,速度由零增大到v,由功能关系得 2 mv /2-0=mgd/2-qU′/2. ?根据题目所给条件, 小球与下面极板碰撞后动能不变, 但小球改为带与该板极性相同的 2 电荷.即碰撞后,小球的动能仍为mv /2,所带电荷符号不变,但电量变为q′.若欲使 小球所带电量q′刚好能使小球运动到上极板,则由功能关系得 2 ? 0-mv /2=-mgd+q′U′, 联立解得q′=7q/6. ? 59.解:板间场强E=U/d,粒子在板间以a=qU/md,在垂直于OO′方向做变速 运动,一般情况下,粒子进入板区时,板间电压已为U,经时间t1,电压U变为零,在 0 2 -t1 段时间内粒子沿垂直于OO′方向位移为s1=at /2. ?在t1→t1+T/2 时间内,板间电压为零,粒子做匀速运动,在这段时间内位移为s2 =at1?T/2=at1T/2. ?从t1+T/2 时刻起,两板间的电压升为U,所以在t1+T/2→T时间内,粒子又在 垂直于OO′方向做v0≠0 的匀加速直线运动, 位移为s3=at(T/2-t1) +a/2 (T 1 2 /2-t1)? ,则粒子在垂直于OO′方向的总位移为 2 ?s=s1+s1+s3=a/2(T/2) +a/2t1T. 2 因为 0≤t1≤T/2,所以当t1=0 时,smin=a/2(T/2) , 2 ∴ smin=qUT /8md. 2 ?当t1=T/2 时,smax=3qUT /8md.若粒子进入两板间,板压已为零,类似上 述分析,仍得相同结论.

图 27

60.解:(1)带电粒子进入磁场受洛沦兹力作用,在磁场内做匀速圆周运动,由qBv0 2 =mv0 /TR,

?R=mv0/qB. 由图 27 几何关系可得∠aO′b=60°,磁场最小直径 2r=2Rcos30°, 即r=Rcos30°= 3 ?mv0/2qB, 2 2 2 2 2 所以最小磁场面积S=π r =3π m v0 /4q B . ?(2)粒子从O到a做匀速圆周运动,从a飞出磁场后做匀速直线运动.由O至a t1 =T/3=2π m/3Bq, 由a至b t2= ab /v0= 3 R/v0= 3 m/qB, 所以由O至b总历时t=t1+t2=m/qB(2π /3+ 3 ). 从几何关系可知 Ob =3R=3mv0/qB, ∴ b点的坐标是(3mv0/qB,0). ? 61.解:(1)由于粒子仅受洛沦兹力作用,故粒子在磁场中做匀速圆周运动,当磁场方向 改变时,圆弧弯曲方向发生改变,为使粒子经过一个磁场变化周期到达 P 点,且 OP 与x轴 正向夹角为 45°,P 点速度方向沿x轴正方向,则粒子必须经过两个四分之一圆弧. ?粒子做匀速圆周运动周期T0=2π m/qB, ?因而磁场变化周期T=2?T0/4=π m/qB. ?(2)磁场变化周期T越大,两段圆弧越长,P 点纵坐标越大,之后半圆弧与y轴相切 时,P点纵坐标最大.设此时两圆弧圆心分别为O1、O2,则O、1O2 连线必通过两圆弧交 点(切点)C,且有 OO1 = O 2 P = O1C = O2 C =R(R为圆弧半径),而R=mv0/qB,过 O2 作辅助线O2A,使O2A垂直y轴,则有O1A= O1O 2 ? O 2 A = 3 R,故 P 点最大纵坐 标ym= OO1 + O1A + O 2 P = R + 3 R + R =(2 + 3 ) ? 62.解:如图 28,离子从D处进入磁场做匀速圆周运动,设半径为r,离子初速度为v0, 2 则qBv0=mv0 /r,由几何关系得:d=r+rcos60°.DC圆弧对应圆心角θ = 120°,在磁场中运动时间t1=T/3=2π m/3qB=2π m/3Bq. 2 在电场中离子做类似平抛运动,设运动时间为t2,场强为E,则 2d=v0t2,d=at2 2 /2=qEt2 /2m, 解得 t2=3m/qB. 离子从D到B需时间 t=t1+t2=(2π +9)m/3qB. 2 ?(2)离子从C到B电场力做功.由动能定理得?qEd=EkB-mv0 /2,解得EkB 2 2 2 =4q B d /9m.
mv 0 . qB
2 2

图 28

图 29

63.解:(1)由于带电液滴做圆周运动,故mg=qE.所以液滴带负电,由牛顿第二定 2 律有qvB=mv /R,所以v=BgR/E,为顺时针方向绕行. ?(2)由于液滴分裂后一部分仍在竖直面内做圆周运动,仍有重力等于电场力,两液滴 质量相同,电量相同.故R1=3R,v1=BgR1/E=3v. ?设第二液滴的速度为v2,由动量守恒定律,有 ?mv=mv1/2+mv2/2,所以v2=-v, ?即第二液滴在A点的速度与原来大小相同,方向相反,做半径为R的顺时针圆运动,但 圆的最高点在A点(如图 29). ?(3)T=2π m/2/Bq/2=2π m/Bq,T′=2π m/2/B′q/2=2π m/ B′q, ?要使两液滴再次相碰,则有 ?①T=nT′ ?②T′=nT 2π m/Bq=2π nm/B′q 2π m/B′q=2π nm/Bq B=nB,(n=1,2,3??), B=nB′.(n=1,2,3??)


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