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高二物理奥赛测试卷(磁场和电磁感应)


高二物理奥赛测试卷 6
1.两个半径相等的电阻均为 9Ω 的均匀光滑圆环,固定在一个绝缘水平台面上,两环面在
两个相距 20cm 的竖直平面内,两环面间有竖直向下的 B = 0.87T 的匀强磁场,两环最高点 A、 C 间接有内阻为 0.5Ω 的电源, 连接导线的电阻不计。 今有一根质量为 10g 、 电阻为 1.5Ω 的导体棒 MN 置于两环内且可顺环滑动,而棒恰静止于图示水平位置,其两端点与圆弧最 低点间的弧所对应的圆心角均为 θ = 60°。取重力加速度 g = 10m/s2 ,求电源电动势。

2.一边长为 l 的正方形线圈(线圈的横截面积为 S,电阻率为ρ
45。夹角,如图 4-3-8 所示。磁场区域的宽为 a,高为 b。 (1)若 b ? ? l,a>l,问线圈通过均匀磁场 B 后释放多少焦耳热? (2)如 b ? ? l,a<l,问线圈通过均匀磁场 B 后释放多少焦耳热?

),以匀速 v 通过均匀磁成

1

3.半径为 R 的无限长螺线管,其电流随时间均匀增加时,其内部的磁感应强度也随时间均匀增加,由于
?B “无限长”的原因,其外部的有限空间内可以认为磁感应强度恒为零。设内部 ?t = k , (1)试求解管内、

外部空间的感生电场。 (2)如果在螺线管内、外分别放置两段导体 CD 和 EF ,它们都是以螺线管轴线为 圆心、且圆心角为θ 的弧形,试求这两段导体两端的电势差。 (3)求长为 L 的直导体在图 10-14 中 a、b、c 三个位置的感应电动势大小分别是多少?

2

4.空间有 φ = 60°的扇形磁场,一束由 m

1

= 36 和 m2 = 40 的两种氩同位素组成的单能氩

离子(即能量相同) ,通过此扇形磁场,射入和射出时,离子束的轴线均与磁场边界垂直。 求两种同位素的发散角

3

5.在相互垂直的匀强电、磁场中,E、B 值已知,一个质量为 m

、电量为+q 的带电微粒

(重力不计)无初速地释放,求(1)该粒子电场方向的最大位移 Y,(2)轨迹顶点 P 的曲率半 径 r,(3)垂直电场方向的“漂移”速度 vx ,(4)粒子从 O 到 P 做经历的时间 t

4

1.答案:F =mgtan60°= 3 G , R = 6Ω∥3Ω + 1.5Ω + 6Ω∥3Ω F=BIL ε=I(R+r) ε ≈ 6.0V。 2.答案:把速度 v 正交分解成 v∥与 v⊥(v∥平行于磁场上边界 a,v⊥垂直于上边界 a),并 注意到线圈的感应电动势等于各边电动势时代数和。 (1)当 b ? ? l,a>l 时,放出的焦耳热为

Q?

E2 t R
l 2l ,t ? S v cos 45 ?
2 2

b ?? l a?l

l
45?

a

E ? Blv cos 45 ? , R ? 4 ?

Q?

?Blv cos45 ?
?

v

2

4?

l S

?

2l B l vS ? ? v cos45 2 2?

B

b

图 4-3-8

(2)b ? ? l,a<l 时,放出的焦耳热为

Q?

E2 t R
l 2a ,t ? S v cos 45 ?

E ? Blv cos 45 ? , R ? 4 ?

?Blv cos 45 ? Q?
4 ?l / S

? 2

2a B 2 lvSa ? ? v cos 45 ? 2 2?

3.答案(1)内部情形求解。设想一个以“中心”为圆心且垂直 B 线的圆形回路,半径为 r , 根据运动的相对性,B 线的会聚运动和导体向外“切割”B 线是一样的。而且,导体的每一 ?U 段切割的“速度”都相同,因此,电动势也相等。根据 E = ?d 知,回路上各处的电场强度 应相等(只不过电场线是曲线,而且是闭合的) 。
?总 ?B 由 ε 总 = π r2 ?t 和 E = 2?r 得
kr E= 2 外部情形求解。思路类同(1) ,只是外部“假想回路”的磁通量不随“回路”的半径增大而

改变,即 φ =π R2B
?总 ?B ? t 2 由 ε 总 = π R2 和 E′= ?r 得

5

kR 2 E = 2r

(r>R) 感生电场线是以螺线管轴心为圆心的同心圆, 具体涡旋方向服从楞次定律。 感生电场强度的 大小规律可以用图 10-12 表达。 (2)因为在弧线上的场强都是大小恒定的,
k k 2 故 UCD = θ r2 ,UEF = 2 θ R2

(3)显然,这里的“有效面积”分别为 Sa = 0
L 1 ? R 2 ? ( )2 2 2 Sb = L
1 L l ? 2 Sc = R2·arctg R
L ?B 4R 2 ? L2 4 ? t ε a = 0 ;ε b = L R 2 ?B l ? 2 ? t ;ε a = arctg R



4.答案:r =

P qB

2mE k

=

qB

=k m

令出射时两粒子对轴线发射角为 α ,则考查图示小三角形,有
r1 r ? r1 sin ? = sin ? r2 r2 ? r sin ? = sin ?





对①②两式消 r 后得:
r 2 ? r1 r 2 ? r1

m 2 ? m1

sinα =

sinφ =

m 2 ? m1

sinφ

m 2 ? m1

发散角为 2α = 2 arcsin(

m 2 ? m1

sinφ)

代数字计算时,可作适当近似处理。 发散角为 2°37′或 0.0456 rad 。 5.答案:鉴于粒子只能在垂直 B 的平面内运动,可以在该平面内建立如图 9-16 所示的直角 坐标。在这个坐标中,从以下四个角度考查粒子运动的定量规律—— (1)电场方向的最大位移 Y
1 2 能量关系 qEY = 2 m v P



在 x 方向上用动量定理,有
fx ? t = mvP

② ③
6

v 且 f x = qB y

(注意

vy ? t = Y)
2mE qB2

解①②③式可得 Y = (2)轨迹顶点 P 的曲率半径 r
v2 P r 在 P 点有动力学关系 qvPB ? qE = m

,而 vP 在第(1)问中已经求得。可解出:

r=

4mE qB2

(3)垂直电场方向的“漂移”速度 vx 针对 O→P 过程,y 方向有动力学关系 Σ 即 qE ? 所以
vx

Fy

=m

ay
v P ? vO t = =0

fy

=m

ay

,即 qE ? qB

vx

=m

ay

。而

ay

E B =

(4)粒子从 O 到 P 做经历的时间 t 解法一:摆线亦称旋轮线,是由轮子在水平面无滑滚动时轮子边缘形成的轨迹(如图 9-17 所示) 。在本题的 E、B 叠加场中,可以认为“轮 子” 的旋转是由洛仑兹力独立形成的。 而从 O 到 P 的过程,轮子转动的圆心角应为π ,故对应时间
T ?m 为 t = 2 = qB 。

解法二:参照摆线方程 x = a(t ? sint) y = a(1 ? cost)
xP ?mE Y 2 得到 xP = π a = π 2 = qB 。再根据 t = v x ?m qB
?mE E 2 = qB / B

所以 t =



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