資源簡介

第二章 解電學(xué)問題的基本方法
帶電粒子在電場、磁場中的運動
【整合提高】
帶電粒子在電場、磁場中的運動是中學(xué)物理中的重點內(nèi)容，這類問題對學(xué)生的空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力有較高的要求，是考查考生多項能力的極好載體，因此歷來是高考的熱點。
帶電粒子在電場、磁場中的運動與現(xiàn)代科技密切相關(guān)，在近代物理實驗中有重大意義，因此考題有可能以科學(xué)技術(shù)的具體問題為背景。
帶電粒子在電場、磁場中的運動可分為下列幾種情況
帶電粒子在電場、磁場、重力場中的運動，本質(zhì)上是力學(xué)問題，應(yīng)順應(yīng)力學(xué)問題的研究思路和運用力學(xué)的基本規(guī)律。
分析帶電粒子在電場、磁場中運動，主要是兩條線索：
（1）力和運動的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結(jié)合運動學(xué)規(guī)律求解。
（2）功能關(guān)系。根據(jù)場力及其它外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關(guān)系，從而可確定帶電粒子的運動情況，這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場。因此要熟悉各種力做功的特點。
處理帶電粒子在場中的運動問題應(yīng)注意是否考慮帶電粒子的重力。這要依據(jù)具體情況而定，質(zhì)子、α粒子、離子等微觀粒子，一般不考慮重力；液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子由題設(shè)條件決定，一般把裝置在空間的方位介紹的很明確的，都應(yīng)考慮重力，有時還應(yīng)根據(jù)題目的隱含條件來判斷。
處理帶電粒子在電場、磁場中的運動，還應(yīng)畫好示意圖，在畫圖的基礎(chǔ)上特別注意運用幾何知識尋找關(guān)系。
【要點精析】
【例題1】（2005廣東）如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60o。一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30o角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強度的大小（忽略粒子重力）。
【點撥解疑】
設(shè)粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場Ⅰ區(qū)Ⅱ磁感應(yīng)強度、軌道半徑和周期　
　　　　　　　　　 ①
　　　　　　 ②
　　　　 ③
　　　　　④
設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r，如答圖5所示，已知帶電粒子過圓心且垂直A3A4進入Ⅱ區(qū)磁場，連接A1A2，△A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在Ⅱ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其半徑
圓心角，帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為　
帶電粒子在Ⅱ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心在OA4的中點，即R=r
在Ⅱ區(qū)磁場中運動時間為
帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間
由以上各式可得　
【例題2】 如圖3所示，在直角坐標(biāo)系的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，第三象限有沿Y軸負方向的勻強電場，第四象限內(nèi)無電場和磁場。質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從M點以速度v0沿x軸負方向進入電場，不計粒子的重力，粒子經(jīng)N、P最后又回到M點。設(shè)OM=L，ON=2L，則：
（1）關(guān)于電場強度E的大小，下列結(jié)論正確的是 （ ）
A． B． C． D．
（2）勻強磁場的方向是 。
（3）磁感應(yīng)強度B的大小是多少？

【點撥解疑】 （1）由帶電粒子在電場中做類平拋運動，易知，且則E= 故選C
（2）由左手定則，勻強磁場的方向為垂直紙面向里。
（3）根據(jù)粒子在電場中運動的情況可知，粒子帶負電。粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)到達N點的速度為v，運動方向與x軸負方向的夾角為θ，如圖4所示。
由動能定理得
將（1）式中的E代入可得 所以θ=45°
粒子在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過P點時速度方向也與x軸負方向成45°角。
則OP=OM=L NP=NO+OP=3L
粒子在磁場中的軌道半徑為R=Npcos45°= 又
解得
【例題3】 如圖5所示，在水平正交的勻強電場和勻強磁場中，半徑為R的光滑絕緣豎直圓環(huán)上，套有一個帶正電的小球，已知小球所受電場力與重力相等，小球在環(huán)頂端A點由靜止釋放，當(dāng)小球運動的圓弧為周長的幾分之幾時，所受磁場力最大？
【點撥解疑】 小球下滑的過程中，要使磁場力最大，則需要速度最大。OC為與小球受到的重力、電場力的合力平行的半徑。由功能關(guān)系尋找速度最大的點，因為洛倫茲力不做功，所以不考慮磁場的作用，從圖中A到C，上述合力有切向分力，且與速度同向，因此做正功，小球動能增加；在C點時，該合力為徑向，沒有切向分力；此后切向分力與線速度反向，動能將減小；故在C點時速度最大，所受磁場力也最大。由受力分析知
mg=qE mg=qEtanα 得α= 45°
由圖知θ=α+90°=135°
故小球運動的弧長與周長之比為，
所以運動的弧長為周長的。
該題也可用等效法處理。把電場和重力場合起來當(dāng)作一個新的重力場，這個重力場的豎直方向與原水平方向成45°角斜向下，這樣就很容易確定速度最大的點。
【例題4 】（2006全國理綜Ⅰ）有個演示實驗，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放入了許多用錫箔紙揉成的小球，當(dāng)上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動。現(xiàn)取以下簡化模型進行定量研究。
如圖所示，電容量為C的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為d，與電動勢為ε、內(nèi)阻可不計的電源相連。設(shè)兩板之間只有一個質(zhì)量為m的導(dǎo)電小球，小球可視為質(zhì)點。已知：若小球與極板發(fā)生碰撞，則碰撞后小球的速度立即變?yōu)榱悖瑤щ姞顟B(tài)也立即改變，改變后，小球所帶電荷符號與該極板相同，電量為極板電量的α倍（α<<1）。不計帶電小球?qū)O板間勻強電場的影響。重力加速度為g。
（1）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運動，電動勢ε至少應(yīng)大于多少？
（2）設(shè)上述條件已滿足，在較長的時間間隔T內(nèi)小球做了很多次往返運動。求在T時間內(nèi)小球往返運動的次數(shù)以及通過電源的總電量。
【點撥解疑】
（1）用Q表示極板電荷量的大小，q表示碰后小球電荷量的大小。要使小球能不停地往返運動，小球所受的向上的電場力至少應(yīng)大于重力，即 ①
其中 ②
又有 ③
由①②③式得 ④
（2）當(dāng)小球帶正電時，小球所受電場力與重力方向相同，向下做加速運動。以a1表示其加速度，t1表示從A板到B板所用的時間，則有
⑤
⑥
當(dāng)小球帶負電時，小球所受電場力與重力方向相反，向上做加速運動。以a2表示其加速度，t2表示從B板到A板所用的時間，則有
⑦
⑧
小球往返一次共用的時間為（t1+t2），故小球在T時間內(nèi)往返的次數(shù)
⑨
由以上有關(guān)各式得
⑩
小球往返一次通過電源的電量為，在T時間內(nèi)通過電源的總電量
Q’=2qn ⑾
由⑩⑾式可得
⑿
【針對精練】
1.有電子、質(zhì)子、氘核和氚核，以同樣的速度垂直射入同一勻強磁場中，它們在磁場中都做勻速圓周運動，則軌道半徑最大的粒子是?
A.氘核 B.氚核
C.電子 D.質(zhì)子?
2.用絕緣細線懸掛一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球，讓它處于圖14—4所示的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中.由于磁場的運動，小球靜止在如圖位置，這時懸線與豎直方向夾角為α，并被拉緊，則磁場的運動速度和方向是?
圖14—4
A. v=，水平向右? B. v=，水平向左?
C. v=，豎直向上?D. v=，豎直向下?
3. 如圖14—5所示，方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)寬度為L，速率相同的三個粒子分別為質(zhì)子（），(粒子（），氘核（），都沿垂直邊界MN的方向射入勻強磁場中，若(粒子恰能從邊界飛出磁場區(qū)，那么
A．質(zhì)子和氘核都能從邊界飛出
B．質(zhì)子能從邊界飛出，而氘核不能從邊界飛出
C．氘核能從邊界飛出，而質(zhì)子不能從邊界飛出
D．氘核和質(zhì)子都不能從邊界飛出

4. 質(zhì)量為m，帶正電量q的粒子，垂直磁場方向從A射入勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，途經(jīng)P點。已知AP連線與入射方向成角。如圖14—6所示，則粒子從A到P經(jīng)歷的時間為
A． B．
C． D．
5．在圖9中虛線所示的區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場。取坐標(biāo)如圖。一帶電粒子沿x軸正方向進入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。不計重力的影響，電場強度E和磁感強度B的方向可能是（　　）
A． E和B都沿x軸正方向 B． E沿y軸正向，B沿z軸正向
C． E沿x軸正向，B沿y軸正向 D． E、B都沿z軸正向
6．如圖14—7所示，有一半徑為R、有明顯邊界的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B.今有一電子沿x軸正方向射入磁場，恰好沿y軸負方向射出.如果電子的比荷為,則電子射入時的速度為_______，電子通過磁場的時間為_______，此過程中電子的動能增量為_______.?
圖14—7
7.在真空中半徑為r=×10－2 m的圓形區(qū)域內(nèi)，有一勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度B=0.2 T，方向如圖14—9所示，一帶正電的粒子以v0=1.2×106 m/s的初速度從磁場邊界沿直徑ab的方向，從一端a點射入磁場，已知該粒子荷質(zhì)比q/m=108 C/kg，不計粒子重力，則粒子在磁場中運動時間為_______s.?
圖14—9
8．如圖10所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感應(yīng)強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是30°，則電子的質(zhì)量是 ，穿透磁場的時間是 。
9．如圖11所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場。一質(zhì)量為ｍ、帶電量為＋q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應(yīng)是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）
10．如圖12所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側(cè)勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復(fù)上述運動過程。求：
（1）中間磁場區(qū)域的寬度d；
（2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t。
參考答案：
1、B 2. C 3. C【提示】(粒子恰能從邊界飛出磁場區(qū)，說明其半徑為L，它的軌跡是四分之一圓弧，有，可飛出磁場，三種粒子比較，B、v相同，氘核 邊界，而質(zhì)子不可飛出。
4.D【提示】勻強磁場一定是垂直紙面向外，圓心于O處，
圓心角，有 。
5. AB
6．；；0【提示】evB=,故v=；t=;ΔEk=0.?
7．2.6×10-8【提示】半徑R==0.06 m，周期T==π×10-7 s，則tanθ=,故t=T=2.6×10-8 s.?
8．2dBe/v，πd/3v【提示】∴r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v
又∵AB圓心角是30°，∴穿透時間t=T/12，故t=πd/3v。
9．解析：如圖13所示，帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點。設(shè)粒子進入磁場區(qū)的速度大小為v，根據(jù)動能定理，有
設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有
要回到S點，粒子從a到d必經(jīng)過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r。由以上各式解得
。
10．解析：（1）帶電粒子在電場中加速，
帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，
由以上兩式，可得 。
可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖14所示，三段圓弧的圓心組成的三角形ΔO1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為
（2）在電場中 ，
在中間磁場中運動時間
在右側(cè)磁場中運動時間，
則粒子第一次回到O點的所用時間為
。
第二章 解電學(xué)問題的基本方法
二、電場、磁場中能量的轉(zhuǎn)化
【整合提高】
能量轉(zhuǎn)化及其守恒定律是貫穿整個物理學(xué)的一條主線，電場、磁場中能量的轉(zhuǎn)化是中學(xué)物理重點內(nèi)容之一，也是分析解決問題的重要物理思想方法。在電場、磁場的問題中，既會涉及電場、磁場本身的功和能，又會涉及其他領(lǐng)域中的功和能。
如果帶電粒子僅受電場力和磁場力作用，則帶電粒子在運動過程中，它的動能和電勢能之間互相轉(zhuǎn)化，動能和電勢能之和不變，總量守恒；如果帶電粒子受電場力、磁場力之外，還受重力、彈簧彈力等，但沒有摩擦力做功，帶電粒子的電勢能和機械能的總量守恒；更為一般的情況，除了電場力、重力做功外，還有摩擦力做功，則有更多形式的能相互轉(zhuǎn)化。要分清哪種形式的能在增加，哪種形式的能在減少？能量發(fā)生了怎樣的轉(zhuǎn)化？
能量守恒的表達式可以是：①初態(tài)和末態(tài)的總能量相等，即E初=E末；②某些形勢的能量的減少量等于其他形式的能量的增加量，即ΔE減=ΔE增；③各種形式的能量的增量（ΔE=E末-E初）的代數(shù)和為零，即ΔE1+ΔE2+…ΔEn=0。
電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，其他形式的能向電能轉(zhuǎn)化是通過安培力的功來量度的，感應(yīng)電流在磁場中受到的安培力作了多少功就有多少電能產(chǎn)生，而這些電能又通過電流做功轉(zhuǎn)變成其他形式的能，如電阻上產(chǎn)生的內(nèi)能、電動機產(chǎn)生的機械能等。從能量的角度看，楞次定律就是能量轉(zhuǎn)化和守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體表現(xiàn)。電磁感應(yīng)過程往往涉及多種能量形式的轉(zhuǎn)化，因此從功和能的觀點入手，分析清楚能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，往往是解決電磁感應(yīng)問題的重要途徑。
【要點精析】
【例題1】如圖1所示，一個質(zhì)量為m，電量為-q的小物體，可在水平軌道x上運動，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處在場強大小為E，方向沿Ox軸正向的勻強磁場中，小物體以初速度v0從點x0沿Ox軌道運動，運動中受到大小不變的摩擦力f作用，且f【點撥解疑】 首先要認真分析小物體的運動過程，建立物理圖景。開始時，物體從x0點，以速度v0向右運動，它在水平方向受電場力qE和摩擦力f，方向均向左，因此物體向右做勻減速直線運動，直到速度為零；而后，物體受向左的電場力和向右的摩擦力作用，因為qE>f，所以物體向左做初速度為零的勻加速直線運動，直到以一定速度與墻壁碰撞，碰后物體的速度與碰前速度大小相等，方向相反，然后物體將多次的往復(fù)運動。
但由于摩擦力總是做負功，物體機械能不斷損失，所以物體通過同一位置時的速度將不斷減小，直到最后停止運動。物體停止時，所受合外力必定為零，因此物體只能停在O點。
對于這樣幅度不斷減小的往復(fù)運動，研究其全過程。電場力的功只跟始末位置有關(guān)，而跟路徑無關(guān)，所以整個過程中電場力做功
根據(jù)動能定理 ， 得：
。
可用能量守恒列式：電勢能減少了，動能減少了，內(nèi)能增加了， ∴
同樣解得。
【例題2】 如圖2所示，半徑為r的絕緣細圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上，場強為E的勻強電場與環(huán)面平行。一電量為+q、質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上，可沿環(huán)作無摩擦的圓周運動，若小球經(jīng)A點時，速度vA的方向恰與電場垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無力的作用，試計算：
（1）速度vA的大小；
（2）小球運動到與A點對稱的B點時，對環(huán)在水平方向的作用力。
【點撥解疑】 （1）在A點，小球在水平方向只受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律得：
所以小球在A點的速度。
（2）在小球從A到B的過程中，根據(jù)動能定理，電場力做的正功等于小球動能的增加量，即 ，
小球在B點時，根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向有
解以上兩式，小球在B點對環(huán)的水平作用力為：。
也可將水平的勻強電場等效成一新的重力場，重力為Eq，A是環(huán)上的最高點，B是最低點；這樣可以把該題看成是熟悉的小球在豎直平面內(nèi)作圓周運動的問題。
【例題3】（2002年理綜全國卷）如圖3所示有三根長度皆為l＝1.00 m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的 O點，另一端分別掛有質(zhì)量皆為m＝1.00×kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為一q和＋q，q＝1.00×C．A、B之間用第三根線連接起來．空間中存在大小為E＝1.00×106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時 A、B球的位置如圖所示．現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置．求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少．（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）
【點撥解疑】圖（1）中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、分別表示OA、AB與豎直方向的夾角。A球受力如圖（2）所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件得
① ②
B球受力如圖（3）所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向右；細線AB對B
的拉力T2，方向如圖。由平衡條件得
③ ④
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得 ⑤ ⑥
由此可知，A、B球重新達到平衡的位置如圖（4）所示。
與原來位置相比，A球的重力勢能減少了 ⑦
B球的重力勢能減少了 ⑧
A球的電勢能增加了 WA=qElcos60°⑨
B球的電勢能減少了 ⑩
兩種勢能總和減少了
代入數(shù)據(jù)解得
【例題4】（2003年全國理綜卷）如圖5所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強度B=0.50T的勻強磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計。導(dǎo)軌間的距離l=0.20m。兩根質(zhì)量均為m=0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R=0.50Ω。在t=0時刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動。經(jīng)過t=5.0s，金屬桿甲的加速度為a=1.37m/s2，問此時兩金屬桿的速度各為多少？
【點撥解疑】設(shè)任一時刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2,經(jīng)過很短的時間△t，桿甲移動距離v1△t，桿乙移動距離v2△t，回路面積改變
由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢
回路中的電流
桿甲的運動方程
由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動量時為0）等于外力F的沖量
聯(lián)立以上各式解得
代入數(shù)據(jù)得
【習(xí)題精煉】
1． 如圖6所示，長L1寬L2的矩形線圈電阻為R，處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場邊緣，線圈與磁感線垂直。將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場，求：①拉力F大小；②拉力的功率P；③拉力做的功W；④線圈中產(chǎn)生的電熱Q；⑤通過線圈某一截面的電荷量q。
2．如圖7所示，水平的平行虛線間距為d=50cm，其間有B=1.0T的勻強磁場。一個正方形線圈邊長為l=10cm，線圈質(zhì)量m=100g，電阻為R=0.020Ω。開始時，線圈的下邊緣到磁場上邊緣的距離為h=80cm。將線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時的速度相等。取g=10m/s2，求：⑴線圈進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q。⑵線圈下邊緣穿越磁場過程中的最小速度v。⑶線圈下邊緣穿越磁場過程中加速度的最小值a。
3．（2001年上海卷）如圖8所示，有兩根和水平方向成。角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感強度為及一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下。經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度幾，則
（A）如果B增大，vm將變大
（B）如果α變大，vm將變大
（C）如果R變大，vm將變大
（D）如果m變小，vm將變大
4．（2001年上海卷）半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場，磁感強度為B＝0.2T，磁場方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場同心地放置，磁場與環(huán)面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R0＝2Ω，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計
（1）若棒以v0＝5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動，求棒滑過圓環(huán)直徑OO′ 的瞬時（如圖9所示）MN中的電動勢和流過燈L1的電流。
（2）撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2O′ 以O(shè)O′ 為軸向上翻轉(zhuǎn)90o，若此時磁場隨時間均勻變化，其變化率為ΔB/Δt＝4T/s，求L1的功率。
5．如圖所示，電動機牽引一根原來靜止的、長L為1m、質(zhì)量m為0.1kg的導(dǎo)體棒MN上升，導(dǎo)體棒的電阻R為1Ω，架在豎直放置的框架上，它們處于磁感應(yīng)強度B為1T的勻強磁場中，磁場方向與框架平面垂直。當(dāng)導(dǎo)體棒上升h=3.8m時，獲得穩(wěn)定的速度，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為2J，電動機牽引棒時，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為7V、1A，電動機內(nèi)阻r為1Ω，不計框架電阻及一切摩擦，求：
（1）棒能達到的穩(wěn)定速度；
（2）棒從靜止至達到穩(wěn)定速度所需要的時間。
參考答案
1．解析：
，，，；；；；
特別要注意電熱Q和電荷q的區(qū)別，其中 q與速度無關(guān)！
2．解：⑴由于線圈完全處于磁場中時不產(chǎn)生電熱，所以線圈進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q就是線圈從圖中2位置到4位置產(chǎn)生的電熱，而2、4位置動能相同，由能量守恒Q=mgd=0.50J
⑵3位置時線圈速度一定最小，而3到4線圈是自由落體運動因此有
v02-v2=2g(d-l)，得v=2m/s
⑶2到3是減速過程，因此安培力減小，由F-mg=ma知加速度減小，到3位置時加速度最小，a=4.1m/s2
3． B、C
4．解析：（1）E1＝B2a v＝0.2×0.8×5＝0.8V ①
I1＝E1/R＝0.8/2＝0.4A ②
（2）E2＝ΔФ/Δt＝0.5×πa2×ΔB/Δt＝0.32V ③
P1＝(E2/2)2/R＝1.28×102W
5．解析：（1）電動機的輸出功率為：W
電動機的輸出功率就是電動機牽引棒的拉力的功率，所以有
其中F為電動機對棒的拉力，當(dāng)棒達穩(wěn)定速度時
感應(yīng)電流
由①②③式解得，棒達到的穩(wěn)定速度為m/s
（2）從棒由靜止開始運動至達到穩(wěn)定速度的過程中，電動機提供的能量轉(zhuǎn)化為棒的機械能和內(nèi)能，由能量守恒定律得：
解得 t=1s

展開更多......

收起↑