(名师推荐)高中物理经典题库-电学计算题63个
发布时间:2019-08-06 23:12:07
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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=7.2×10-5C,求电阻R2的阻值?
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:
(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:
(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:
(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=14m/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
(1)B物体的最大速度? (2)小车A的最小速度? (3)在此过程中系统增加的内能?(g=10m/s2) 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)
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的正方形,其电场强度为E=4×105V/m,磁感强度B=2×10-2T,磁场方向垂直纸面向里,当一束质荷比为m/q=4×10-10kg/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,
(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,带电粒子的荷质比为1.0×104C/kg,重力忽略不计.求
(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
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xOy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.
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.
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.
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.
16.匀强电场的场强E=2.0×103Vm-1,方向水平.电场中有两个带电质点,其质量均为m=1.0×10-5kg.质点A带负电,质点B带正电,电量皆为q=1.0×10-9C.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vBo=1.2m·s-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?
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:
(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:
(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.
(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? 20.某交流发电机输出功率为5×105W,输出电压为U=1.0×103V,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=10T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=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=3.2×10-21kg、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
(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.
(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word/media/image21_1.png∶word/media/image22_1.png;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)
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/s2). 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
(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=1m,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.不计一切摩擦,g取10m/s2.求:
(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.
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=10T,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,形成电流强度为1mA的细柱形质子流.已知质子电荷e=1.60×10-19C.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=ΔΦ/Δt,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.
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.
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?
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?
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10m/s2),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? 44.如图3-119,一个圆形线圈的匝数n=1000,线圈面积S=200cm2,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?
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 .
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(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2).
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,可沿纸面向各个方向射出速率均为v=3.2×106m/s的α粒子,已知α粒子的质量m=6.64×10-27kg,电量q=3.2×10-19C.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Δt,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?
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,并说明其运动方向.(已知质子的荷质比q/m=108C/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.
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、N相通.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,其磁感强度B=1T,一质量为m=3×10-16kg、电量为q=+1×10-8C的质点(其重力忽略不计),以v=4×106m/s速率通过坐标原点O,之后历时4π×10-8s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.
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+Δt)s,那么第2个粒子击中C点的时刻是多少?
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.
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.
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.
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.
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. 电容器带电量 Q=CUC=1.2×10-3C. (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, Q12+Q34=Q=1.2×10-3C,所以 Q12=2Q/3=0.8×10-3C.
3.解:(1)对物体,根据动能定理,有 qEL1=(1/2)mv12,得 v1=word/media/image47_1.png. (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)word/media/image47_1.png. 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)word/media/image47_1.png. (3)电场力做功 W=(1/2)mv12+((1/2)mv22-(1/2)mv1′2)=(13/5)qEL1.
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)mv2. 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 f=mv2/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/t=q/T=q2B/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. (3)Q=ΔE=(1/2)Mv02-(1/2)Mv2-(1/2)mvmax2=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=qBv, v=E/B=2×107m/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 qBv=mv2/R,R=mv/qB=0.4m. 离子离开磁场区边界时,偏转角sinθ=L/R=1/2,即θ=30°.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 偏转角为θ′如图17乙所示,则tgθ′=vy/v=(qEL/mv2)·(1/2),
图17
偏离距离为y2′=(1/2)at2=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. T=2πm/Bq=(π/2)×10-3s,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. 由qU=(1/2)mv2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. 由r′=mv′/Bq和qUmax=(1/2)mv′2,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=It, 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. ⑦∴ 两次外力做功之差W′-W=2.3×10-3J.
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
其圆的方程为:(R-x)2+y2=R2. 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: x2+(R-y)2=R2, 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 Smin=2((πR2/4)-(R2/2))=((π-2)/2)(mv0)2/(Be)2.
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)at12, ④ t1=l/4v0, ⑤ 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′t22,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%. ∵P损=I2R线,又∵P=IU, ∴R线=P损/(P/U)2=(200×1000)/(500×1000/6000)2=28.8Ω. (2)设升压至U′可满足要求,则输送电流 I′=P/U′=(500000/U′)A. 输电线上损失功率为 P损′=I′2R线=P×2%=10000W,则有 (500000/U′)2×R线=10000W, 得 U′=word/media/image52_1.png=2.68×104V.
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, 联立以上各式解出P=(n-1)B2l2ω2D2/4nηR.
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 ρ′S·2(d+L)g-(B2L2v/(ρ2(L+d)/S))=ρ′S(L+d)2·a则 a=g-(B2L2v/4ρρ′(L+d)2 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vAo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 Δsmax=(vAot1-(1/2)at12)-(vBot1+(1/2)at12)=(vAo-vBo)t1-at12, 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 a=qE/m=0.20m/s2. 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=0.8m. 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 vAot2-(1/2)at22=vBot2+(1/2)at22.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0.8m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-at1=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 v12=v02-2ax1, 以v1=(1/2)v0代入就得到此时金属杆的x坐标,即 x1=3v02/8a. 由题给条件就得出此时金属杆所在处的磁感应强度B0=3kv02/8a 因而此时由金属杆切割磁感线产生的感应电动势 1=B1v1l=(3kv03/16a)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,x=v0t-(1/2)at2. 由金属杆切割磁感线产生的感应电动势 =k(v0t-(1/2)at2)(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 I=k(v0t-(1/2)at2)(v0-at)d/R. 因而金属杆所受的安培力等于 f=IBl=k2(v0t-(1/2)at2)2(v0-at)d2/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 F+(k2(v0t-(1/2)at2)2(v0-at)d2/R)=ma, 由上式解得作用在金属杆的外力等于 F=ma-(k2(v0t-(1/2)at2)2(v0-at)d2/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
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 f1L=(1/2)mv02-(1/2)(m+M)v2=ΔEk1. 电场竖直向上时 f2(1/2)L=(1/2)mv02-(1/2)(m+M)v2=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2R=P出×5%, 解出 I输=word/media/image55_1.png=50A. 由 P出=U2I输,得U2=P出/I输=1.0×104V. 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%)=4.75×105W. 降压变压器初级电压:U3=P′/I输=4.75×105/50=9.5×103V, ∴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′2,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.
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, 则word/media/image58_1.png=word/media/image59_1.png=d-(rmax-word/media/image60_1.png), 代入数据可得:word/media/image59_1.png=(word/media/image61_1.png-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 P1=U2/(R2∥R3)=2202/((500×50)/(500+50)). 电饭煲处于保温态时,消耗的功率为P2,则 P2=U2/(R1+R2∥R3)=2202/(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 v12=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 (mg+qE)·L/3=(1/2)mv22-(1/2)mv12, 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 v02=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 qBv0=mv02/(L/4), ⑥解④⑤⑥式得h=q2B2L2/32m2g. 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 qBv0=mv02/(L/3), ⑧ 解④⑤⑧式得h=q2B2L2/18m2g. 故释放点距A板的高度满足q2B2L2/32m2g<h<q2B2L2/18m2g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, ③ 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=(10-2×10×6)/(3.46×10-1×0.2)=15V.
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=4mp,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. tgφp=qpUL/mpdvp2.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 tgφα=qαUL/mαdvp2=2qpUL/mpdvp2=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.
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)mv2=eU.
图26
电子穿过阳极A小孔时速度为v=word/media/image68_1.png. 电子在电容器中不发生偏转的条件是eE=evB,所以 E=vB=Bword/media/image68_1.png. (2)电子在磁场中沿圆轨道运动,由牛顿第二定律,得 evB=mv2/R,R=mv/eB=(1/B)word/media/image69_1.png,由图26得x1=R-word/media/image70_1.png,x2=Ltgα=Ld/word/media/image70_1.png x=x1+x2=R-word/media/image70_1.png+(Ld/word/media/image70_1.png) =(1/B)word/media/image69_1.png-word/media/image71_1.png+word/media/image72_1.png.
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-I′2r, 化简以上各式代入数据得v2+v-6=0,所以 v=2m/s.(v=-3m/s不合题意舍去) (2)由能量守恒定律可得P出t=mgh+(1/2)mv2+Q,所以t=(2mgh+mv2+2Q)/2(Iv-I2r)=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°,又 UR=(1/2)Bx2ω, 解①、②得UR=Bl2ω/2(1+sin2ωt). (3)Q=Δt=(B(1/2)l2/ΔtR)·Δt=Bl2/2R.
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=fRf=4M0/R=(4×0.025/0.1)N=1N.
31.解:(1)由I=Q/t得,单位时间通过细截面的电量Q=It=1×10-3C,Q/e=1×10-3/1.60×10-19=6.25×1015. (2)在l和4l处各取一段极短的长度均为Δl的质子流,则l处的质子数n1=IΔt1/e=IΔl/ev1,4l处的质子数n2=IΔt2/e=IΔl/ev2,又根据qU=mv2/2,U=Ed可得U∝d,v∝word/media/image75_1.png,∴n1/n2=v2/v1=word/media/image76_1.png=word/media/image77_1.png=2.
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Δt时间ab向右移动距离为d,Δt时间内闭合电路增加的面积为ΔS=ld=lvΔt.因B⊥L,B⊥v,故Δt时间内回路的磁通量增加为ΔΦ=BΔS=BlvΔt.依法拉第电磁感应定律,导线ab中产生感应电动势为=ΔΦ/Δt=BlvΔt/Δt=Blv,证毕.
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=mv2/2. 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.洛沦滋力f就是使粒子做匀速圆周运动的向心力,即Bqv=mv2/R.带电粒子做圆周运动的周期为T,则T=2πR/v=2πm/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 I=Q/t=q/T=Bq2/2πm.
36.如图14所示.
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
F/G=tg30°.∵F=qE, G=mg,∴qE/mg=tg30°, q=mgtg30°/E=word/media/image81_1.pngmg/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 WF-WG=mv2/2, qlsin30°-mgl(1-cos30°)=mv2/2,∴ v=word/media/image82_1.png=word/media/image83_1.png.
38.解:根据法拉第电磁感应定律 1=ΔBS1/Δt,2=ΔBS2/Δt,1=2. 由欧姆定律: I1/I2=R2/R1=L2/L1=r2/r1=1/2,P1/P2=I12R1/I22R2=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=word/media/image84_1.png.由题意可知 R′<d/2=0.1m,可得 v<word/media/image85_1.png=word/media/image86_1.pngword/media/image87_1.png15m/s.
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)由功能关系Fv=I2(R+r),而 I=U/R,F=U2(R+r)/R2v.代入数据得 F=12×(0.5+0.3)/0.52×2=1.6N. (3)由动量定理知mΔv=IBLΔt,两边求和 mΔv1+mΔv2+…=BLI1Δt1+BLI2Δt2+…即 mv=BLq,由电磁感应定律,有=BLv,=I(R+r),解得 q=mv2/I(R+r).代入数据得 q=0.1×22/2×(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、a3b3三个不同阶段.
在从ab→a1b1过程中,拉力克服磁场力做功为W1=F拉s=BI1Ls=B2L2vs/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). 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=B2L2vs/R.所以拉力所做的总功W=W1+W2+W3=2B2L2vs/R+4B2L2v(L-s)/R=2B2L2v(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, vm=mgR总/B2L2=0.1×10×1.5/0.52×12m/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-B2l2v/mR总=5m/s2.
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=B2L2v/R∴ v=(Fcosθ-mgsinθ)R/B2L2. 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,联立解得:v=(mgsinθ-Fcosθ)R/B2L2. (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,联立解得: v=(mgsinθ+Fcosθ)R/B2L2=mgR/B2L2sinθ.
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=3.5×10-1T,B5=2.0×10-1T.根据Φ=BS,t=3s,t=5s时通过线圈的磁通量分别为 Φ3=7.0×10-3Wb,Φ5=4.0×10-3Wb. (2)在0~4s,B在增加,线圈中产生的电动势为1=nΔBS/Δt=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 word/media/image89_1.png2=nΔBS/Δt=4V,电路中电流强度为I2=word/media/image89_1.png2/(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ΔΦ=BπR2.所用的时间为Δt=T/2=π/ω,平均感应电动势=ΔΦ/Δt,解之得=BωR2.
(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Δl=2Rsinωt,切割的平均速度=ωΔl/2,感应电动势的瞬时值e=BΔl,解之得 e=2BωR2sin2ωt. (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, f=μΝ=μmgcosθ,FB=BIl=B2l2vm/R.有 mg(sinθ-μcosθ)=B2l2vm/R,解得 vm=mgR(sinθ-μcosθ)/B2l2=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.因 Q=IΔt=B2l2vΔt/R=B2l2s/R, s=QR/Bl=2×2/0.8×0.5=10m. 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 W=mg(sinθ-μcosθ)s-mvm2/2=1.5J.
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=mv2/RR=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≤a4mv/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=mv2/r,r=mv/qB=0.2m. ∴r=2R.α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(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°.
(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,Δt=L/v.设带电粒子在磁场中运动时间为t,则 t=T/6=2πR/6v=πR/3v,其中R为粒子圆周运动的半径,且R=2word/media/image96_1.pngL/3,∴ t=2word/media/image96_1.pngπΔt/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word/media/image96_1.pngL/3=qE/2m(L/v)2,只有磁场时qvB=mv2/R, R=mv/qB=2word/media/image96_1.pngL/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.
∵mv2/r=qBv,∴v=qBrm,而r=(R2-R1)/2=5×10-2m,又qα/mα=2qp/4mp=×108/2C/kg,解得:vmin=qαBr/mα=2.5×105m/s.
51.解:(1)由动能定理得qEL=mv02/2, 所以v0=word/media/image98_1.png. (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mv0=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=at1,这段时间内B的位移为s1=v2t1.解以上各式得:s1=4L/9<L. 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v2t=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=mv02/2,所以v0=word/media/image99_1.png. 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周期内通过的距离为d/4,设粒子在前半个周期的末速度为v1,则qU0/4=mv02/2-mv12/2,解得v1=±word/media/image100_1.png.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=dword/media/image101_1.png. 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=dword/media/image102_1.png. 在此周期下的v-t图线如图22乙所示.
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=mv2/2,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=word/media/image105_1.png. 由r=mv/qB,即Rctg30°=mv/qB,得B=word/media/image106_1.png. (2)由q/d=ma,粒子从A→C的加速度为 a=q/md. 由d=at12/2,粒子从A→C的时间为 t1=word/media/image107_1.png=dword/media/image108_1.png. 粒子在磁场中运动的时间为 t2=T/2=2πm/2qB. 将(1)求得的B值代入,得t2=πRword/media/image109_1.png,求得t=t1+t2=word/media/image110_1.png(word/media/image111_1.pngd +word/media/image112_1.pngπR).
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. 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=mv2/R,圆运动所需向心力为洛沦兹力,故有qvB=mv2/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,∵ T=2πR/v=2πm/Bq=6π×10-8s,∴ θ=2πt/T=4π×2π×10-8/6π×10-8=4π/3(=240°).
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°,y1=-Rsin30°,即x1=6word/media/image114_1.pngcm,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=6word/media/image114_1.png(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=mword/media/image115_1.png/2-0,而W电=Eql,∴ Eql=mv02/2,v0=word/media/image116_1.png.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
s1=(v12-v22)/-2a,式中a=Eq/m.所以s1=[(v0/4)2-(3v0/4)2]m/-2Eq=mv024Eq=m4Eq(word/media/image116_1.png)2=l/2.历时t=(v1+v2)/a=(3v0/4+v0/4)m/Eq=mv0/Eq=m/Eqword/media/image116_1.png=word/media/image118_1.png,而s2=v2t=word/media/image119_1.pngword/media/image120_1.pngword/media/image121_1.pngword/media/image122_1.png=word/media/image123_1.png.∵ 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′,由几何关系及匀加速直线运动公式有:s1+s2+s=v2t′+at′2/2,式中s=v2t′,为小车t′内的位移. t′=word/media/image124_1.png=word/media/image125_1.png,故有s=v2t′=word/media/image119_1.pngword/media/image120_1.pngword/media/image121_1.pngword/media/image122_1.png=word/media/image123_1.png,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.
56.解:(1)由图25中几何关系可得R+Rsin30°=H, Bqv=mv2/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=2πR/v,t=πH/3v,Eq=Bqv,E=3mv2/2Hq,E沿x轴正方向.
57.解:如图26所示,由题意word/media/image127_1.png= 2word/media/image128_1.png得∠BAC=30°.
(1)1~2s,第1个粒子做匀速圆周运动,要击中C,必有R=word/media/image127_1.png,由公式R=mv/Bq得 B0=mv/qword/media/image127_1.png. 3~4s,第2个粒子做类平抛运动,要击中C必满足word/media/image130_1.png=E0q/2m(word/media/image131_1.png/v)2,即 word/media/image127_1.png/2=E0q(word/media/image127_1.png·cos30°)2/2mv2,得 E0=4mv/3qword/media/image127_1.png,故 E0/B0=4v/3,B0垂直纸面向外. (2)∵ ∠AOC=60°,∴ Δt=T/6=πm/3B0q=πword/media/image127_1.png/3v.设第2个粒子击中C的时间为Δt′,则 Δt′=word/media/image131_1.png/v=word/media/image127_1.png·cos30°/v=word/media/image132_1.pngword/media/image127_1.png/2v由以上两式得 Δt′=3word/media/image132_1.pngΔt2/π=0.83Δt.故第2个粒子击中C点的时刻为t=3+0.83Δt(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、R2并联后与R3串联,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mv2/2-0=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电荷.即碰撞后,小球的动能仍为mv2/2,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 0-mv2/2=-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-t1段时间内粒子沿垂直于OO′方向位移为s1=at2/2. 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=at1(T/2-t1)+a/2(T/2-t1) 2,则粒子在垂直于OO′方向的总位移为 s=s1+s1+s3=a/2(T/2)2+a/2t1T.因为0≤t1≤T/2,所以当t1=0时,smin=a/2(T/2)2,∴ smin=qUT2/8md. 当t1=T/2时,smax=3qUT2/8md.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.
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=mv02/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°=word/media/image132_1.png·mv0/2qB,所以最小磁场面积S=πr2=3πm2v02/4q2B2. (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=2πm/3Bq,由a至b t2=word/media/image134_1.png/v0=word/media/image132_1.pngR/v0=word/media/image132_1.pngm/qB,所以由O至b总历时t=t1+t2=m/qB(2π/3+word/media/image132_1.png).从几何关系可知word/media/image135_1.png=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=2πm/qB, 因而磁场变化周期T=2×T0/4=πm/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word/media/image136_1.png=word/media/image137_1.png=word/media/image138_1.png=word/media/image139_1.png=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=word/media/image140_1.png=word/media/image141_1.pngR,故P点最大纵坐标ym=word/media/image142_1.png+word/media/image143_1.png+word/media/image144_1.png= R +word/media/image145_1.pngR + R =(2 +word/media/image146_1.png)word/media/image147_1.png.
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,则qBv0=mv02/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=2πm/3qB=2πm/3Bq.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=at22/2=qEt22/2m,解得 t2=3m/qB.离子从D到B需时间 t=t1+t2=(2π+9)m/3qB. (2)离子从C到B电场力做功.由动能定理得 qEd=EkB-mv02/2,解得EkB=4q2B2d2/9m.
63.解:(1)由于带电液滴做圆周运动,故mg=qE.所以液滴带负电,由牛顿第二定律有qvB=mv2/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=2πm/2/Bq/2=2πm/Bq,T′=2πm/2/B′q/2=2πm/B′q, 要使两液滴再次相碰,则有 ①T=nT′2πm/Bq=2πnm/B′qB=nB,(n=1,2,3……), ②T′=nT2πm/B′q=2πnm/BqB=nB′.(n=1,2,3……)