高考物理电学部分典型题例析与探秘（二）_高中学习网-人民教育出版社人教版部编同步解析与测评答案-电子课本资料下载-知识点学习方法与技巧补课解题技巧学习计划表总结-人教网-高中试卷网题库网-中学学科网

5、如图5所示，用密度为D、电阻率为ρ的导线做成正方形线框，从静止开始沿竖直平面自由下落。线框经过方向垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，且磁场区域高度等于线框一边之长。为了使线框通过磁场区域的速度恒定，求线框开始下落时的高度h。(不计空气阻力)

分析与解：线框匀速通过磁场的条件是受到的竖直向上的安培力与重力平衡，即： F_安=mg [1]
设线框每边长为L，根据线框进入磁场的速度为

，则安培力可表达为：
F_安=BIL=

[2]
    设导线横截面积为S，其质量为：m=4LSD [3]
    其电阻为：R=ρ4L/S [4]
    联立解[1]、[2]、[3]、[4]式得：
    h=128D²ρ²g/B⁴

    想一想：若线框每边长为L，全部通过匀强磁场的时间为多少?(t=2L/V)
    线框通过匀强磁场产生的焦耳热为多少？(Q=2mgL)
    6、如图6所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求：(1)ab、cd棒的最终速度，(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。

    分析与解：ab下滑进入磁场后切割磁感线，在abcd电路中产生感应电流，ab、cd各受不同的磁场力作用而分别作变减速、变加速运动，电路中感应电流逐渐减小，当感应电流为零时，ab、cd不再受磁场力作用，各自以不同的速度匀速滑动。全过程中系统内机械能转化为电能再转化为内能，总能量守恒。
    (1) ab自由下滑，机械能守恒：mgh=(1/2)mV² [1]
    由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度 L_ab=3L_cd，
    故它们的磁场力为：F_ab=3F_cd [2]
    在磁场力作用下，ab、cd各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当ε_ab=ε_cd时，电路中感应电流为零，(I=0)，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有：BL_abV_ab=BL_cdV_cd
    所以V_ab=V_cd/3 [3]
    ab、cd受磁场力作用，动量均发生变化，由动量定理得：
    F_ab△t=m(V-V_ab) [4]　　 F_cd△t=mV_cd [5]
    联立以上各式解得：

    (2)根据系统能量守恒可得：Q=△E_机=mgh-(1/2)m(V_ab²+V_cd²)=(9/10)mgh
    说　明：本题以分析ab、cd棒的受力及运动情况为主要线索求解。
    注意要点：①明确ab、cd运动速度稳定的条件。
    ②理解电磁感应及磁场力计算式中的“L”的物理意义。
    ③电路中的电流、磁场力和金属棒的运动之间相互影响制约变化复杂，解题时抓住每一瞬间存在F_ab=3F_cd及终了状态时V_ab=(1/3)V_cd的关系，用动量定理求解十分方便。
    ④金属棒所受磁场力是系统的外力，且F_ab≠F_cd时，合力不为零，故系统动量不守恒，只有当L_ab=L_cd时，F_ab=F_cd，方向相反，其合力为零时，系统动量才守恒。
    7、如图7所示，X轴上方有匀强磁场B，下方有匀强电场E。电量为q、质量为m、重力不计的粒子y轴上。X轴上有一点N(L.0)，要使粒子在y轴上由静止释放而能到达N点，问：(1)粒子应带何种电荷? (2)释放点M应满足什么条件? (3)粒子从M点运动到N点经历多长的时间?
    分析与解：(1) 粒子由静止释放一定要先受电场力作用 (磁场对静止电荷没有作用力)，所以 M点要在-Y轴上。要进入磁场必先向上运动，静上的电荷要向上运动必须受到向上的电场力作用，而场强 E方向是向下的，所以粒子带负电。
    (2)粒子在M点受向上电场力，从静止出发做匀加速运动。在 O点进入匀强磁场后，只受洛仑兹力(方向沿+X轴)做匀速周围运动，经半个周期，回到X轴上的P点，进入匀强电场，在电场力作用下做匀减速直线运动直到速度为零。然后再向上做匀加速运动，在X轴上P点进入匀强磁场，做匀速圆运动，经半个周期回到X轴上的Q点，进入匀强电场，再在电场力作用下做匀减速运动直到速度为零。此后，粒子重复上述运动直到 X轴上的N点，运动轨迹如图7-1所示。

    设释放点M的坐标为(0.-y_O)，在电场中由静止加速，则：qEy_O=(1/2)mV² [1]
    在匀强磁场中粒子以速率V做匀速圆周运动，有：qBV=mV²/R [2]
    设n为粒子做匀速圆周运动的次数(正整数)则：L=n2R，所以R=L/2n [3]
    解[1][2][3]式得：V=qBL/2mn，所以y_O=qB²L²/8n²mE (式中n为正整数)
    (3)粒子由M运动到N在电场中的加速运动和减速运动的次数为(2n-1)次，
    每次加速或减速的时间都相等，设为t₁，则：y_O=(1/2)at₁²=(1/2)qEt₁²/m
    所以t₁=

    粒子在磁场中做匀速圆周运动的半周期为t₂，共n次，t₂=πm/qB
    粒子从M点运动到N点共经历的时间为：
    t=(2n-1)t₁+nt₂=(2n-1)BL/2nE+nπm/qB (n=1、2、3……)
    8、平行金属，板长1.4米，两板相距30厘米，两板间匀强磁场的B为1.3×10^-3特斯拉，两板间所加电压随时间变化关系如8-1图所示。当t=0时，有一个a粒子从左侧两板中央以V=4×10³米/秒的速度垂直于磁场方向射入，如8-2图所示。不计a粒子的重力，求：该粒子能否穿过金属板间区域?若不能，打在何处?若能，则需多长时间? (已知a粒子电量q=3.2×10^-19库，质量m=6.64×10^-27千克)

    分析与解：在t=0到t=1×10^-4秒时间内，两板间加有电压，a粒子受到电场力和洛仑兹力分别为：F=qu/d=q×1.56/0.3=5.2q 方向竖直向下
    f=qBv=q×1.3×10^-3×4×10³=5.2q 方向竖直向上
    因F=f，故做匀速直线运动，其位移为：△S=v△t=4×10³×1×10^-4=0.4米
    在t=1×10^-4秒到t=2×10^-4秒时间内，两板间无电场，a粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，其轨迹半径为：
    r=mv/qB=(6.64×10^-27×4×10³)/(3.2×10^-19×1.3×10^-3)=6.37×10^-2米＜d/4
    所以粒子不会与金属板相碰。面a粒子做匀速圆周运动的周期为：
    T=2πm/qB=(2×3.14×6.64×10^-27)/(3.2×10^-19×1.3×10^-3)=1.0×10^-4秒
    则在不加电压的时间内，a粒子恰好能在磁场中运动一周。当两板间又加上第2个周期和第3个周期的电压时，a粒子将重复上述的运动。故经13/4周期飞出板外(t=6.5×10^-4秒)其运动轨迹如8-3图所示。

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