专题电场和磁场

专题 电场和磁场

一、电场和磁场中的带电粒子

1、知识网络

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2、方法点拨:

分析带电粒子在电场、磁场中运动,主要是两条线索:

(1)力和运动的关系。根据带电粒子所受的力,运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解。

(2)功能关系。根据场力及其它外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系,从而可确定带电粒子的运动情况,这条线索不但适用于均匀场,也适用于非均匀场。因此要熟悉各种力做功的特点。

处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力。这要依据具体情况而定,质子、α粒子、离子等微观粒子,一般不考虑重力;液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子由题设条件决定,一般把装置在空间的方位介绍的很明确的,都应考虑重力,有时还应根据题目的隐含条件来判断。

处理带电粒子在电场、磁场中的运动,还应画好示意图,在画图的基础上特别注意运用几何知识寻找关系。

3、典型例题

【例题1】(1999年高考全国卷)如图1所示,图中虚线MN 是一垂直纸面的平面与纸面的交线,在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B 的匀强磁场,方向垂直纸面向外。O 是MN 上的一点,从O 点可以向磁场区域发射电量为+q 、质量为m 、速率为v 的半径公式:qB m v R = 周期公式:qB m T π2=

粒子,粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P 点相遇,P 到O 的距离为L ,不计重力及粒子间的相互作用。

(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径;

(2)求这两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔。

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【点拨解疑】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R ,由牛顿第二定律得

R v m qvB 2=,则qB

m v R = (2)如图2所示,以OP 为弦可以画两个半径相同的圆,分别表示在P 点相遇的两个粒子的轨迹。圆心分别为O 1、O 2,过O 点的直径分别为OO 1Q 1、OO 2Q 2,在O 点处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向,用θ表示它们之间的夹角。由几何关系可知,θ=∠=∠2211Q PO Q PO ,从O 点射入到相遇,粒子1的路程为半个圆周加弧长Q 1P =R θ,粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ 2=R θ

粒子1的运动时间为 v

R T t θ+=

211,其中T 为圆周运动的周期。 粒子2运动的时间为 v

R T t θ-=212 两粒子射入的时间间隔为 v

R t t t θ221=-=? 因为 22c o s L R =θ 所以 R L 2arccos 2=θ 有上述算式可解得 )2a r c c o s (4mv

LqB qB m t =? 点评:解带电粒子在磁场中运动的题,除了运用常规的解题思路(画草图、找“圆心”、定“半径”)之外,更应侧重于运用数学知识进行分析。本题在众多的物理量和数学量中,角度是最关键的量,它既是建立几何量与物理量之间关系式的一个纽带,又是

沟通几何图形与物理模型的桥梁。

【例题2】如图3所示,在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场,第三象限有沿Y 轴负方向的匀强电场,第四象限内无电场和磁场。质量为m 、带电量为q 的粒子从M 点以速度v 0沿x 轴负方向进入电场,不计粒子的重力,粒子经N 、P 最后又回到M 点。设OM =L ,ON =2L ,则:

关于电场强度E 的大小,下列结论正确的是 ( )

A .qL mv 204

B .qL m v 20

C .qL mv 2420

D .qL

mv 202 (2)匀强磁场的方向是 。

(3)磁感应强度B 的大小是多少?

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【点拨解疑】 (1)由带电粒子在电场中做类平抛运动,易知221t m

qE L =

,且t v L 02=则E =qL mv 202 故选C (2)由左手定则,匀强磁场的方向为垂直纸面向里。

(3)根据粒子在电场中运动的情况可知,粒子带负电。粒子在电场中做类平抛运动,设到达N 点的速度为v ,运动方向与x 轴负方向的夹角为θ,如图4所示。 由动能定理得2022

121mv mv qEL -= 将(1)式中的E 代入可得02v v = 所以θ=45°

粒子在磁场中做匀速圆周运动,经过P 点时速度方向也与x 轴负方向成45°角。 则OP =OM =L NP =NO +OP =3L

粒子在磁场中的轨道半径为R =Np cos45°=23

又qB

m v R = 解得 qL

m v B 320= 点评:带电粒子的复杂运动常常是由一些基本运动组合而成的。掌握基本运动的特点是解决这类问题的关键所在。该题中,粒子在匀强磁场中运动轨迹的圆心不在y 轴上,注意到这一点是很关键的。

【例题3】 如图5所示,在水平正交的匀强电场和匀强磁场中,半径为R 的光滑绝缘竖直圆环上,套有一个带正电的小球,已知小球所受电场力与重力相等,小球在环顶端A 点由静止释放,当小球运动的圆弧为周长的几分之几时,所受磁场力最大?

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【点拨解疑】 小球下滑的过程中,要使磁场力最大,则需要速度最大。OC 为与小球受到的重力、电场力的合力平行的半径。由功能关系寻找速度最大的点,因为洛伦兹力不做功,所以不考虑磁场的作用,从图中A 到C ,上述合力有切向分力,且与速度同向,因此做正功,小球动能增加;在C 点时,该合力为径向,没有切向分力;此后切向分力与线速度反向,动能将减小;故在C 点时速度最大,所受磁场力也最大。由受力分析知

mg =qE mg =qE tan α 得α= 45°

由图知θ=α+90°=135° 故小球运动的弧长与周长之比为

83360135360==?θ, 所以运动的弧长为周长的8

3。 点评:讨论带电粒子的运动,必须熟悉各种力做功的特点。该题也可用等效法处理。把电场和重力场合起来当作一个新的重力场,这个重力场的竖直方向与原水平方向成45°角斜向下,这样就很容易确定速度最大的点。

【例题4 】 从阴极K 发射的电子经电势差

U 0=5000V 的阳极加速后,沿平行于板面的方向从

中央射入两块长L 1=10cm 、间距d =4cm 的平行金

属板A 、B 之间,在离金属板边缘L 2=75cm 处放置

一个直径D =20cm 、带有纪录纸的圆筒。整个装置

放在真空内,电子发射时的初速度不计,如图6所示,若在金属板上加一U =1000cos2πt V 的交

流电压,并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2r/s 匀速转动,分析电子在纪录纸上的轨迹形状并画出从t =0开始的1s 内所纪录到的图形。

【点拨解疑】 对电子的加速过程,由动能定理得:

eU 0=2

1mv 02 得电子加速后的速度 v 0=m

eU 02=4.2×107m/s 电子进入偏转电场后,由于在其中运动的时间极短,可以忽略运动期间偏转电压的变化,认为电场是稳定的,因此电子做类平抛的运动。

如图7所示。

交流电压在A 、B 两板间产生的电场强度

t d

U E π2cos 105.24?==V/m 电子飞离金属板时的偏转距离 20

1211)(2121v L m eE at y == 电子飞离金属板时的竖直速度 )(0

11v L m eE at v y == 电子从飞离金属板到到达圆筒时的偏转距离 020122v L v L m eE t v y y =

= 所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏转距离为

t dU U L L L mv eEL L L y y y π2cos 20.02)2()2(

0212120

12121=+=+=+=m 图 6

图7

可见,在纪录纸上的点在竖直方向上以振幅0.20m 、周期T =1s 做简谐运动。因为圆筒每秒转2周,故转一周在纸上留下的是前半个余弦图形,接着的一周中,留下后半个图形,合起来,1s 内,在纸上的图形如图8所示。

点评:偏转电场如果不稳定,电子在其中的运动将非常复杂,因此理想化处理是解答本题的关键。示波器是常用的电子仪器,其原理与该题的情景有相似之处。

二、电场、磁场中的能量转化

1、知识网络

能量及其相互转化是贯穿整个高中物理的一条主线,在电场、磁场中,也是分析解决问题的重要物理原理。在电场、磁场的问题中,既会涉及其他领域中的功和能,又会涉及电场、磁场本身的功和能,相关知识如下表:

2、方法技巧:

如果带电粒子仅受电场力和磁场力作用,则运动过程中,带电粒子的动能和电势能之间相互转化,总量守恒;如果带电粒子受电场力、磁场力之外,还受重力、弹簧弹力等,但没有摩擦力做功,带电粒子的电势能和机械能的总量守恒;更为一般的情况,除了电场力做功外,还有重力、摩擦力等做功,如选用动能定理,则要分清有哪些力做功?做的是正功还是负功?是恒力功还是变力功?还要确定初态动能和末态动能;如选用能量守恒定律,则要分清有哪种形式的能在增加,那种形式的能在减少?发生了怎样的能量转化?能量守恒的表达式可以是:①初态和末态的总能量相等,即E 初=E 末;②某些形势的能量的减少量等于其他形式的能量的增加量,即ΔE 减=ΔE 增;③各种形式的能量的增量(ΔE =E 末-E 初)的代数和为零,即ΔE 1+ΔE 2+…ΔE n =0。

电磁感应现象中,其他能向电能转化是通过安培力的功来量度的,感应电流在磁场中受到的安培力作了多少功就有多少电能产生,而这些电能又通过电流做功转变成其他能,如电阻上产生的内能、电动机产生的机械能等。从能量的角度看,楞次定律就是能量转化和守恒定律在电磁感应现象中的具体表现。电磁感应过程往往涉及多种能量形势

电、磁场中的功和能

电场中的

功和能 电势能

由电荷间的相对位置决定,数值具有相对性,常取无电场力的功 与路径无关,仅与电荷移动的始末位置有关:W =qU

电场力的功和电势能的变化 电场力做正功 电势能 → 其他能 电场力做负功 其他能 → 电势能

转化 转化 磁场中的

功和能 洛伦兹力不做功

安培力的功 做正功:电能 → 机械能,如电动机 做负功:机械能 → 电能,如发电机

转化 转化

的转化,因此从功和能的观点入手,分析清楚能量转化的关系,往往是解决电磁感应问题的重要途径;在运用功能关系解决问题时,应注意能量转化的来龙去脉,顺着受力分析、做功分析、能量分析的思路严格进行,并注意功和能的对应关系。

3、典型例题

【例题5】(1989年高考全国卷)如图1所示,一个质量为m ,电量为-q 的小物体,可在水平轨道x 上运动,O 端有一与轨道垂直的固定墙,轨道处在场强大小为E ,方向沿Ox 轴正向的匀强磁场中,小物体以初速度v 0从点x 0沿Ox 轨道运动,运动中受到大小不变的摩擦力f 作用,且f

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【点拨解疑】 首先要认真分析小物体的运动过程,建立物理图景。开始时,设物体从x 0点,以速度v 0向右运动,它在水平方向受电场力qE 和摩擦力f ,方向均向左,因此物体向右做匀减速直线运动,直到速度为零;而后,物体受向左的电场力和向右的摩擦力作用,因为qE >f ,所以物体向左做初速度为零的匀加速直线运动,直到以一定速度与墙壁碰撞,碰后物体的速度与碰前速度大小相等,方向相反,然后物体将多次的往复运动。

但由于摩擦力总是做负功,物体机械能不断损失,所以物体通过同一位置时的速度将不断减小,直到最后停止运动。物体停止时,所受合外力必定为零,因此物体只能停在O 点。

对于这样幅度不断减小的往复运动,研究其全过程。电场力的功只跟始末位置有关,而跟路径无关,所以整个过程中电场力做功 0qEx W E =

根据动能定理 k E W ?=总, 得:

200210mv fs qEx -=- f

mv qEx s 22200+=∴。 点评:该题也可用能量守恒列式:电势能减少了0qEx ,动能减少了

2021mv ,内能增加了fs , ∴ 2002

1mv qEx fs +=

同样解得f

mv qEx s 22200+=。 【例题6】 如图2所示,半径为r 的绝缘细圆环的环面固定在水平面上,场强为E 的匀强电场与环面平行。一电量为+q 、质量为m 的小球穿在环上,可沿环作无摩擦的圆周运动,若小球经A 点时,速度v A 的方向恰与电场垂直,且圆环与小球间沿水平方向无力的作用,试计算:

(1)速度v A 的大小;

(2)小球运动到与A 点对称的B 点时,对环在水平方向的作用力。

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【点拨解疑】 (1)在A 点,小球在水平方向只受电场力作用,根据牛顿第二定律

得: r

v m qE A 2= 所以小球在A 点的速度m

qEr v A =。 (2)在小球从A 到B 的过程中,根据动能定理,电场力做的正功等于小球动能的增加量,即 222

1212A B mv mv qEr -=, 小球在B 点时,根据牛顿第二定律,在水平方向有r

v m qE N B B 2=- 解以上两式,小球在B 点对环的水平作用力为:qE N B 6=。

点评:分析该题,也可将水平的匀强电场等效成一新的重力场,重力为Eq ,A 是环上的最高点,B 是最低点;这样可以把该题看成是熟悉的小球在竖直平面内作圆周运动的问题。

【例题7】(2002年理综全国卷)如图3所示有三根长度皆为l =1.00

m 的不可伸长的绝缘轻线,其中两根的一端固定在天花板上的 O 点,

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另一端分别挂有质量皆为m =1.00×2

10-kg 的带电小球A 和B ,它们的电量分别为一q 和+q ,q =1.00×710-C .A 、B 之间用第三根线连接起来.空间中存在大小为E =1.00×106N/C 的匀强电场,场强方向沿水平向右,平衡时 A 、B 球的位置如图所示.现将O 、B 之间的线烧断,由于有空气阻力,A 、B 球最后会达到新的平衡位置.求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少.(不计两带电小球间相互作用的静电力)

【点拨解疑】图(1)中虚线表示A 、B 球原来的平衡位置,实线表示烧断后重新达到平衡的位置,其中α、β分别表示OA 、AB 与竖直方向的夹角。A 球受力如图(2)所示:重力mg ,竖直向下;电场力qE ,水平向左;细线OA 对A 的拉力T 1,方向如图;细线AB 对A 的拉力T 2,方向如图。由平衡条件得 qE T T =+βαsin sin 21① βαcos cos 21T mg T +=②

B 球受力如图(3)所示:重力mg ,竖直向下;电场力qE ,水平向右;细线AB 对B

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的拉力T 2,方向如图。由平衡条件得

qE T =βsin 2③ mg a T =cos 2④

联立以上各式并代入数据,得 0=α⑤ 45=β⑥

由此可知,A 、B 球重新达到平衡的位置如图(4)所示。

与原来位置相比,A 球的重力势能减少了 )60sin 1(

-=mgl E A ⑦

B 球的重力势能减少了 )45cos 60sin 1( +-=mgl E B ⑧

A 球的电势能增加了 W A =qElcos 60°⑨

B 球的电势能减少了 )30sin 45(sin -=qEl W B ⑩

图 4

两种势能总和减少了 B A A B E E W W W ++-=

代入数据解得 J W 2

108.6-?=

【例题8】(2003年全国理综卷)如图5所示,两根平行的金属导轨,固定在同一水平面上,磁感应强度B =0.50T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直,导轨的电阻很小,可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m 。两根质量均为m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动,滑动过程中与导轨保持垂直,每根金属杆的电阻为R =0.50Ω。在t =0时刻,两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N 的恒力F 作用于金属杆甲上,使金属杆在导轨上滑动。经过t =5.0s ,金属杆甲的加速度为a =1.37m/s 2,问此时两金属杆的速度各为多少?

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【点拨解疑】设任一时刻t 两金属杆甲、乙之间的距离为x ,速度分别为v 1和v 2,经过很短的时间△t ,杆甲移动距离v 1△t ,杆乙移动距离v 2△t ,回路面积改变 t l v v lx t t v t v x S ?-=-+?+?-=?)(])[(2112 由法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势t S B

E ??= 回路中的电流 R

E i 2= 杆甲的运动方程ma Bli

F =-

由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等,方向相反,所以两杆的动量0(=t 时为0)等于外力F 的冲量211mv mv F += 联立以上各式解得)](2[21211ma F F B R m F v -+= )](2[212212ma F I

B R m F v --= 代入数据得s m v s

m v /85.1/15.821==

图 5

针对训练

1.(2002年广西、河南、广东卷)在图9中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场。取坐标如图。一带电粒子沿x轴正方向进入此区域,在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转。不计重力的影响,电场强度E和磁感强度B的方向可能是()

A.E和B都沿x轴正方向B.E沿y轴正向,B沿z轴正向

C.E沿x轴正向,B沿y轴正向D.E、B都沿z轴正向

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2.如图10所示,一束电子(电量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B,宽度为d的匀强磁场中,穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°,则电子的质量是,穿透磁场的时间是。

3.(2000年全国卷)如图11所示,两个共轴的圆筒形金

属电极,外电极接地,其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝

a、b、c和d,外筒的外半径为r,在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀

磁场,磁感强度的大小为B。在两极间加上电压,使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为m、带电量为+q的粒子,从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发,初速为零。

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如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点

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a

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O

图10

S ,则两电极之间的电压U 应是多少?(不计重力,整个装置在真空中)

4.如图12所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E 、方向水平向右,电场宽度为L ;中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里。一个质量为m 、电量为q 、不计重力的带

正电的粒子从电场的左边缘的O 点由静止开始运动,穿过中

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间磁场区域进入右侧磁场区域后,又回到O 点,然后重复上述运动过程。求:

(1)中间磁场区域的宽度d ;

(2)带电粒子从O 点开始运动到第一次回到O 点所用时

间t 。

参考答案:

1.AB

解析:E 和B 都沿x 轴正方向,由于带电粒子速度与磁感应强度B 平行或反向平行,故不受磁场力只受电场力,而不论粒子带何种电荷,电场力与速度均共线,由此知粒子作直线运动,A 正确。若E 沿y 轴正向则电场力沿y 轴正向(带正电)或负向(带负电),而B 沿z 轴正向,则由左手定则知其所受洛仑兹力沿y 轴负向(带正电)或正向(带负电),合外力可能为零,故B 正确。若E 沿z 轴正向,则电场力沿z 轴正向(带正电)或负向(带负电),B 沿y 轴正向,则洛仑兹力也沿z 轴正向(带正电)或负向(带负电),合力不为零,且与速度不共线,粒子必然发生偏转,故C 错。若E 、B 都沿z 轴方向,则电场力也沿z 轴方向,而洛仑兹力沿y 轴方向,合力不为零,且与速度不共线,粒子必发生偏转,故D 错。

2.解析:电子在磁场中运动,只受洛仑兹力作用,故其轨迹是圆弧的一部分,又因为f ⊥v ,故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上,如图10中的O 点,由几何知识知,AB 间圆心角θ=30°,OB 为半径。

∴r =d /sin30°=2d ,又由r =mv /Be 得m =2dBe/v

又∵AB 圆心角是30°,∴穿透时间t =T /12,故t=πd /3v 。

B B 图12

3.解析:如图13所示,带电粒子从S 点出发,在两筒之间的电场作用下加速,沿径向穿过狭缝a 而进入磁场区,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S 点的条件是能沿径向穿过狭缝d .只要穿过了d ,粒子就会在电场力作用下先减速,再反向加速,经d 重新进入磁场区,然后粒子以同样方式经过c 、b ,再回到S 点。设粒子进入磁场区的速度大小为v ,根据动能定理,有

22

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1mv qU = 设粒子做匀速圆周运动的半径为R ,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律,有 R

v m Bqv 2

= 由前面分析可知,要回到S 点,粒子从a 到d 必经过43圆周,所以半径R 必定等于筒的外半径r ,即R=r 。由以上各式解得

m

qr B U 22

2=。 4.解析:(1)带电粒子在电场中加速,由动能定理,可得: 22

1mv qEL = 带电粒子在磁场中偏转,由牛顿第二定律,可得: R

v m B q v 2

= 由以上两式,可得 q

mEL B R 21=。 可见在两磁场区粒子运动半径相同,如图14所示,三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO 1O 2O 3是等边三角形,其边长为2R 。所以中间磁场区域的宽度为

q

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mEL B R d 62160sin 0== (2)在电场中 qE

mL qE mv a v t 22221===

13

在中间磁场中运动时间qB

m T t 3232π== 在右侧磁场中运动时间qB m T t 35653π==

, 则粒子第一次回到O 点的所用时间为

qB m qE mL t t t t 3722321π+=++=。

针对训练

1. 如图6所示,长L 1宽L 2的矩形线圈电阻为R ,处于磁

感应强度为B 的匀强磁场边缘,线圈与磁感线垂直。将线圈以

向右的速度v 匀速拉出磁场,求:①拉力F 大小;②拉力的功

率P ;③拉力做的功W ;④线圈中产生的电热Q ;⑤通过线圈某

一截面的电荷量q 。

2.如图7所示,水平的平行虚线间距为d =50cm ,其间有B=1.0T

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的匀强磁场。一个正方形线圈边长为l =10cm ,线圈质量m=100g ,电

阻为R =0.020Ω。开始时,线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为

h =80cm 。将线圈由静止释放,其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的

速度相等。取g =10m/s 2,求:?线圈进入磁场过程中产生的电热Q 。

?线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v 。?线圈下边缘穿越磁场

过程中加速度的最小值a 。

3.(2001年上海卷)如图8所示,有两根和水平方向成。角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R ,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感强度为及一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度几,则

(A )如果B 增大,v m 将变大

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(B )如果α变大,v m 将变大

7 图 6

(C )如果R 变大,v m 将变大

(D )如果m 变小,v m 将变大

4.(2001年上海卷)半径为a 的圆形区域内有均匀磁场,磁感强度为B =0.2T ,磁场方向垂直纸面向里,半径为b 的金属圆环与磁场同心地放

置,磁场与环面垂直,其中a =0.4m ,b =0.6m ,金属环上

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分别接有灯L 1、L 2,两灯的电阻均为R 0=2Ω,一金属棒

MN 与金属环接触良好,棒与环的电阻均忽略不计

(1)若棒以v 0=5m/s 的速率在环上向右匀速滑动,求

棒滑过圆环直径OO ′ 的瞬时(如图9所示)MN 中的电动势

和流过灯L 1的电流。

(2)撤去中间的金属棒MN ,将右面的半圆环OL 2O ′ 以

OO ′ 为轴向上翻转90o,若此时磁场随时间均匀变化,其变

化率为ΔB /Δt =4T/s ,求L 1的功率。

5.如图10所示,电动机牵引一根原来静止的、长L 为1m 、质量m 为0.1kg 的导体棒MN 上升,导体棒的电阻R 为1Ω,架在竖直放置的框架上,它们处于磁感应强度B 为1T 的匀强磁场中,磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h =3.8m 时,获得稳定的速度,导体棒上产生的热量为2J ,电动机牵引棒时,电压表、电流表的读数分别为7V 、1A ,电动机内阻r 为1Ω,不计框架电阻及一切摩擦,求:

(1)棒能达到的稳定速度;

(2)棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。

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参考答案

1.解析:

图9

V BL E 2=,R E I =,2BIL F =,V R

V L B F ∝=∴222;2V FV P ∝=;V R

V L L B FL W ∝==12221;V W Q ∝=;无关。与v R t R E t I q ?Φ==?= 特别要注意电热Q 和电荷q 的区别,其中 q 与速度无关!

2.解:?由于线圈完全处于磁场中时不产生电热,所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q 就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热,而2、4位置动能相同,由能量守恒Q =mgd=0.50J

?3位置时线圈速度一定最小,而3到4线圈是自由落体运动因此有

v 02-v 2=2g (d-l ),得v =22m/s

?2到3是减速过程,因此安培力R

v l B F 22=减小,由F -mg =ma 知加速度减小,到3位置时加速度最小,a=4.1m/s 2

3. B 、C

4.解析:(1)E 1=B 2a v =0.2×0.8×5=0.8V ①

I 1=E 1/R =0.8/2=0.4A ②

(2)E 2=ΔФ/Δt =0.5×πa 2×ΔB /Δt =0.32V ③

P 1=(E 2/2)2/R =1.28×102W

5.解析:(1)电动机的输出功率为:62=-=r I IU P 出

W 电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率,所以有Fv P =出

其中F 为电动机对棒的拉力,当棒达稳定速度时L I B mg F '+= 感应电流R

BLv R E I ==' 由①②③式解得,棒达到的稳定速度为2=v m/s

(2)从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中,电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能,由能量守恒定律得:Q mv mgh t P ++

=22

1出 解得 t =1s

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