高考物理專題輔導(dǎo)-第十一講磁場

1、1第十一講 磁場2動生電動勢自感電動勢安培力洛倫茨力sinFqvBFBlI sinsinBlvILt（1，2，3，4，5，6）（7，8，9，10，11，12）3 1空間有一足夠大的水平勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向如圖所示。場區(qū)中a、b兩點相距s ，a、b連線水平且與B垂直。帶電量為qo、質(zhì)量為m的粒子, 以初速V0從a點對著b點射出，為使粒子能擊中b點，試問V0可取什么值?4解：如果 0mgqBv則粒子可沿直線運(yùn)動到 b。記此時粒子速度 0v等于： qBmgv01當(dāng)然還可取 00102vvv 由01v 引起的洛倫茲力來平衡重力。產(chǎn)生的洛倫茲力使粒子做圓周運(yùn)動，周期為qBmT2要擊中b點，必

2、須在時間為 T的整數(shù)倍時，使 的位移恰為 s。即01v01sv nT1,2,.n代入上式2222*n m gsq B1,2,.n因此, 若 *ss0v必須為 01v若*ss0v可為任意值 5 2。如圖，橫截面積為矩形的管道長為l，寬為a，高為b，上下兩個側(cè)面是絕緣體，前后兩個側(cè)面是電阻可忽略的導(dǎo)體，與負(fù)載電阻RL相連。整個裝置放在勻強(qiáng)磁場B中。含有正、負(fù)帶電粒子的電離氣體持續(xù)勻速地流經(jīng)管道，已知流速與電離氣體所受的摩擦力成正比，且無論有無磁場存在時，都維持管兩端電離氣體的壓強(qiáng)差為p，如果無磁場存在時電離氣體的流速為v0，那么有磁場存在時此磁流體發(fā)電機(jī)的電動勢的大小是多少?電離氣體的平均電阻率為

3、。6解1。從力的角度來解：設(shè)有磁場存在時電離氣體(相當(dāng)于長度為a的導(dǎo)體)的流速為 v，其產(chǎn)生的橫向感生電動勢為=vaB。當(dāng)電離氣體勻速流動時，管兩端的壓力差給氣體一個向前的力，而感應(yīng)電流(當(dāng)外電路接通時存在)受到的安培力和摩擦力給氣體一個向后的力，這兩部分力應(yīng)該相互平衡由歐姆定律可知I=/R=/(a/lb+RL)管內(nèi)氣體所受安培力 F=Iba=Ba/(a/lb+RL)當(dāng)管周圍無磁場時，用f表示摩擦力，應(yīng)有 pab=f當(dāng)管周圍有磁場時，用f表示摩擦力，應(yīng)有 pab=F+f因為流速與摩擦力成正比，所以v0/v=f/f=pab/(pab-F)由以上諸式可解得BvpblbaRBapabL0/7解2。從

4、能量守恒的角度來考慮：無磁場時，外界壓力的功率=克服摩擦力的功率pabv0=kv0v0(k為比例系數(shù))有磁場時，外界壓力的功率=克服摩擦力的功率+消耗在磁流體本身及負(fù)載電阻上的功率2/Lpabvkv va lbR aqqvBBav當(dāng)氣體穩(wěn)定時，應(yīng)有l(wèi)baRaBvpbBpbL/2202BvpblbaRBapabL0/、代入可得同樣可得8 3。如圖(a)所示，半徑為R的圓筒形真空管中有兩個隔板A和A，中心有小孔，相距L。區(qū)域I中有水平方向的電場，中有水平方向的勻強(qiáng)磁場，中無電、磁場。由陰極K發(fā)出的電子由電場加速后穿過小孔A成發(fā)散電子束進(jìn)入?yún)^(qū)域，設(shè)所有電子穿過小孔A時的水平分速度都為v調(diào)節(jié)區(qū)域中的磁

5、感強(qiáng)度使之為能使電子束穿過A小孔的最小值B，從這時開始計時，且使B的方向做周期為T的變化(圖b)。設(shè)真空管中碰到管壁的電子均不彈回。（1）求有電子束穿過A時T的最小值T0；（2）設(shè)T = 2T0，哪些時間內(nèi)有電子束穿過A?（3）進(jìn)入?yún)^(qū)域的電子中，運(yùn)動方向與管軸間的最大夾角為多少?9解：這是一個典型的磁聚焦問題題中所謂將區(qū)域中的磁場調(diào)節(jié)到能使電子束穿過A的最小值，就是使電子在磁場中經(jīng)過一個螺距后到達(dá)A，即T=L/v，如果這些電子在區(qū)域中運(yùn)動的時間不到T，它們將不能穿過A，因此要使電子穿過A的最小周期T0=2T=2L/v如果T=2T0，那么每一次改變磁場方向前的T0/2時間,穿過A的電子將能穿過A

6、，即在圖中時間軸上波紋線部分所表示的時間內(nèi)，有電子穿過設(shè)斜入射到區(qū)域中的電子在垂直于管軸方向上的速度為 ,則電子做圓周運(yùn)動的半徑r和周期T分別為v，10eBmvreBmT22BeBmvmeBRv2只有2rR的那些電子才能不與管壁碰撞而到達(dá)A，即，利用vLeBmT2，可消去B得到LRvLRtg1因此穿過A后的電子運(yùn)動方向與管軸間的最大夾角為11 4圖中為一離子源，它能機(jī)會均等地向各方向持續(xù)地發(fā)射正離子，離子的質(zhì)量均為，電量均為，速度均為。在離子源的右側(cè)有一半徑為的圓屏，圖中是通過圓屏的圓心并垂直于屏面的軸線，位于軸線上。離子源和圓屏所在的空間有一范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，方向垂直

7、于圓屏向右。在發(fā)射的離子中，有的離子不管的距離如何變化，總能打到圓屏面上。求這類離子的數(shù)目與總發(fā)射離子數(shù)之比。不考慮離子間的碰撞。12 解：由S發(fā)出的粒子都作螺旋線運(yùn)動（類似于磁聚焦），設(shè)為離子發(fā)射方向和OO的夾角，速度為v0，其平行于OO的分量為v0cos，垂直分量為v0sin，作螺旋運(yùn)動的半徑為r，則 qv0sinB=m(v0sin)2/r 。無論SO多大總能打到圓屏上的離子，須滿足rR/2，可得 ：0sin2qBRmv這些離子的發(fā)射方向須在以S為頂點，以O(shè)O為軸線，以2m為頂角的圓錐內(nèi)。這些離子和總離子數(shù)之比應(yīng)等于球冠面積A和球面積之比A1=2R2(1-cosm) 1322212 201

8、11 cos11224mAR B qkAm v思考：以什么角發(fā)射的離子，在SO變化的過程中，有50%概率擊中圓屏？14 5。A1和A2是兩塊面積很大、互相平行又相距較近的帶電金屬板，相距為 d兩板問的電勢差為U同時，在這兩板間還有方向與均勻電場正交而垂直紙面向外的均勻磁場一束電子通過左側(cè)帶負(fù)電的板A1上的小孔，沿垂直于金屬板的方向射入，為使該電子束不碰到右側(cè)帶正電的板A2，問所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度至少要多大?設(shè)電子所受到的重力及從小孔進(jìn)入時的初速度均可不計15解：按題意，電子在剛進(jìn)入兩板間時，初速度為零.我們設(shè)想：此時電子具有沿如圖所示的y（平行于板）方向的速度+v和-v，使+v這個速度所引起的

9、磁場力正好與電子板間所受的電場力相平衡，即v的大小滿足 evB=eE=eU/d，或?qū)懗?v=U/(Bd) 式表明，這個正值是恒定的照此設(shè)想，電子在其后的運(yùn)動過程中將受到三個力，一個是沿x方向的電場力，一個是由于電子沿y軸向上運(yùn)動而產(chǎn)生的-x方向的磁場力，另一個是電子向下運(yùn)動產(chǎn)生的x方向的磁場力這第三個力所相應(yīng)的加速度引起電子速度的改變，它和原來電子向下運(yùn)動的速度的合成正是一種勻速率圓周運(yùn)動模式，而電子向上運(yùn)動這個分速度沒有改變，也就是說，它所引起的磁場力和電場力始終保持平衡于是，電子的運(yùn)動綜合起來， 16可視為是一個速度為v的向上運(yùn)動和一個速率為v的勻速圓周運(yùn)動的合成對勻速圓周運(yùn)動，有evB=

10、mv2/R而要求電子不碰到A2板，則必須Rd/2 deBmUeBmvRd2/2/2/2edmUB 將和式代入式，即17 6。6。18解：對m在x、y兩個方向上用NSL：yxxqv Bkvma X：Y：xyyqv Bkvma 處理*式：xvyxqBkmttt 遍乘t，再求和：0sinqBdkxmv同理可得: 0cosqBxkdmv 上兩式消去x：122222222220sincossind q Bkd q Bkq Bkvdm qBkmm 此時應(yīng)為1tan (k/qB) *19解2021 7。 兩個互相咬合(良好導(dǎo)通)的金屬齒輪A、B，它們均可繞水平軸自由轉(zhuǎn)動，勻強(qiáng)磁場B與輪面垂直，與A共軸的輪C

11、上繞有絕緣細(xì)繩，下掛一重物，帶動輪子轉(zhuǎn)動A、B、C三輪的半徑分別為l1、l2和l3，O1、O2處用電刷、導(dǎo)線與電阻R相連，其余電阻均不計，摩擦也不計若重物下落達(dá)到勻速運(yùn)動時速度為v，求重物的質(zhì)量.2212IR解：該系統(tǒng)的等效電路如圖所示金屬齒輪A產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1齒輪B產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為2 流過電阻R的電流設(shè)重物勻速下落時的運(yùn)動速度為v，則齒輪A邊緣上的點的線速度13Alvvl齒輪B邊緣上的點的線速度與A的相同13BAlvvvl此時211 2112233112222ABBl vBll vBlvBl vll所以流過R的電流2131 23121123/2/2()2Bl vlBll vlBl v

12、llIRRlR23根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒定定律，當(dāng)重物勻速下落時重力做功的功率應(yīng)該等于整個系統(tǒng)消耗的電功率，即221123()2Bl v llmgvI RRlR解得2 2211223()4B l llmvRgl24 8.252627 8 .282930 9。電源的電動勢為U,電容器的電容為C。MN、PQ是兩根位于同一水平面內(nèi)的平行光滑長導(dǎo)軌，它們的電阻忽略不計兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌處在磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場中，磁場方向垂直于兩導(dǎo)軌所在的平面。l1和l2是兩根橫放在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒，不計摩擦。兩小棒的電阻相同，質(zhì)量分別為m1和m2，且m1m2。開始時兩根小棒均靜止在導(dǎo)軌上，現(xiàn)將開關(guān)S先合向1，然后合向

13、2。求：（1）兩根小棒最終的速度大?。海?）整個過程中的焦耳熱損耗31 解：1開關(guān)S由1合向2之后，電容器通過導(dǎo)軌及兩小棒構(gòu)成的回路放電，外磁場B對兩小棒施加安培力，使兩小棒從靜止開始向右做加速運(yùn)動。開始時兩棒受到的安培力相等，但由于兩棒質(zhì)量不等，故加速度不等，導(dǎo)致1棒的速度較大，產(chǎn)生的感生電動勢亦較大，使流經(jīng)該棒的電流較小，以致1棒所受的安培力小于2棒，相應(yīng)的加速度亦變小。最終導(dǎo)致兩棒以相同的速度運(yùn)動，兩棒產(chǎn)生的感生電動勢均等于電容器兩端的電壓，流經(jīng)兩棒的電流為零，它們所受的安培力消失。32此時作用于l1與l2上的安培力分別為11BLif (1)22BLif (2)tttvmtBLitf11

14、1在 到時間內(nèi),兩棒增加的動量由動量定理給出(3)即vmtBLitf222(4) 由于開始時兩棒均靜止,最終兩棒速度相等,設(shè)最終速度為v,則有 vmtBLi11(5)vmtBLi22(6)上兩式相加,得vmmtiiBL)()(2121(7)33任何時刻,通過l1與l2 的電流的代數(shù)和等于電容器的放電電流i,即iii21(8)而 12()iiti tQq (9)式中Q為剛開始放電時電容器正極板帶的電量,q為小棒達(dá)到最終速度時電容器正極板帶的電量,顯然QCU (10)qCBLv(11) 由(7)(8)(9)(10)(11)式得vmmBLvUBLC)()(21解得CLBmmBLCUv222134棒達(dá)

15、到最終速度時電容器的儲能為24432122212qB LC UW2C2(mmB LC)兩棒的最終動能為22222212122221211()()22()B L C UWmm vmmmmB L C整個過程中的焦耳熱損耗為21201222212()()2()mm CUWWWWmmB L C2.電容器開始放電時,所具有的電能為2012WCU35 10.36IBavLtBavtLI , 解：BaSLIvBaImt,消去I：22vB a SmLt 作簡諧運(yùn)動。30.5 0.32811.9/0.1 10Barad smL mvA40.33611.9mvAm* 因為A比l1大得多，所以BC邊肯定會沖過磁場。

16、在BC沖出磁場，AD尚未進(jìn)磁場時，線圈勻速運(yùn)動，其中電流不變。AD進(jìn)入磁場后，線圈作加速運(yùn)動，AD出磁場時，速度恢復(fù)到v0，如此往復(fù)。371sin8.56ObOabOa11808.5611.90.0126s BC邊進(jìn)入磁場的時間 線圈跨越磁場做勻速運(yùn)動的速度10cos8.563.96/vvm s 這段時間1210.048alsv其它時間120.193526llats12220.532Tts38 11.假想有一水平方向勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度B很大。有一半徑為R，厚度為d（dR）的金屬圓盤，在此磁場中豎直下落，盤面始終位于豎直平面內(nèi)并與磁場方向平行，如圖所示。若要使圓盤在磁場中下落的加速度比沒有磁場時減小千分之一（不計空氣阻力）。試估算所需磁感強(qiáng)度的數(shù)值。假定金屬盤的電阻為零，并設(shè)金屬盤的密度 千克/米3，其介電常數(shù)為 庫2/牛米2。31091210939解：當(dāng)圓盤以速度v下落時，圓盤兩面的電勢差U=Bvd將圓盤的兩面看成一個電容器 2SRCdd22RQCUBvdR Bvd2QvIR Btt安培力 22vFBIdR B dtNSL： vmgFmt即 22vvmgR B dmtt4022vmgat