清北學堂 內部講義 2014年寒假物理競賽集訓二導學3-電磁學 系統(tǒng)講解

2014 年寒假 物理 競賽 集訓二 導學 （第 三 次） 資料 說明 本 導學用于學員在實際授課 之 前 ，了解授課方向及重難點。 同時 還 附上部分知識點 的詳細解讀。每個班型導學共由 4 次書面資料構成。此次發(fā)布的為第 三 次導學，后面的第 四次導學 ， 將于 2013 年 12 月 25 日發(fā)布。在 2013 年 12 月 20 日，公司 還 會發(fā)布 相應班型的詳細授課大綱，敬請關注。 自主招生郵箱： 數(shù)學競賽郵箱： 物理競賽郵箱： 化學競賽郵箱： 生物競賽郵箱： 理科精英郵箱： 清北學堂集中 培訓課程 導學資料 （ 2014 年寒假集中培訓 課程 使用 ） QBXT/JY/DX2013/12-3-7 2013-12-15 發(fā)布 清北學堂教學研究部 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 1 頁 2014 年寒假物理競賽 集訓二 導學 (電磁學 ) 目錄 知識框架 . 2 重點難點 . 3 知識梳理 . 4 一、 靜電場 . 4 1. 庫侖定律 . 4 2. 電場強度 . 4 3. 電勢和電勢能 . 5 4. 靜電場中的導體和電介質 . 6 5. 電容和電容器 . 6 二、 穩(wěn)恒電流 . 7 1. 歐姆定律 . 7 2. 電功和電功率 . 8 3. 復雜電路計算 . 8 三、 磁場 . 9 1. 磁感應強度 . 9 2. 安培力 . 10 3. 洛倫茲力 . 10 四、 電磁感應 . 11 1. 楞次定律 . 11 2. 法拉第電磁感應定律 . 11 3. 動生、感生電動勢 . 11 例題選講 . 13 鞏固習題 . 21 參考答案 . 25 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 2 頁 知識框架 靜電場 庫侖定律 電場強度 電勢和電勢能 靜電場中的導體和電介質 電容和電容器 穩(wěn)恒電流 歐姆定律 電功和電功率 復雜電路計算 磁場 磁感應強度 安培力 洛倫茲力 電磁感應 楞次定律 法拉第電磁感應定律 動生、感生電動勢 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 3 頁 重點難點 電磁學中，除穩(wěn)恒電流和交變電流外，其他部分均可與力學結合，題目類型層出不窮，是競賽中的難點。 靜電場部分， 庫侖定律 是靜電場基本定律，此外電場強度還可用 高斯定理 計算。靜電場中的導體涉及 靜電屏蔽 ，該部分理解容易，但應用中變化較多。 穩(wěn)恒電流部分，題目主要涉及的是復雜電路的計算。復雜電路的化簡是競賽中一大難點，需要熟練掌握 基爾霍夫定律 ，靈活運用電路 對稱性 、 疊加原理 和 Y- 變換 化簡電路并求解。 磁場部分，主要題型是通過 安培力 或 洛倫茲力 將題目與運動學、動力學結合，也是電磁學的重點和難點。此外，對磁場還要求能使用 比奧 -薩法爾定律 計算磁感應強度。 電磁感應部分，經常將感應電動勢通過的安培力與運動學、動力學結合，重點在于掌握法拉第電磁感應定律 ，理解 動生、感生電動勢 。 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 4 頁 知識梳理 一、 靜電場 1. 庫侖定律 （ 1） 庫侖定律 庫倫定律是 電磁場理論的 基本定律 之一。 其內容是： 真空 中 兩個 靜止 的 點 電荷 之間的作用力與這兩個電荷所帶 電量 的乘積成 正比 ， 與 它們 距離 的平方成 反比 ，作用力的方向沿著這兩個點電荷的連線，同名電荷相斥，異名電荷相吸。 即221rqqkF。 （ 2） 電荷守恒定律 電荷守恒定律是自然界的基本守恒定律之一，也是電磁場理論的基本定律之一。其內容是： 電荷既 不能被創(chuàng)造 ，也 不能被消滅 ，只能從一個物體 轉移 到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分；在轉移的過程中，電荷的總量保持不變 。 當一個系統(tǒng)與外界沒有電荷交換時，系統(tǒng)電荷的代數(shù)和總是保持不變的 。 2. 電場強度 （ 1） 電場 電荷之間的相互作用是通過 場 的形式實現(xiàn)的，這種場叫做電場。任何電荷都在自己周圍的空間激發(fā)電場。 （ 2） 電場強度 電場的客觀存在可由電場對處于其中的任意電荷的作用力來體現(xiàn)，為了從力的角度描繪這個客觀存在的場，引入電場強度這一物理量，其 定義 為qFE 。 其中， q 為試驗電荷。為了確定空間每點的電場性質，試驗電荷必須是點電荷。電場強度在電場確定后就已經確定了，與 試驗電荷無關 。 （ 3） 疊加原理 電場強度是 矢量 ，方向與該點正電荷受力方向相同。當空間有多個電荷產生的場強時，空間某點的場強等于各個電荷 單獨存在 時在該點場強的 矢量和 ，這叫做場強的疊加原理。 （ 4） 電場線 為了形象地描繪電場分布，在電場中作出許多曲線，是這些曲線上每一點的切線方向和該點場強方向一致，這樣的曲線叫做電場線。電場線是 有頭（正電荷或無窮遠）有尾（負電荷或無窮遠） 的 封閉 曲線， 不相交 且在 無電荷處不中斷 。 （ 5） 電通量 電通量為穿過電場中某一個曲面的電場線數(shù)，定義為 SEe ，這里面 S 的方向為其 外法線方向 ，即電場線 進入曲面 的地方電通量為 負 ，電場線 穿出曲面 的地方電通量為 正 。 （ 6） 高斯定理 通過一個任意 閉合曲面 的電通量 e 等于該面 包圍 的所有電荷電量的 代數(shù)和 的 K4 倍清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 5 頁 （或 01 倍）。 高斯定理說明靜電場是 有源場 。利用高斯定理可以求出某些具有 對稱性電場 的電場強度。 （ 7） 幾種特殊帶電體的場強 i. 點電荷：2rQKE ii. 均勻帶電球殼：RrrQKRrE,02， r 為空間點到球心距離， R 為球殼半徑。 iii. 均勻帶電球體：RrrQKRrr rqKE,)(22 ， r 為空間點到球心距離， R 為球殼半徑 ，q(r)為半徑 r 的球體內帶電荷量。 iv. 無限大帶電薄板：02E ， 為電荷密度。 v. 無限大帶電厚板：0E ， 為電荷密度。 3. 電勢和電勢能 （ 1） 靜電場力的功 靜電場力的功 類似重力 的功，與路徑無關，只與起點與終點的位置有關，即)11( 210 rrKqqA 。這說明靜電場力是 保守力 。 （ 2） 電勢能和電勢 類比重力場中重力做功，靜電場中 靜電力做功等于電勢能的減少 ，有 BAAB WWA 。要確定電勢能的大小，還需要選擇一個零勢能參考點。通常，如果帶電體系局限在有限大小的空間里，選擇 無窮遠處的電勢能為零 。那么10rqqKWQ 。 電勢能除了與電場有關，還與 q0 有關。因此，用 Wp 與 q0 的比值描繪電場，稱之為電勢。 電勢為標量0qWU 。 對點電荷電場，電勢 rqKU 。點電荷組 qi(i=1,2, ,n)，空間任一點的電勢 U 等于各點電荷單獨存在時該點的電勢 Ui的代數(shù)和，即 ni iini i rqKUU11。 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 6 頁 （ 3） 等勢面 電勢相等的點組成的曲面叫做等勢面。等勢面上移動電荷電場力做功為零，因此 電場線與等勢面處處正交 ，電場線指向電勢降低的方向。 4. 靜電場中的導體 和電介質 （ 1） 靜電平衡 以金屬導體為例，當其置于靜電場時，自由電子發(fā)生定向運動，導體的兩端面出現(xiàn) 等量異性電荷 ，這個現(xiàn)象稱為靜電感應。當靜電感應電荷產生的電場與外電場疊加使得 導體內部場強為零 時，電荷分布不再變化，場強分布不再變化，這種狀態(tài)稱為靜電平衡。 靜電平衡的條件是：導體內部場強處處為零。 靜電平衡的導體具有以下特點： i. 導體是 等勢體 ，導體表面是 等勢面 。 ii. 凈電荷 只分布在導體 表面 ，表面 曲率大 處表面 電荷密度也大 。 iii. 導體表面附近場強與導體表面垂直，其大小與導體表面對應點的電荷面密度 的關系為 )(40 EKE 。 （ 2） 靜電屏蔽 導體的 外殼 對它的 內部 起到 “ 保護 ” 作用，使它的內部不受 外部電場 的影響，這種現(xiàn)象稱為靜電屏蔽。 根據(jù)靜電平衡導體的特性我們可以很容易得到靜電屏蔽這一結論。 （ 3） 電偶極子 兩個帶 電量相等 ，但 符號相反 且 相隔很近 的點電荷組成的系統(tǒng)稱為電偶極子，電偶極子用 電偶極矩 矢量來描繪，其大小等于一個點電荷的電量與相隔距離的乘積，方向由 負電荷指向正電荷 。 （ 4） 靜電場中的電介質 電介質就是絕緣體。電介質根據(jù)分子結構分為兩類，一類介質分子的 正負電荷中心重合 ，稱為 無極分子 ，另一類介質分子的 正負電荷中心不重合 ，形成電偶極子。無外電場時無極分子介質對外不顯電性，有極分子電偶極子由于熱運動排列雜亂無章，對外也不顯電性。當外加靜電場時，無極分子正負電荷中心沿電場線方向錯開，形成電偶極子；有極分子電偶極子收到電場力力矩，轉向電場方向。兩種介質都會順著電場方向形成電偶極子，從而在介質 表面 甚至 內部 產生 凈電荷 ，這種現(xiàn)象稱為電介質的 極化 。極化產生的電荷稱為極化電荷或束縛電荷。 極化電荷也會產生電場，且與外電場方向相反，從而 削弱原電場 ，引入電介質的 相對 介電常數(shù) r 這一物理量描繪電介質削弱原電場的性質。設真空中場強 E0，均勻電介質充滿這一空間時場強rEE 0 ，從而得到 EEr 0 。 5. 電容和電容器 （ 1） 孤立導體電容 孤立導體電容定義為 UqC 。注意，電容是導體的固有屬性，與是否帶電無關。對球清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 7 頁 形導體， RqKU ，所以球形導體電容為 KRC 。 （ 2） 常見電容器及其電容 當一導體被另一導體 完全屏蔽 ，則這兩個導體組成電容器。電容器電容的定義為UqC ， U 為兩導體間電勢差。常見的電容器有 平行板電容器 、 球形電容器 和圓 柱形電容器 。它們的電容為： 平行板電容器： KdSC 4 ， S 為平板面積， d 為兩平板間距。 球形電容器：)( 12 21 RRK RRC ， R1 為內球半徑， R2 為外球殼內半徑。 圓柱形電容器： )ln(2 12RRKLC ， R1 為內柱半徑， R2 為外筒內半徑。 （ 3） 靜電場的能量 對 n 個點電荷組成的點電荷組，電場的能量 ni iinn UqUqUqW 111 21)(21 ，其中 Ui為 除 qi外 其他點電荷在 i 點處的電勢之和。 對電容器，其儲存的能量為 CQW 22 ，單位體積的能量（ 能量密度 ） 2021 Ee 。 二、 穩(wěn)恒電流 1. 歐姆定律 （ 1） 電流強度 電流強度定義為 單位時間 內流過導體 橫截面 的電量，即 tQI 。 （ 2） 電阻定律 導體的電阻跟它的 長度 l 成正比 ，跟它的 橫截面積 S 成反比 ，即 SlR ，式中， 是導體的電阻率，它與導體的溫度 T 有如下關系： )1(0 T ，其中 0 為導體在 0 時的電阻率， 為導體的電阻溫度系數(shù)。 某些金屬、合金及化合物，當溫度降到某一特定溫度時，電阻率趨于零，這種現(xiàn)象叫做超導現(xiàn)象。 （ 3） 歐姆定律 電路中任意兩點間的電勢差等于連接這兩點的支路上各電路元件上 電勢降 的代數(shù)和。這里需要注意電勢降的 正負 號。在電路的任意一個 閉合回路 上，電勢降的代數(shù)和為 零 。 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 8 頁 閉合電路 的歐姆定律 ： rRI ， 為電源電動勢， R 為外電阻， r 為電源內阻。注意，歐姆定律只對 純電阻電路 適用。 2. 電功和電功率 （ 1） 焦耳定律 電流通過導體時放出的熱量 Q 與電流 I 的平方、導體的電阻 R 及通電的時間 t 成正比，即 RtIQ 2 。對于純電阻電路，在 焦耳 定律 可表示為 R tUU ItRtIQ 22 。 （ 2） 電功和電功率 電流通過電路時，電場力對電荷作的功叫做電 功 W。單位時間內電場力所作的功叫做電功率 P。 UItUQW ， UIP 。 對純電阻 電路 ，有 RURIUIP 22 。 3. 復雜電路計算 不能通過電阻串并聯(lián)公式求解的電路為復雜電路，如電橋電路等，求解復雜電路的基本原理是 基爾霍夫定律 。 對復雜電路還可通過基爾霍夫定律推得一些變換規(guī)律從而 化簡 電路。 （ 1） 基爾霍夫定律 第一定律：穩(wěn)恒電流電路中電荷分布不隨時間改變，對電路中任一節(jié)點（三條或三條以上支路匯合點）， 流進的電流等于流出的電流 。若規(guī)定流進電流為負，流出電流為正，則各支路電流代數(shù)和為零，即 0iI 。 第二定律：穩(wěn)恒電流電路中任一閉合回路， 電勢增量的代數(shù)和為零 ，即0 iii RI 。式中規(guī)定 i 和 Ii的符號按如下規(guī)則選?。哼x定閉合回路的繞行方向后，與 繞行方向一致的 Ii為正，相反為負 ；沿繞行方向 從負極到正極 i 為負，從正極到負極 i 為正。 （ 2） 疊加原理 若電路中有多個電源，則通過電路中任一支路的電流等于 各個電源單獨存 在且 其他電源短路 時，在該支路產生的電流之和。 利用疊加原理，計算一個多電源電路時，可以分別考慮各電源的單獨作用，然后再疊加起來，常用來解決電路中含多個電源導致電阻連接不易判斷的問題。 （ 3） 無源二端網(wǎng)絡等效電阻 任何電阻網(wǎng)絡不管是簡單或是復雜的，只要有 兩個引出端 ， 內部無電源 ，則稱為無源二端網(wǎng)絡。若網(wǎng)絡兩端之間電壓為 U，從一端流進另一端流出的電流為 I，則 IUR 稱為二端網(wǎng)絡的電阻。 i. 對稱性化簡法 一個復雜網(wǎng)絡，若能找到一些完全對稱的點，在網(wǎng)絡兩端加上電壓后，其電勢相等，因而把這些點“短路”或“斷路”均不影響網(wǎng)絡中的電流分布，從而不影響網(wǎng)絡的等效電阻。 ii. 電流分布法 設電流 I 從二端網(wǎng)絡的 A 端流入， B 端流出，根據(jù)基爾霍夫第一定律解出網(wǎng)絡各支路電清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 9 頁 流（與電流 I 的比例關系），任選 A 到 B 的一條支路計算電勢差，由 IUR ABAB確定 RAB。 iii. Y- 變換法 將三個支路連接成具有三個節(jié)點的回路，稱為三角形（ ）連接；若將三個電阻的一端連接，則只有一個節(jié)點，稱為星形（ Y）連接。為簡化電路結構，兩種連接可相互轉換。 用 Y 連接替代 連接：312312312333123122312231231231121RRRRRRRRRRRRRRRRRR 用 連接替代 Y 連接：132133132132232132112RRRRRRRRRRRRRRRRRR （ 4） 無限多 電阻元件構成的二端網(wǎng)絡 對無限多電阻元件構成的二端網(wǎng)絡求解，一種方法是用 歸納法 并令歸納結果中 k ；另一種方法是根據(jù)無限網(wǎng)絡的 對稱性 求解；還有一種方法是利用“ 11 ”的極限思想 列寫方程求解。 三、 磁場 1. 磁感應強度 （ 1） 磁場 磁鐵和磁鐵，電流和磁鐵以及電流和電流間的相互作用是通過場的形式產生的，這種場叫做磁場。磁場是 無源場 ，磁感線無頭無尾，對任意封閉曲面有多少磁感線穿入必有多少穿出，即 封閉曲面磁通量為零 （磁場高斯定理） 。自然界中沒有單獨存在的 N 極或 S 極。 （ 2） 磁感應強度 將一稱為 電流元 的、長度為 L的載流導線放在磁場中某一點，電流元所受到的力與 L、載流 I 及其 方位 有關。當電流元在某一方位時所受力最大，這個最大力為 Fm與 IL 之比為一定值，這一比值即為該點的磁感應強度，即 LIFB m 。磁感應強度 B 的方向由受力為零且穩(wěn)定平衡時的電流方向 I 給出。 （ 3） 畢 -薩定律 一個電流元 IL 在相對電流元的位置矢量 r 的 P 點所產生的磁感應強度 B 的大小為2sinrLIK ， 為電流元 IL 的方向與 r 的夾角。 B 的方向由右手螺旋法則確定。若令清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 10 頁 40K ， 170 AmT104 為真空磁導率，則畢薩定律可寫為 20 sin4 rLIB 載流回路是由許多個電流元組成，求出每個電流元在 P 點產生的磁感應強度， 求和疊加 后得到整個回路在 P 點的磁感應強度。 （ 4） 幾種特殊載流體的磁感應強度 i. 圓電流軸線：2/32220)(2 Rx IRB ， x 為軸線上點到圓心距離， R 為圓電流半徑。 ii. 無限長直導線： rIB 20 ， r 為所求點到直導線距離。 iii. 無限長均勻載流圓柱體：RrrIRrrjB,2,200， j 為電流密度， R 為圓柱半徑。 iv. 無限長直螺線管內： nIB 0 ， n 為單位長度繞線匝數(shù)。 2. 安培力 （ 1） 安培力 長為 L，電流強度為 I 的載流導線處磁感應強度為 B ，電流元與磁感應強度夾角為 ，則電流元受的安培力 sinLIBF ，方向由 左手定則 確定。 任意長度、任意形狀的載流導線可 分解 為若干小段直導線，各段受的安培力的 矢量和 即為整個導線所受的安培力。 （ 2） 磁偶極子 稱面積很小的載流線圈為 磁偶極子 ，用 磁偶極矩 Pm來描繪它。磁偶極矩的大小為平面線圈的面積與所載電流強度的乘積，即 ISPm ，方向滿足右手螺旋法則。線圈所受力矩為sinBPM m ， 為線圈法線與磁感應強度的夾角。 3. 洛倫茲力 （ 1） 洛倫茲力 帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力為 sinqvBF ， 為帶電粒子速度與磁感應強度的夾角。洛倫茲力方向與粒子 速度方向垂直 ，洛倫茲力不做功，不能改變電荷速度的大小，只能改變速度的方向，使路徑發(fā)生彎曲。 （ 2） 帶電粒子在勻強磁場中的運動 若 Bv / ，勻速直線運動。 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 11 頁 若 Bv ，勻速圓周運動。圓周半徑qBmvR，運動周期qBmT 2。 若 v 和 B 成夾角 ，把速度 分解 為 平行 與磁感應強度的分量 cosv 和 垂直 于磁感應強度的分量 sinv ，粒子運動為兩種運動的疊加，即 螺旋運動 。螺旋半徑qBmvR sin，每個螺旋的周期qBmT 2，螺距qBmvvTh 2c o sc o s 。 （ 3） 磁聚焦 設從磁場 A 點射出一束很窄的帶電粒子流，其速率 v 相差無幾，與 B 的夾角 都很小，則 vvv cos/ ， vvv sin 。由于速度的垂直分量不相等，粒子將在磁場作用下沿不同半徑做螺旋運動。由于水平分量近似相等，運動周期與速度無關亦相等，故經歷時間 T 后，它們又都在前進qBmvh 2后相遇于 A 點，這與光經過透鏡后聚焦的現(xiàn)象相似，所以叫磁聚焦。 四、 電磁感應 1. 楞次定律 閉合回路中感應電流的方向，總是使得它所激發(fā)的磁場 阻止 引起感應電流的磁通量的變化，這個結論就是楞次定律。 在使用楞次定律判斷感應電流方向時，首先判斷穿過閉合回路 磁感線沿什么方向 ， 磁通量 如何變化（ 增加 /減少 ），然后根據(jù) 楞次定律 確定 感應電流激發(fā)的磁場 應沿什么方向（與原磁場 反向 /同向 ）。最后根據(jù) 右手定則 從感應電流產生的磁場方向確定感應電流方向。 2. 法拉第電磁感應定律 閉合回路中感應電動勢 與穿過回路的 磁通量的變化率 t 成正比，即tK 。式中 K 為比例系數(shù)，取決于 、 和 t 的單位，如果 的單位用 Wb， t 的單位用 s， 的單位用 V，則 K=1。式中負號代表感應電動勢方向。最終有 t 。 3. 動生、感生電動勢 （ 1） 磁通量變化方式 磁通量 iii SB c os變化有下列 三種情況 ： i. B 不變， 不變，但電路中的一部分切割磁感線運動使回路面積改變，從而使 改變。 ii. B 不變， S 不變，但回路在磁場中轉動使得回路所包圍的面與 B 的夾角 改變，清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 12 頁 從而使 改變。 iii. S 不變 ， 不變，但磁感應強度改變，從而使得 改變。 （ 2） 動生電動勢 前兩種磁通量變化方式是由于回路的一部分或整體在 磁場中運動 使得通過回路的磁通量改變而產生感應電動勢，稱為動生電動勢。 動生電動勢所對應的 非靜電力是洛倫茲力 ， 切割磁感線運動 產生的動生電動勢 sinBlv ， 是速度與磁感應強度的夾角。動生電動勢方向根據(jù)洛倫茲力方向判斷，也可根據(jù)楞次定律判斷。 （ 3） 感生電動勢 第三種磁通量變化方式是由于磁場變化使得通過回路的磁通量改變而產生感應電動勢，稱為感生電動勢。 感生電動勢對應的非靜電力是感生電場對電荷的作用力。感生電場為無源場，感生電場對電荷的力是非保守力。 對無限長螺線管內的感生電場，有RrtBrRRrtBrE,2,22感 。 R 為螺線管半徑。 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 13 頁 例題選講 例 1 如圖所示， A、 B 為兩塊平行金屬板， A 板帶正電、 B 板帶負電。兩板之間存在著勻強電場， 兩板間距為 d、電勢差為 U，在 B 板上開有兩個間距為 L 的小孔。C、 D 為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近 B 板的 O處， C 帶正電、 D 帶負電。兩半圓形金屬板間的距離很近，兩板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向 O。且兩板末端的中心線正對著 B 板上的小孔。半圓形金屬板兩端與 B 板的間隙可忽略不計?，F(xiàn)從正對 B 板小孔緊靠 A 板的 O 處由靜止釋放一個質量為 m、電量為 q 的帶正電微粒（微粒的重力不計），問： （ 1）微粒穿過 B 板小孔時的速度多大？ （ 2）為了使微粒能在 CD 板間運動而不碰板， CD 板間的電場強度大小應滿足什么條件？ （ 3）從靜止釋放開始，微粒第一次到達半圓形金屬板間的最低點 P 的時間？ 解： （ 1）設微粒穿過 B 板小孔時的速度為 v，根據(jù)動能定理，有 221mvqU 解得mqUv 2 （ 2）微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有 LvmRvmqE 22 2 聯(lián)立 、 ，得 LUE 4 （ 3）微粒從釋放開始經 t1 射出 B 板的小孔，則 qUmdvdvdt22221 設微粒在半圓形金屬板間運動經過 t2 第一次到達最低點 P 點， qUmLvLt 2442 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 14 頁 所以從釋放微粒開始，經過qUmLdtt 242)( 21 微粒第一次到達 P 點。 簡析： 本題將靜電場與力學內容相結合，實質是力學問題，只要把握運動規(guī)律，結合動能定理即可求解。在計算力時需要用到電場力的計算。 例 2. 如圖所示，框架是用同種金屬絲制成的，單位長度的電阻為 ，一連串內接等邊三角形的數(shù)目可認為趨向無窮，取 AB 邊長為 a，以下每個三角形的邊長依次減小一半，則框架上 A、 B 兩點間的電阻為多大？ 解： 從對稱性考慮原電路可以用如下圖所示的等效電路來代替，同時我們用電阻為 2xR 的電阻器來代替由無數(shù)層 “ 格子 ” 所構成的 “ 內 ” 三角 。由于電阻與長度成正比，內三角每一層均為大三角形邊長的一般，故應有xxAB RRR 22， aR 因此 )22()22( xxxxx RR RRRRRR RRRRR 解得 aRRR xAB )17(313 17 簡析： 本題是求解無窮多電阻元件網(wǎng)絡的問題，根據(jù)無窮網(wǎng)絡的對稱性找到等勢點，再運用等效方法將網(wǎng)絡化簡即可求解。 例 3. 如圖所示的電路中，各電源的內阻均為零，其中 B、 C 兩點與其右方由1.0 的電阻和 2.0 的電阻構成的無窮組合電路相接 。 求圖中 10F 的電容器與 E點相接的極板上的電荷量 。 解： 設 B、 C 右方無窮組合電路的等效電阻為BCR ，則題圖中通有電流的電路可以簡化為圖 2中的電路 。 B、 C 右方的電路又可簡化為圖 3 的電路，其中 BCR 是虛線右方電路的等效電阻 。 由于 B 、 C 右方的電路與 B、 C 右方的電路結構相同，而且都是無窮組合電路，故有 CBBC RR (1) 由電阻串 并聯(lián)公式可得 CBCBBC RRR 221 (2) 由式 (1)、 (2)得 022 BCBC RR 20F 10F B 20F D 10 1.0 1.0 1.0 1.0 2.0 2.0 2.0 18 30 20V 10V A C E 24V 圖 2 圖 3 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 15 頁 解得 0.2BCR (3) 圖 4 所示回路中的電流為 A10.02183010 241020 AI (4) 電流沿順時針方向。設電路中三個電容器的電容分別為 C1、 C2 和 C3，各電容器極板上的電荷分別為 Q1、 Q2 和 Q3，極性如圖 4 所示 。 由于電荷守恒，在虛線框內，三個極板上電荷的代數(shù)和應為零，即 0231 QQQ (5) 因此 A、 E 兩點間的電勢差 V0.7V)10.03010(3311 CQCQUU EA (6) B、 E 兩點間的電勢差 V26V)10.02024(3322 CQCQUU EB （ 7） 由 (5)、 (6)、 (7)式并代入 C1、 C2 和 C3 之值后可得 CQ 43 103.1 。 即電容器 C3 與 E點相接的極板帶負電，電荷量為 C103.1 4 。 簡析： 本題也是無窮網(wǎng)絡問題，在化簡無窮網(wǎng)路時使用了極限思想，即無窮多增加或減少有限數(shù)值（如增加或減少 1）仍為無窮多，系統(tǒng)不變。將電路化簡后由基爾霍夫定律及電荷守恒即可求解。 例 4. 一個長為 L1，寬為 L2，質量為 m 的矩形導電線框，由質量均勻分布的剛性桿構成，靜止放置在不導電的水平桌面上，可繞與線框的一條邊重合的光滑固定軸 ab 轉動，在此邊中串接一能輸出可變電流的電流源（圖中未畫出）。線框處在勻強磁場中，磁場的磁感應強度 B 沿水平方向且與轉軸垂直，俯視圖如圖所示?，F(xiàn)讓電流從零逐漸增大，當電流大于某一最小值 Imin 時，線框將改變靜止狀態(tài)。 （ 1）求電流值 Imin。 （ 2）當線框改變靜止狀態(tài)后，設該電流源具有始終保持恒定電流值 I0 不變（ I0Imin）的功能。已知在線框運動過程中存在空氣阻力。試分析線框的運動狀況。 解： 導體線框放在水平桌面上，俯視圖如 右圖 。由圖可見，在線框沒動之前，線框的 PQ 邊與 PQ邊平行于磁場 B，因而不受磁場力。 PP邊受的安培力的大小為 IBL1， 方向垂直于桌面向下，但此力對軸的力矩為零。 QQ邊受的安培力的大小為 IBL1，方向垂直桌面向上。此力對固定軸的力矩為 圖 4 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 16 頁 210 LIBLM （ 1） 除此力矩外，線框還受到重力矩作用。重力力矩等于重力乘線框重心（ O 點）到軸 ab的距離，即 )2( 20 Lmg （ 2） 當 M0=0 時，桌面對線框的支持力的力矩為零， M00 時，線框將改變靜止狀態(tài)，開 始繞軸 ab 向上翹起。根據(jù)題意及 （ 1） 、 （ 2） 式，由力矩平衡原理可知 221mi n 21 mgLLBLI （ 3） 解得1min 2BLmgI （ 2）線框處于靜止狀態(tài)時，若電流 I0 比 Imin 稍大，線框所受的電磁力矩 M將大于重力矩 ，使線框繞 ab軸向上翹起。PQ 邊和 PQ邊所受電磁力不等于零，但二者相互抵消。當保持電流值 I0 恒定不變時，線框將從靜止狀態(tài)開始繞固定軸作加速轉動。在加速轉動過程中，由于通過線框的磁通量發(fā)生變化，線框內將產生感應電動勢，它有使線框中的電流變小的趨勢，題中已設電流源有保持電流恒定不變的功能，所以當線框平面轉至與桌面成 角時，如 右圖 所示，線框受到的合力矩為 c o s)21( 210 LmgBLIM （ 4） 隨著 角逐漸增大，合力矩隨之減小，但 M- 始終大于零，因而線框仍作逆時針加速轉 動，角速度不斷增大。當線框平面轉到豎直面 NN時，合力矩為零，角速度達到最大。由于 慣性，線框將越過 NN面作逆時針轉到。此時，合力矩與線框轉動方向相反，角速度將逐漸減小，合力矩的大小隨著 角的增大而增大，如 右圖 所示。如果沒有空氣阻力， 將增至 180。當 角等于 180 時，線框轉動的角速度為零，合力矩將使線框作順時針加速轉動，結果線框將在 角等于0與 180之間往復擺動不止。 實際上，由于空氣阻力作用，線框平面在 NN平面兩側擺動的幅度將逐漸變小，最終靜止在 NN面處，此時，電磁力矩與重力矩均為零。如果線框稍偏離平衡位置 NN，電磁力矩與重力矩的合力矩將使線框回到 NN平面處。故線框處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)。 簡析： 本題通過磁場中安培力與力學相結合，由電磁學理論計算安培力后，通過受力情況判斷線框運動狀態(tài)，其核心也是力學。 例 5. 如圖所示， ACD 是由均勻細導線制成的邊長為 d 的等邊三角形線框，它以 AD為轉軸，在磁感應強度為 B 的恒定的勻強磁場中以恒定的角速度田轉動（俯視為逆時針旋清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 17 頁 轉 ）， 磁場方向與 AD 垂直 。 已知三角形每條邊的電阻都等于 R， 取圖示線框平面轉至與磁場平行的時刻為 t=0。 （ 1）求任意時刻 t 線框中的電流 。 （ 2）規(guī)定 A 點的電勢為 0，求 t=0 時，三角形線框的 AC 邊上任一點 P（到 A 點的距離用 x 表示）的電勢 UP，并畫出 UP與x 之間關系的圖線 。 解： （ 1）在線框轉動過程中，三角形的 AC、 CD 兩邊因切割磁感應而產生磁感應電動勢，因長度為 d 的 AC 邊和 CD 邊都不與磁場方向垂直，每條邊切割磁感線的有效長度，即垂直于磁場方向的長度為 ddl 2130sin 。 因 AC 邊上不同部分到轉軸的距離不同，它們的速度隨離開轉軸的距離的增大而線性增大，故可認為 AC 邊上各部分產生的總電動勢，數(shù)值上等同于整條 AC邊均以 AC邊中點處的速度 v 運動時產生的電動勢，而 dv 4330c o s21 。 設在 t=0 至時刻 t，三角形從平行于磁場方向的位置繞軸轉過角度為 ，則 t ， 因邊上各點速度的方向不再與磁場方向垂直， v 沿垂直磁場方向的分量 為 cosvv ， 由此得到 t 時刻 AC 邊中的感應電動勢 vBlAC ， 其方向由 A 指向 C，由 帶入 v 的表達式 得 tdBAC c o s83 2 同理可得 tdBCD c o s83 2， 其方向由 C 指向 D，三角形線框中的總電動勢 為 tdBCDAC c o s43 2 其方向沿 ACDA 回路方向。因線框中的總電阻為 3R，故 t 時刻線框中的電流 為 c o s12 33 2dBRRi （ 2）對于 AP 來說，長度為 x，在 t=0 時刻， 1cos t ，而以 x 代替 d，即可得 AP 段中的感應電動勢的大小 為 283 BxAP ， 方向由 A 點指向 P 點，此時線框的電流 為2123 dBRI 。 根據(jù)含源電路歐姆定律， P 點的電勢 dIxRU APP 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 18 頁 整理后得 )32(83 2 xdxBU P 為了畫出 UP(x)圖線，先求出若干特征點的電勢值 。上 式右側是一個關于 x 的二次方程，故 UP(x)圖線為一拋物線， 上 式可改寫為 22 )31(8372 3 dxBdBU P 由 上 式可知，此拋物線 （ i） 0x 和 23xd ， 0pU （ ii）拋物線的頂點坐標為 3dx ，2372pU B d (iii) xd , 2324pU B d 圖線如圖所示。 簡析： 本題主要考察了動生電動勢的理解和計算，把握好動生電動勢產生的原因，由公式即可計算動生電動勢。得到了動生電動勢其他問題均屬于簡單的電路分析問題。 例 6. 在真空中建立一坐標系，以水平向右為 x 軸正方向，豎直向下為 y 軸正方向， z 軸垂直紙面向里（如圖所示） 。 在 0yL 的區(qū)域內有勻強磁場， L=0.80m，磁場的磁感強度的方向沿 z 軸的正方向，其大小 B=0.10T今把一荷質比 q/m=50C kg-1 的帶正電質點在 x=0， y=-0.20m， z=0處靜止釋放，將帶電質點過原點的時刻定為 t=0 時刻，求帶電質點在磁場中任一時刻 t 的位置坐標 。 并求它剛離開磁場時的位置和速度 。 取重力加速度 g=10m s-2。 解： 帶電質點靜止釋放時，受重力作用做自由落體運動，當它到達坐標原點時，速度為 11 2 2 .0 m sv g y （ 1） 方向豎直向下 。 帶電質點進入磁場后，除受重力作用外，還受到洛倫茲力作用 ，質點速度的大小和方向都將變化，洛倫茲力的大小和方向亦隨之變化 。 我們可以設想，在帶電質點到達原點時，給質點附加上沿 x 軸正方向和負方向兩個大小都是 v0 的初速度，由于這兩個方 向相反的速度的合速度為零，因而不影響帶電質點以后的運動 。 在 t=0 時刻，帶電質點因具有沿 x 軸正方向的初速度 v0 而受洛倫茲力 f1 的作用。 10f qvB （ 2） 其方向與重力的方向相反 。 適當選擇 v0 的大小，使 f1 等于重力，即 0qvB mg （ 3） 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 19 頁 解得： 10 2 .0 m s( / )gv q m B (4) 只要帶電質點保持（ 4）式決定的 v0 沿 x 軸正方向運動， f1 與重力的合力 始終 等于零 。但此時，位于坐標原點的帶電質點還具有豎直向下的速度 v1 和沿 x 軸負方向的速度 v0，二者的合成速度大小為 2 2 101 2 .8 m svv v （ 5） 方向指向左下方，設它與 x 軸的負方向的夾角為，如圖所示，則 10tan 1 2vv 解得 4 （ 6） 因而帶電質點從 t=0 時刻起的運動可以看做是速率為 v0，沿 x 軸的正方向的勻速直線運動和在 xOy 平面內速率為 v 的勻速圓周運動的合成 。 圓周半徑 0.56 mmvR qB （ 7） 帶電質點進入磁場瞬間所對應的圓周運動的圓心 O位于垂直于質點此時速度 v 的直線上，由圖可知，其坐標為 s in 0 .4 0 mc o s 0 .4 0 mOOxRyR （ 8） 圓周運動的角速度 15.0 rad svR （ 9） 由圖可知，在帶電質點離開磁場區(qū)域前的任何時刻 t，質點位置的坐標為 0OO si n( ) c os( )x v t R t xy y R t （ 10） 式中 v0、 R、 、 、 Ox 、 Oy 已分別由（ 4）、（ 7）、（ 9）、（ 6）、（ 8）各式給出。 帶電質點到達磁場區(qū)域下邊界時， y=L=0.80m，代入（ 10） 式，再代入有關數(shù)值，解得 0.31st （ 11） 將（ 11）式代入（ 10）式，再代入有關數(shù)值得 0.63mx （ 12） 所以帶電質點離開磁場下邊界時的位置的坐標為 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 20 頁 0.63m0.80m0xyz （ 13） 帶電質點在磁場內的運動可分解成一個速率為 v的勻速圓周運動和一個速率為 v0的沿 x軸正方向的勻速直線運動，任何時刻 t，帶電質點的速度 V 便是勻速圓周運動速度 v 與勻速直線運動的速度 v0 的合速度 。 若圓周運動的速度在 x 方向和 y 方向的分量為 vx、 vy，則質點合速度在 x 方向和 y 方向的分速度分別為 0xxV v v （ 14） yyVv （ 15） 22xyvvv ， v 由（ 5）式決定，其大小是恒定不變的， v0 由（ 4）式決定，也是恒定不變的，但在質點運動過程中因 v 的方向不斷變化，它在 x 方向和 y 方向的分量 vx和 vy都隨時間變化，因此 Vx和 Vy也隨時間變化，取決于所考察時刻質點做圓周運動速度的方向，由于圓周運動的圓心的 y 坐標恰為磁場區(qū)域寬度的一半，由對稱性可知，帶電質點離開磁場下邊緣時，圓周運動的速度方向應指向右下方，與 x 軸正方向夾角 4 ，故代入數(shù)值得 1c o s 2 .0 m sxvv 1s in 2 .0 m syvv 將以上兩式及（ 5）式代入（ 14）、（ 15）式，便得帶電質點剛離開磁場區(qū)域時的速度分量，它們分別為 14.0 m sxV （ 16） 12.0 m syV （ 17） 速度大小為 2 2 14 .5 m sxyV V V （ 18） 設 V 的方向與 x 軸的夾角為 ，如圖所示，則 1tan 2yxVV 解 得 27。 簡析： 本題關鍵在于添加水平速度 v0 產生抵消重力的洛倫茲力，這樣運動的分解變得簡單，位移相對易求。這在磁場問題中是一種較為有效的處理方法。 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 21 頁 鞏固習題 1.如圖所示，電容量分別為 C 和 2C 的兩個電容器 a 和 b 串聯(lián)接在電動勢為 E 的電池兩端充電，達到穩(wěn)定后，如果用多用電表的直流電壓檔 V 接到電容器 a 的兩端（如圖），則電壓表的指針穩(wěn)定后的讀數(shù)是（ ） A E/3 B. 2E/3 C.E D. 0 2.由電容皆為 1 F 的電容器組成的網(wǎng)絡如圖所示。則 a、 b 間的等效電容 Cab= 。 3. 如圖所示， PR 是一塊長 L 的絕緣平板，整個空間有一平行于 PR 的勻強電場 E，在板的右半部分有一個垂直于紙面向外的勻強磁場 B。一個質量為 m、帶電量為 q 的物體，從板的P 端由靜止開始在電場力和摩擦力的作用下向右做勻加速運動，進入磁場后恰能做勻速運動。當物體碰到板 R 端擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場，物體返回時在磁場中仍做勻速運動，離開磁場后做勻減速運動停在 C 點， PC=4L ，物體與平板間的動摩擦因數(shù)為 。求： 物體與擋板碰撞前后的速度 V1 和 V2； 磁感強度 B 的大小； 電場強度 E 的大小和方向。 4.圖示為一固定不動的絕緣的圓筒形容器的橫截面，其半徑為 R，圓筒的軸線在 O 處 .圓筒內有勻強磁場，磁場方向與圓筒的軸線平行，磁感應強度為 B.筒壁的 H 處開有小孔，整個裝置處在真空中 .現(xiàn)有一質量為m、電荷量為 q 的帶電粒子 P 以某一初速度沿筒的半徑方向從小孔射入圓筒，經與筒壁碰撞后又從小孔射出圓筒 .設：筒壁是光滑的， P 與筒壁碰撞是彈性的， P 與筒壁碰撞時其電荷量是不變的 .若要使 P 與筒壁碰撞的次數(shù)最少，問： （ 1） P 的速率應為多少？ （ 2） P 從進入圓筒到射出圓筒經歷的時間為多少？ 5.圖為示波管的示意圖，豎直偏轉電極的極板長 l 4.0 cm，兩板間距 離 d 1.0 cm，極板右端與熒光屏的距離 L 18 cm.由陰極發(fā)出的電子經電場加速后，以 v 1.6107 m/s 的速度沿中心線進入豎直偏轉電場 .若電子由陰極逸出時的初速度、E B R C P 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 22 頁 電子所受重力及電子之間的相互作用力均可忽略不計，已 知電子的電荷量 e 1.610 -19 C，質量 m 0.9110 -30 kg. （ 1）求加速電壓 U0 的大??；（ 2）要使電子束不打在偏轉電極的極板上，求加在豎直偏轉電極上的電壓應滿足的條件； （ 3）在豎直偏轉電極上加 u 40sin100t V 的交變電壓，求電子打在熒光屏上亮線的長度。 6.空間有半徑為 R、長度 L 很短的圓柱形的磁場區(qū)域，圓柱的軸線為 z 軸，磁場中任一點的磁感應強度的方向沿以 z 軸為對稱軸的圓的切線，大小與該點離 z 軸的距離 r 成正比， B=Kr， K為常數(shù)，如圖中 “”與 “”所示。電量為 q（ q0）、質量為 m 的一束帶電粒子流如圖中一簇平行箭頭所示，以很高的速度 v 圓柱沿軸線方向，穿過該磁場空間，磁場區(qū)域外的磁場強度的大小可視為零。試討論這束帶電粒子流穿過區(qū)域后的運動情況。 7 在相互垂直的勻強磁場和勻強電場中，有一傾角為 的足夠長的光滑絕緣斜面，磁感應強度為 B，方向水平向外，電場強度為E，方向豎直向上，有一質量為 m 帶電荷量為 q 的小滑塊靜止在斜面頂端時對斜面的正壓力恰好為零，如圖所示。 (1)如果迅速把電場方向轉為豎直向下，求小滑塊能在斜面上連續(xù)滑行的最遠距離 L 和所用時間 t ； (2)如果在距 A 端 L 4 遠處的 C 點放入一個相同質量但不帶電的小物體，當滑塊從 A 點由靜止下滑到 C 點時兩物體相碰并黏在一起求此黏合體在斜面上還能再滑行多長時間和距離 8 如圖所示，磁場的方向垂直于 xy 平面向里。磁感強度 B 沿 y 方向沒有變化，沿 x 方向均勻增加 ,每經過 1cm 增加量為 1.010 4T，即cmTxB /100.1 4 。有一個長 L=20cm，寬h=10cm 的不變形的矩形金屬線圈，以 v=20cm/s的速度沿 x 方向運動。問： （ 1）線圈中感應電動勢 E 是多少？ （ 2）如果線圈電阻 R=0.02，線圈消耗的電功率是多少？ （ 3）為保持線圈的勻速運動，需要多大外力？機械功率是多少？ O x y v h L L v r 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 23 頁 9.如圖所示，一水平放置的光滑平行導軌上放一質量為 m 的金屬桿，導軌間距為 L，導軌的一端連接一阻值為 R 的電阻，其他電阻不計，磁感應強度為 B 的勻強磁場垂直于導軌平面 . 現(xiàn)給金屬桿一個水平向右的初速度 v0，然后任其運動，導軌足夠長，試求金屬桿在導軌上向右移動的最大距離是多少？ 10.如圖所示電路中，輸入電壓 ，直流電源電動勢 。 （ 1）求 的波形； （ 2）將 D 反接后， 又當如何？ 11.如圖所示，半徑為 R 的圓柱形區(qū)域內有勻強磁場，磁場方向垂直紙面指向紙外，磁感應強度 B 隨時間均勻變化，變化率 /B t K (K 為一正值常量 ),圓柱形區(qū)外空間沒有磁場，沿圖中 AC 弦的方向畫一直線，并向外延長，弦 AC 與半徑 OA 的夾角 /4 直線上有一任意點，設該點與 A 點的距離為 x ，求從 A 沿直線到該點的電動勢的大小 12如圖所示，間距為 L，電阻不計的兩根平行金屬導軌 MN、 PQ（足夠長）被固定在同一水平面內，質量均為 m，電阻均為 R 的兩根相同導體棒 a、 b 垂直于導軌放在導軌上，一根輕繩繞過定滑輪后沿兩金屬導軌的中線與 a 棒連連，其下端懸掛一個質量為 M 的物體 C，整個裝置放在方向豎直向上，磁感應強度大小為 B 的勻強磁場中，開始時使 a、 b、 C 都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)釋放 C，經過時間 t， C 的速度為 v1， b 的速度為 v2。不計一切摩擦，兩棒始終與導軌接觸良好，重力加速度為 g，求： （ 1） t 時刻 a 棒兩端的電壓 （ 2） t 時刻 C 的加速度值 （ 3） t 時刻 a、 b 與導軌所組成的閉合回路消耗的熱功率 （ 4） t 時刻 a、 b 與導軌所組成的閉合回路消耗的總電功率 )(s in5260 VtFu i V3ABuABu BADca0R1U C L M P b a N Q B 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 24 頁 13.如圖所示，在光滑的水平面上，有邊長 l=0.8m 的正方形導線框 abcd，其質量 m=100g，自感 L=10-3H，電阻可忽略不計。該導線框的 bc 邊在 t=0 時，從 X=0 處以初速度 v0=4m/s 進入磁感應強度為 B 的有界勻強磁場區(qū)域。磁場區(qū)域的寬度 s=0.2m， B 的方向與導線框垂直（圖中指向紙內）， B 的大小為 0.5T。忽略空氣阻力。試求： 36ts 時刻導線框 bc 邊的位置； 若初速度為 043v，求 36ts 時刻導線框 bc 邊的位置。 14.如圖所示，在半徑為 a 的圓柱空間中（圖中圓為其橫截面）充滿磁感應強度大小為 B 的均勻磁場，其方向平行于軸線遠離讀者在圓柱空間中垂直軸線平面內固定放置一絕緣材料制成的邊長為 1.6La 的剛性等邊三角形框架 DEF ，其中心 O 位于圓柱的軸線上 DE 邊上 S 點（ 14DS L ）處有一發(fā)射帶電粒子的源，發(fā)射粒子的方向皆在圖中截面內且垂直于 DE邊向下發(fā)射粒子的電量皆為 q （ 0），質量皆為 m ，但速度 v 有各種不同的數(shù)值若這些粒子與三角形框架的碰撞均為完全彈性碰撞，并要求每一次碰撞時速度方向垂直于被碰的邊試問： 1帶電粒子速度 v 的大小取哪些數(shù)值時可使 S 點發(fā)出的粒子最終又回到 S 點？ 2. 這些粒子中，回到 S 點所用的最短時間是多少？ a b c d l o s v0 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 25 頁 參考答案 1. D 2. 54F 3.解：物體碰擋板后在磁場中做勻速運動，可判斷物體帶的是正電荷，電場方向向右。 物體進入磁場前，在水平方向上受到電場力和摩擦力的作用，由靜止勻加速至 V1。 21212)( mVLmgqE 物體進入磁場后，做勻速直線運動，電場力與摩擦力相等 qEBqVmg )( 1 在碰撞的瞬間，電場撤去，此后物體仍做勻速直線運動，速度為 V2，不再受摩擦力，在豎直方向上磁場力與重力平衡。 mgBqV 2 離開磁場后，物體在摩擦力的作用下做勻減速直線運動 2221041 mVLmg 由 式可得： 222 gLV 代入 式可得：LgmqB /2 解以上各方程可得： gLV 21 由 式得：Lq gLmqVmgB 22 由 式可得： qmgLq gLmgLqmgBVqmgE 3221 4. 解析： （ 1）如圖所示，設筒內磁場的方向垂直紙面指向紙外，帶電粒子 P 帶正電，其速率為v.P 從小孔射入圓筒中因受到磁場的作用力而偏離入射方向，若與筒壁只發(fā)生一次碰撞，是不可能從小孔射出圓筒的 .但與筒壁碰撞兩次，它就有可能從小孔射出 .在此情形中， P 在筒內的路徑由三段等長、等半徑的圓弧 HM、 MN 和 NH 組成 .現(xiàn)考察其中一段圓弧 MN，如圖8-35 所示 .由于 P 沿筒的半徑方向入射， OM 和 ON 均與軌道相切，兩者的夾角 23 (1) 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 26 頁 設圓弧的圓半徑為 r，則有 2vqvB m r (2) 圓弧對軌道圓心 O所張的圓心角 3 (3) 由幾何關系得 cot2rR (4) 解 (2)、 (3)、 (4)式得 3qBRv m (5) （ 2） P 由小孔射入到第一次與筒壁碰撞所通過的路徑為 s=r (6) 經歷時間為1 st v (7) P 從射入小孔到射出小孔經歷的時間為 t=3t1 (8) 由以上有關各式得 mtqB (9) 5.解：（ 1）對于電子通過加速電場的過程，根據(jù)動能定理 有 20 21mveU 解得 U0 728 V. （ 2）設偏轉電場電壓為 U1 時，電子剛好飛出偏轉電場，則此時電子沿電場方向的位移恰為d/2， 即 2121212 tmdeUatd 電子通過偏轉電場的時間 vlt 解得 V91221 etmdU 所以，為使電子束不打在偏轉電極上，加在偏轉電極上的電壓 U 應小于 91 V. （ 3）由 u 40 sin100t V 可知 =100， Um=40 V 偏轉電場變化的周期 s 02.02 T ，而 s105.2 9 vlt .Tt，可見每個電子通過偏轉電場的過程中，電場可視為穩(wěn)定的勻強電場 . 當極板間加最大電壓時，電子有最大偏轉量 cm20.0m21 2m tmdeUy. 電子飛出偏轉電場時平行極板方向分速度 vx v 垂直極板方向的分速度 tmdeUtavyy m 電子離開偏轉電場到達熒光屏的時間vLvLt x 電子離開偏轉電場后在豎直方向的位移為 y2 vy t 2.0 cm 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 27 頁 電子打在熒光屏上的總偏移量 Ym=ym+y2=2.2 cm 電子打在熒光屏產生亮線的長度為 2Ym=4.4 cm 用下面的方法也正確： 設電子在偏轉電場有最大電壓時射出偏轉電場的速度與初速度方向的夾角為 ， 則 01.0tan xyvv 電子打在熒光屏上的總偏移量 cm2.2ta n)2(m LlY 電子打在熒光屏產生亮線的長度為 2Ym=4.4 cm. 6.解：設想沿距 z 軸為 r 的平行線運動的帶電粒子進入磁場區(qū)，帶電粒子受到指向 z 軸的徑向洛倫茲力 f 向軸偏轉， f=qvB 。因粒子速度很快，粒子經過磁場區(qū)的時間 t很短， vLt ；粒子經磁場區(qū)所受的沖量 Pr 為： q K Lrq B LtfP r 。 粒子逸出磁場區(qū)后將沿直線方向運動。運動的直線與 z 軸交于 M 點，令 M 點到磁場區(qū)的距離為 d，因粒子沿軸向運動的動量 P 經過磁場區(qū)域發(fā)生的改變可以忽略，則有： rdPPr ；綜合以上關系有：qKLmvrPPd r 。由這個式子可見，粒子與 z 軸交點 M 的位置與粒子距軸的距離無關，因所有粒子均以速度 v 平行于 z 軸進入磁場區(qū)，受到洛倫茲力后，都折向 M 點，但平行 z 軸的速度分量基本不改變，所以粒子束經磁場區(qū)后，均會同時會聚于 M 點。 7.解： (1)由題意知 mgqE 場強轉為豎直向下時，由動能定理，有 221s in mLqEmg ）（ 即 2 221sin mmgL 當滑塊剛離開斜面時有 c os）（ qEmgBq 即qBmg cos2 由 解，得 L=sincos22 22Bq gm 根據(jù)動量定理，有 c o ts in2 qBmmgmt (2)兩不物體先后運動，設在 C 點處碰撞前滑塊的速度為 ,則 221s in42 mLmg 碰撞過程有 mum 2 當黏合體將要離開斜面時有 由動能定理，碰后兩物體共同下滑的過程中，有 22 221221s in3 mumsmg 聯(lián)立 解，得12s inc o s3 22 22 LBq gms 將 L 結果代入 式得sin12 cos35 22 22Bq gms . c o s3c o s2 mgqEmgBq ）（清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 28 頁 碰后兩物體在斜面上還能滑行的時間可由動量定理求得 c o t35s in3 22 qBmmg mumt 8解： (1)設線圈向右移動一距離 S，則通過線圈的磁通量變化為： LxBSh ，而所需時間為 vSt ， 根據(jù)法拉第電磁感應定律可感應電動勢力為 5104 xBh v LtE V. (2)根據(jù)歐姆定律可得感應電流 8102 REI A， 電功率 P=IE= 8108 W (3)電流方向是沿逆時針方向的，導線 dc 受到向左的力，導線 ab 受到向右的力。線圈做 勻速運動，所受合力應為零。根據(jù)能量守恒得機械功率 P 機 =P= 8108 W. 9.解：設桿在減速中的某一時刻速度為 v，取一極短時間 t，發(fā)生了一段極小的位移 x，在 t 時間內，磁通量的變化為 =BL x tR xBLtRRI 金屬桿受到安培力為 tR xLBILBF 22安 由于時間極短，可以認為 F 安 為恒力，選向右為正方向，在 t 時間內， 安培力 F 安 的沖量為： R xLBtFI 22安 對所有的位移求和，可得安培力的總沖量為 xRLBR xLBI 2222 )( 其中 x 為桿運動的最大距離， 對金屬桿用動量定理可得 0I mv 由 、 兩式得：220LB RmVx 10.分析 : 電阻 與電源 串聯(lián)，有分壓作用，二極管與電源 串聯(lián)后，跨接在輸出端，與負載形成并聯(lián)關系，這樣的連接特點使電路具有削減波幅的功能。 解 （ 1） 時，電勢 ， D 處于反向截止，0R iuiu au bu50tVUAB/圖 1 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 29 頁 ab 相當于斷路， ， 時，電勢 ， D 處于正向導通狀態(tài)， ab 間相當于短路，輸出電壓 的頂部（ ）被削去，如圖 1 所示。 （ 2）當 D 反接時，如圖 2 所示，當 時， D 截止， ；當 時， D 被導通， ， ui 低于 的部分全部被削去，輸出波形 成為底部在 處的正脈動電壓，如圖 3 所示 11.解：由于圓柱形區(qū)域內存在變化磁場，在圓柱形區(qū)域內外空間中將產生渦旋電場，電場線為圓，圓心在圓柱軸線上，圓面與軸線垂直，如圖中虛點線所示在這樣的電場中，沿任意半徑方向移動電荷時，由于電場力與移動方向垂直，渦旋電場力做功為零，因此沿半徑方向任意一段路徑上的電動勢均為零 （ 1）任意點在磁場區(qū)域內：令 P 為任意點（如圖 1所示 ） 2xR ，在圖中連直線 OA與 OP 。取閉合回路 APOA ，可得回路電動勢 1 AP PO OAE E E E ，式中 APE ， POE ， OAE分別為從 A 到 P 、從 P 到 O 、從 O 到 A 的電動勢。由前面的分析可知 0POE ， 0OAE ，故 1APEE （ 1） 令 AOP 的面積為 1S ，此面積上磁通量 11BS ，由電磁感應定律，回路的電動勢大小為 111BEStt 根據(jù)題給的條件有 11E Sk （ 2） 由圖 1可知 iAB uu iu au buibcacab uuuu , iu iAB uu iu ABu ABu u50tVUAB/ 圖 3 BADca0R1U b圖 2 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 30 頁 1 1 sin2 22xRS xR （ 3） 由（ 1）、（ 2）、（ 3）式可得沿 AP 線段的電動勢大小為 22AP kREx （ 4） （ 2）任意點在磁場區(qū)域外：令 Q 為任意點（見圖 2）， 2xR 。在圖中連 OA 、 OQ 。取閉合回路 AQOA ，設回路中電動勢為 2E ，根據(jù)類似上面的討論有 2AQEE （ 5） 對于回路 AQOA ，回路中磁通量等于回路所包圍的磁場區(qū)的面積的磁通量，此面積為2S ，通過它的磁通量 22BS 。根據(jù)電磁感應定律可知回路中電動勢的大小 22E Sk （ 6） 在圖中連 OC ，令 COQ ，則 OQC ，于是 2221( s in ) 2 c o s221 ( s in 2 )2S A O C O C DR R RR 的面積 扇形 的面積 當 /4 時， 22 1 (1 )2SR， OCQ 中有 2s in s in ( / 4 ) x R R si n ( 2 ) si n( )41( 2 ) ( c os si n )2R x RxR 22( ) sin c o sx R x RR 圖 1 圖 2 清北學堂集中培訓課程導學資料 北京清北學堂教育科技有限公司 第 31 頁 2tan xRx 于是得 22 12(1 a r c ta n )2 xRSR x （ 7） 由（ 5）、（ 6）、（ 7）式可得沿 AQ 線的電動勢的大小為 2 2(1 a r c t a n )2AQ kR x RE x （ 8） 12解：（ 1）根據(jù)法拉第電磁感應定律， t 時刻回路的感應電動勢 )( 21 vvBLtE 回路中感應電流： R vvBLREI 2 )(2 21 a 棒產生的電動勢： 1BLvEa a 棒兩端電壓： IREU a 聯(lián)立 解得： 2 )( 21 vvBLU （ 2）對 a 有， maBILT 對 C 有， MaTMg 聯(lián)立 以上各式解得：)(2 )(2 2122mMR vvLBMgRa （ 3） R vvlBRIP 2 )(2 221222 （ 4）解法一：單位時間內，通過 a 棒克服安培力做功，把 C 物體的一部分重力勢能轉化