第六章 電磁場

1、.第六章 電磁場解題模型：一、電磁場中的單桿模型1 如圖7.01所示，電壓表與電流表的量程分別為010V和03A，電表均為理想電表。導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌電阻均不計，且導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)軌平面程度，ab棒處于勻強磁場中。1當變阻器R接入電路的阻值調(diào)到30，且用40N的程度拉力向右拉ab棒并使之到達穩(wěn)定速度時，兩表中恰好有一表滿偏，而另一表又能平安使用，那么此時ab棒的速度是多少？2當變阻器R接入電路的阻值調(diào)到，且仍使ab棒的速度到達穩(wěn)定時，兩表中恰有一表滿偏，而另一表能平安使用，那么此時作用于ab棒的程度向右的拉力F2是多大？圖7.01 解析：1假設(shè)電流表指針滿偏，即I3A，那么此時電壓表的示數(shù)為U15V

2、，電壓表示數(shù)超過了量程，不能正常使用，不合題意。因此，應(yīng)該是電壓表正好到達滿偏。當電壓表滿偏時，即U110V，此時電流表示數(shù)為設(shè)a、b棒穩(wěn)定時的速度為，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1，那么E1BLv1，且E1I1R1R并20Va、b棒受到的安培力為F1BIL40N解得2利用假設(shè)法可以判斷，此時電流表恰好滿偏，即I23A，此時電壓表的示數(shù)為6V可以平安使用，符合題意。由FBIL可知，穩(wěn)定時棒受到的拉力與棒中的電流成正比，所以2 如圖7.02甲所示，一個足夠長的“U形金屬導(dǎo)軌NMPQ固定在程度面內(nèi)，MN、PQ兩導(dǎo)軌間的寬為L0.50m。一根質(zhì)量為m0.50kg的均勻金屬導(dǎo)體棒ab靜止在導(dǎo)軌上且接觸良好，a

3、bMP恰好圍成一個正方形。該軌道平面處在磁感應(yīng)強度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強磁場中。ab棒的電阻為R0.10，其他各部分電阻均不計。開場時，磁感應(yīng)強度。 圖7.02 1假設(shè)保持磁感應(yīng)強度的大小不變，從t0時刻開場，給ab棒施加一個程度向右的拉力，使它做勻加速直線運動。此拉力F的大小隨時間t變化關(guān)系如圖2乙所示。求勻加速運動的加速度及ab棒與導(dǎo)軌間的滑動摩擦力。2假設(shè)從t0開場，使磁感應(yīng)強度的大小從B0開場使其以0.20T/s的變化率均勻增加。求經(jīng)過多長時間ab棒開場滑動？此時通過ab棒的電流大小和方向如何？ab棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等解析：1當t0時，當t2s時，F(xiàn)28N聯(lián)立

4、以上式得：2當時，為導(dǎo)體棒剛滑動的臨界條件，那么有：那么3 如圖7.03所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距1m，導(dǎo)軌平面與程度面成37°角，下端連接阻值為R的電阻。勻速磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25。1求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開場下滑時的加速度大??；2當金屬棒下滑速度到達穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W，求該速度的大?。?在上問中，假設(shè)R，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應(yīng)強度的大小與方向。g10m/s2，°0.6，cos37°0.8圖7.03

5、 解析：1金屬棒開場下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律由式解得 2設(shè)金屬棒運動到達穩(wěn)定時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡：此時金屬棒抑制安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率由、兩式解得：3設(shè)電路中電流為I，兩導(dǎo)軌間金屬棒的長為l，磁場的磁感應(yīng)強度為B由、兩式解得 磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。4 如圖7.04所示，邊長為L2m的正方形導(dǎo)線框ABCD和一金屬棒MN由粗細一樣的同種材料制成，每米長電阻為R01/m，以導(dǎo)線框兩條對角線交點O為圓心，半徑r0.5m的勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度為B0.5T，方向垂直紙面向里且垂直于導(dǎo)線框所在平面，金屬棒MN與導(dǎo)線框接觸良好且與對角線AC

6、平行放置于導(dǎo)線框上。假設(shè)棒以v4m/s的速度沿垂直于AC方向向右勻速運動，當運動至AC位置時，求計算結(jié)果保存二位有效數(shù)字：1棒MN上通過的電流強度大小和方向；2棒MN所受安培力的大小和方向。圖7.04 解析：1棒MN運動至AC位置時，棒上感應(yīng)電動勢為線路總電阻。MN棒上的電流將數(shù)值代入上述式子可得：I0.41A，電流方向：NM2棒MN所受的安培力：方向垂直AC向左。說明：要特別注意公式EBLv中的L為切割磁感線的有效長度，即在磁場中與速度方向垂直的導(dǎo)線長度。5 如圖7.05所示，足夠長金屬導(dǎo)軌MN和PQ與R相連，平行地放在程度桌面上。質(zhì)量為m的金屬桿ab可以無摩擦地沿導(dǎo)軌運動。導(dǎo)軌與ab桿的電

7、阻不計，導(dǎo)軌寬度為L，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過整個導(dǎo)軌平面?，F(xiàn)給金屬桿ab一個瞬時沖量I0，使ab桿向右滑行。1回路最大電流是多少？2當滑行過程中電阻上產(chǎn)生的熱量為Q時，桿ab的加速度多大？3桿ab從開場運動到停下共滑行了多少間隔 ？圖7.05 答案：1由動量定理得由題可知金屬桿作減速運動，剛開場有最大速度時有最大，所以回路最大電流：2設(shè)此時桿的速度為v，由動能定理有：而Q解之 由牛頓第二定律及閉合電路歐姆定律得3對全過程應(yīng)用動量定理有：而所以有又其中x為桿滑行的間隔 所以有。6 如圖7.06所示，光滑平行的程度金屬導(dǎo)軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間矩形

8、區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感強度為B。一質(zhì)量為m，電阻為r的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場左邊界相距d0。現(xiàn)用一大小為F、程度向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開場運動，棒ab在分開磁場前已經(jīng)做勻速直線運動棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計。求：1棒ab在分開磁場右邊界時的速度；2棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能；3試分析討論ab棒在磁場中可能的運動情況。圖7.06 解析：1ab棒分開磁場右邊界前做勻速運動，速度為vm，那么有：對ab棒0，解得2由能量守恒可得：解得：3設(shè)棒剛進入磁場時速度為v由：棒在進入磁場前做勻加速直線運動，在磁場中運動可分三種

9、情況討論：假設(shè)或，那么棒做勻速直線運動；假設(shè)或，那么棒先加速后勻速；假設(shè)或，那么棒先減速后勻速。二、電磁流量計模型1 圖7.07是電磁流量計的示意圖，在非磁性材料做成的圓管道外加一勻強磁場區(qū)域，當管中的導(dǎo)電液體流過此磁場區(qū)域時，測出管壁上的ab兩點間的電動勢，就可以知道管中液體的流量Q單位時間內(nèi)流過液體的體積。管的直徑為D，磁感應(yīng)強度為B，試推出Q與的關(guān)系表達式。圖7.07 解析：a，b兩點的電勢差是由于帶電粒子受到洛倫茲力在管壁的上下兩側(cè)堆積電荷產(chǎn)生的。到一定程度后上下兩側(cè)堆積的電荷不再增多，a，b兩點的電勢差到達穩(wěn)定值，此時，洛倫茲力和電場力平衡：，圓管的橫截面積故流量。2 磁流體發(fā)電是一

10、種新型發(fā)電方式，圖7.08是其工作原理示意圖。圖甲中的長方體是發(fā)電導(dǎo)管，其中空部分的長、高、寬分別為，前后兩個側(cè)面是絕緣體，下下兩個側(cè)面是電阻可略的導(dǎo)體電極，這兩個電極與負載電阻相連。整個發(fā)電導(dǎo)管處于圖乙中磁場線圈產(chǎn)生的勻強磁場里，磁感應(yīng)強度為B，方向如下圖。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為的高溫、高速電離氣體沿導(dǎo)管向右流動，并通過專用管道導(dǎo)出。由于運動的電離氣體受到磁場作用，產(chǎn)生了電動勢。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)電離氣體流速隨磁場有無而不同。設(shè)發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)電離氣體流速處處一樣，且不存在磁場時電離氣體流速為，電離氣體所受摩擦阻力總與流速成正比，發(fā)電導(dǎo)管兩端的電離氣體壓強差維持恒定，求：1不存在磁場時電離氣體所受的摩擦阻力

11、F多大；2磁流體發(fā)電機的電動勢E的大小；3磁流體發(fā)電機發(fā)電導(dǎo)管的輸入功率P。 甲 乙 圖7.08 解析：1不存在磁場時，由力的平衡得。2設(shè)磁場存在時的氣體流速為v，那么磁流體發(fā)電機的電動勢回路中的電流電流I受到的安培力設(shè)為存在磁場時的摩擦阻力，依題意，存在磁場時，由力的平衡得根據(jù)上述各式解得3磁流體發(fā)電機發(fā)電導(dǎo)管的輸入功率由能量守恒定律得故：三、盤旋加速模型1 正電子發(fā)射計算機斷層PET是分子程度上的人體功能顯像的國際領(lǐng)先技術(shù)，它為臨床診斷和治療提供全新的手段。1PET在心臟疾病診療中，需要使用放射正電子的同位素氮13示蹤劑，氮13是由小型盤旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氧16獲得的，反響中同時還

12、產(chǎn)生另一個粒子，試寫出該核反響方程。2PET所用盤旋加速器示意如圖7.11，其中置于高真空中的金屬D形盒的半徑為R，兩盒間距為d，在左側(cè)D形盒圓心處放有粒子源S，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向如下圖。質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q。設(shè)質(zhì)子從粒子源S進入加速電場時的初速度不計，質(zhì)子在加速器中運動的總時間為t其中已略去了質(zhì)子在加速電場中的運動時間，質(zhì)子在電場中的加速次數(shù)于盤旋半周的次數(shù)一樣，加速質(zhì)子時的電壓大小可視為不變。求此加速器所需的高頻電源頻率f和加速電壓U。3試推證當時，質(zhì)子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中盤旋的時間可忽略不計質(zhì)子在電場中運動時，不考慮磁場的影響。圖7.11 解析：1核反響方

13、程為：2設(shè)質(zhì)子加速后最大速度為v，由牛頓第二定律得：質(zhì)子的盤旋周期為：高頻電源的頻率為：質(zhì)子加速后的最大動能為：設(shè)質(zhì)子在電場中加速的次數(shù)為n，那么：又可解得：3在電場中加速的總時間為：在D形盒中盤旋的總時間為故，即當時，可以忽略不計。2 在如圖7.12所示的空間區(qū)域里，y軸左方有一勻強電場，場強方向跟y軸正方向成 60°，大小為；y軸右方有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度。有一質(zhì)子以速度，由x軸上的A點10cm，0沿與x軸正方向成30°斜向上射入磁場，在磁場中運動一段時間后射入電場，后又回到磁場，經(jīng)磁場作用后又射入電場。質(zhì)子質(zhì)量近似為，電荷，質(zhì)子重力不計。求：計算結(jié)果保

14、存3位有效數(shù)字1質(zhì)子在磁場中做圓周運動的半徑。2質(zhì)子從開場運動到第二次到達y軸所經(jīng)歷的時間。3質(zhì)子第三次到達y軸的位置坐標。圖7.12 解析：1質(zhì)子在磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，得質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑為：2由于質(zhì)子的初速度方向與x軸正方向夾角為30°，且半徑恰好等于OA，因此，質(zhì)子將在磁場中做半個圓周到達y軸上的C點，如答圖3所示。圖3根據(jù)圓周運動的規(guī)律，質(zhì)子做圓周運動周期為質(zhì)子從出發(fā)運動到第一次到達y軸的時間為質(zhì)子進入電場時的速度方向與電場的方向一樣，在電場中先做勻減速直線運動，速度減為零后反向做勻加速直線運動，設(shè)質(zhì)子在電場中運動的時間，根據(jù)牛頓第二定律：

15、，得因此，質(zhì)子從開場運動到第二次到達y軸的時間t為。3質(zhì)子再次進入磁場時，速度的方向與電場的方向一樣，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，到達y軸的D點。根據(jù)幾何關(guān)系，可以得出C點到D點的間隔 為；那么質(zhì)子第三次到達y軸的位置為即質(zhì)子第三次到達y軸的坐標為0，34.6cm。3 如圖7.13所示，在半徑為R的絕緣圓筒內(nèi)有勻強磁場，方向垂直紙面向里，圓筒正下方有小孔C與平行金屬板M、N相通。兩板間間隔 為d，兩板與電動勢為U的電源連接，一帶電量為、質(zhì)量為m的帶電粒子重力忽略不計，開場時靜止于C點正下方緊靠N板的A點，經(jīng)電場加速后從C點進入磁場，并以最短的時間從C點射出。帶電粒子與筒壁的碰撞無電荷量的

16、損失，且碰撞后以原速率返回。求：1筒內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大??；2帶電粒子從A點出發(fā)至重新回到A點射出所經(jīng)歷的時間。圖7.13 答案：1帶電粒子從C孔進入，與筒壁碰撞2次再從C孔射出經(jīng)歷的時間為最短。由粒子由C孔進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動的速率為由即，得2粒子從AC的加速度為由，粒子從AC的時間為：粒子在磁場中運動的時間為將1求得的B值代入，得，求得：。4 如圖7.14甲所示，一對平行放置的金屬板M、N的中心各有一小孔P、Q、PQ連線垂直金屬板；N板右側(cè)的圓A內(nèi)分布有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，圓半徑為r，且圓心O在PQ的延長線上?，F(xiàn)使置于P處的粒子源連續(xù)不斷地沿PQ方

17、向放出質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子帶電粒子的重力和初速度忽略不計，粒子間的互相作用力忽略不計，從某一時刻開場，在板M、N間加上如圖5乙所示的交變電壓，周期為T，電壓大小為U。假如只有在每一個周期的0T/4時間內(nèi)放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，求：1在每一個周期內(nèi)哪段時間放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大？2該圓形磁場的哪些地方有帶電粒子射出，在圖中標出有帶電粒子射出的區(qū)域。甲 乙 圖7.14 答案：1在每一個周期內(nèi)放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大。設(shè)最大速度為v，那么據(jù)動能定理得，求得。2因為解得帶電粒子在磁場中的最小偏轉(zhuǎn)角為。所以圖6中斜線部分有帶電粒子射出。圖6四、磁偏轉(zhuǎn)模型1 一質(zhì)點在

18、一平面內(nèi)運動，其軌跡如圖7.15所示。它從A點出發(fā)，以恒定速率經(jīng)時間t到B點，圖中x軸上方的軌跡都是半徑為R的半圓，下方的都是半徑為r的半圓。1求此質(zhì)點由A到B沿x軸運動的平均速度。2假如此質(zhì)點帶正電，且以上運動是在一恒定不隨時間而變的磁場中發(fā)生的，試盡可能詳細地闡述此磁場的分布情況。不考慮重力的影響。圖7.15 解析：1由A到B，假設(shè)上、下各走了N個半圓，那么其位移其所經(jīng)歷的時間所以沿x方向的平均速度為2I. 根據(jù)運動軌跡和速度方向，可確定加速度向心加速度，從而確定受力的方向，再根據(jù)質(zhì)點帶正電和運動方向，按洛倫茲力的知識可斷定磁場的方向必是垂直于紙面向外。II. x軸以上和以下軌跡都是半圓，

19、可知兩邊的磁場皆為勻強磁場。III. x軸以上和以下軌跡半圓的半徑不同，用B上和B下分別表示上、下的磁感應(yīng)強度，用m、q和v分別表示帶電質(zhì)點的質(zhì)量、電量和速度的大??；那么由洛倫茲力和牛頓定律可知，由此可得，即下面磁感應(yīng)強度是上面的倍。2 如圖7.16所示，一束波長為的強光射在金屬板P的A處發(fā)生了光電效應(yīng)，能從A處向各個方向逸出不同速率的光電子。金屬板P的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為B，面積足夠大，在A點上方L處有一涂熒光材料的金屬條Q，并與P垂直?，F(xiàn)光束射到A處，金屬條Q受到光電子的沖擊而發(fā)出熒光的部分集中在CD間，且CD=L，光電子質(zhì)量為m，電量為e，光速為c1金屬板P逸出光電子

20、后帶什么電？2計算P板金屬發(fā)生光電效應(yīng)的逸出功W。3從D點飛出的光電子中，在磁場中飛行的最短時 間是多少？圖7.16 解析：1由電荷守恒定律得知P帶正電。2所有光電子中半徑最大值，所以逸出功3以最大半徑運動并經(jīng)D點的電子轉(zhuǎn)過圓心角最小，運動時間最短且，所以。3 橫截面為正方形的勻強磁場磁感應(yīng)強度為B.有一束速率不同的帶電粒子垂直于磁場方向在ab邊的中點，與ab邊成30°角射入磁場，如圖7.17所示,正方形邊長為L.求這束帶電粒子在磁場中運動的最長時間是多少?運動時間最長的粒子的速率必須符合什么條件?粒子的帶電量為+q、質(zhì)量為mabcd30°圖7.17解：粒子從ab邊射出時在

21、磁場中運動的時間最長，t=5T/6=5m/3qB. 粒子要從ab邊射出它的軌跡就不能碰到ad邊，軌跡恰好與ad邊相切時R+Rcos60°=L/2, RL/3,R=mv/qB,vqBL/3m4 如圖40-A11所示，在xoy平面內(nèi)有許多電子每個電子質(zhì)量為m，電量為e從坐標原點o不斷地以一樣大小的速度v0沿不同的方向射入第象限現(xiàn)加上一個垂直于xoy平面的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于x軸向x軸正方向運動，試求出符合該條件的磁場的最小面積yxo圖7.18解：所有電子均在勻強磁場中做半徑Rmv0/Be的勻速圓周運動，沿y軸正方向射入的電子須轉(zhuǎn)過14圓周才能沿x軸

22、正方向運動，它的軌跡可當作該磁場的上邊界a如下圖，其圓的方程為：R-x2+y2=R2沿與軸成任意角90°0°射入的電子轉(zhuǎn)過一段較短的圓弧OP其圓心為O運動方向亦可沿x軸正方向，設(shè)P點坐標為x，y，因為PO必定垂直于x軸，可得方程：xRyR，此方程也是一個半徑為R的圓，這就是磁場的下邊界b該磁場的最小范圍應(yīng)是以上兩方程所代表的兩個圓的交集，其面積為S2R/4R/22/2mv/Be5 圖7.19中虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側(cè)的半空間存在一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外O是MN上的一點，從O點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電量為+q、質(zhì)量為m、速率為v的粒子

23、，粒子射入磁場時的速度可在紙面內(nèi)各個方向先后射入的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇，P到O的間隔 為L不計重力及粒子間的互相作用求：圖7.191所考察的粒子在磁場中的軌道半徑；2這兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔解：1設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律得：qvB=mv2/R, R=mv/qB 2以O(shè)P為弦畫兩個半徑相等的圓弧，分別表示兩個粒子的軌道.圓心和直徑分別為O1、O2和OO1Q1、OO2Q2，在O處兩個圓的切線分別表示兩個粒子的射入方向，用表示它們之間的夾角，由幾何關(guān)系得：PO1Q1=PO2Q2= 從O點射入到相遇，粒子1的路程為半個圓周加弧長Q1P,且Q1P=R 粒子2的路程為半個圓周減弧長Q2P,且Q2P=R 粒子1的運動時間為t1=T/2+R/v 粒子2的運動時間為t1=T/2-R/v 兩例子射入的時間間隔為t=t1-t2=2R/v 因Rcoc/2=L/2解得=2RarccosL/2R 由三式解得：abc加速管圖7.206 串列加速器是用來產(chǎn)生高能離子的裝置.圖41-B11中虛線框內(nèi)為其主體的原理示意圖，其中加速管的中部b處有很高的正電勢U,a、c兩端均有電極接地電勢為零.現(xiàn)將速度很低的負一價碳離子從a端輸入，當離子到達b處時，可被設(shè)在b處的特殊裝置將其電子