洛侖茲力、安培力計算

洛侖茲力、安培力計算1、相距為20cm的平行金屬導軌傾斜放置（見圖1）,導軌所在平面與水平面的夾角為0=37。，現(xiàn)在導軌上放一質量為330g的金屬棒ab，它與導軌間動摩擦系數(shù)為H=0.50，整個裝置處于磁感應強度B=2T的豎直向上的勻強磁場中，導軌所接電源電動勢為15V，內阻不計，滑動變阻器的阻值可按要求進行調節(jié)，其他部分電阻不計，取？=10m/s2，為保持金屬棒ab處于靜止狀態(tài)，求：（1） ab中通入的最大電流強度為多少？（2） ab中通入的最小電流強度為多少？解析：導體棒ab在重力、靜摩擦力、彈力、安培力四力作用下平衡，由圖2中所示電流方向，可知導體棒所受安培力水平向右。當導體棒所受安培力較大時，導體棒所受靜摩擦力沿導軌向下，當導體棒所受安培力較小時，導體棒所受靜摩擦力沿導軌向上。（1）ab中通入最大電流強度時受力分析如圖2,此時最大靜摩擦力F廣r「沿斜面向下，建立直角坐標系，由ab平衡可知，x方向：F =rFcos0+Fsin0=F(rcos0+sin0)Ny方向：mg=Fcos0-rFsin0=F(cos0—rsin0)由以上各式聯(lián)立解得:F=mg:皓5?=6.6Nmaxcos。一psin0,?F一一F=BIL,有/ =ma^=16.5Amaxmax maxBL⑵通入最小電流時，ab受力分析如圖3所示，此時靜摩擦力"FN‘方向沿斜面向上，建立直角坐標系，由平衡有:X方向：F.=F'sin0-pF'cos0=F'(sin0-pcos0)y方向：mg=pF'sin0+F'cos0=F'(psin0+cos0)sin0一pcos0聯(lián)立兩式解得：Fmin=mg.、皿0+cos0"由F=BI L,I=—min=1.5AminminminBL圖32、帶負電的小物體在傾角為0（sin0=0.6）的絕緣斜面上，整個斜面處于范圍足夠大、方向水平向右的勻強電場中，如圖5所示。物體A的質量為m，電量為-q，與斜面間的動摩擦因素為p，它在電場中受到的電場力的大小等于重力的一半。物體A在斜面上由靜止開始下滑，經(jīng)時間t后突然在斜面區(qū)域加上范圍足夠大的勻強磁場，磁場方向與電場強度方向垂直，磁感應強度大小為B，此后物體A沿斜面繼續(xù)下滑距離L后離開斜面。（1） 物體A在斜面上的運動情況？說明理由。（2） 物體A在斜面上運動過程中有多少能量轉化為內能？（結果用字母表示）圖S解析：（1）物體A在斜面上受重力、電場力、支持力和滑動摩擦力的作用，＜1＞小物體A在恒力作用下，先在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動；＜2＞加上勻強磁場后，還受

方向垂直斜面向上的洛倫茲力作用，方可使A離開斜面，故磁感應強度方向應垂直紙面向里。隨著速度的增加，洛倫茲力增大，斜面的支持力減小，滑動摩擦力減小，物體繼續(xù)做加速度增大的加速運動，直到斜面的支持力變?yōu)榱悖撕笮∥矬wA將離開地面。加磁場之前，物體A做勻加速運動，據(jù)牛頓運動定律有:mgsin0+qEcos0-F=ma又F+qEsin0-mgcos0=0,F=pFN fNg(2-p)解出a=^JA沿斜面運動的距離為：s=1at2=g(2-P))22 4加上磁場后，受到洛倫茲力/=Bqv隨速度增大，支持力氣減小，直到氣=0時，物體A將離開斜面，有:Bqv=mgcos0一qEsin0解出v解出v=mg2qB物體A在斜面上運動的全過程中，重力和電場力做正功，滑動摩擦力做負功，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有：mg(L+s)sin0+qE(L+s)cos0-W=—mv2-0f2m3gm3g28q2B2TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"g(2-p)t2 +L4如圖所示，寬度為L的足夠長的平行金屬導軌MN、PQ的電阻不計，垂直導軌水平甘放置一質量為m電阻為R的金屬桿CD，整個裝置處于垂直于導軌平面的勻強磁場中， /導軌平面與水平面之間的夾角為0,金屬桿由靜止開始下滑，動摩擦因數(shù)為p下滑過7^/'程中重力的最大功率為P，求磁感應強度的大小. /X? 0解：金屬桿先加速后勻速運動，設勻速運動的速度為v，此時有最大功率，金屬桿的電動勢為：E=BLv)

...E回路電流I=K安培力F=BIL金屬桿受力平衡，則有：mgsin0=F+pmgcosO重力的最大功率P=mgvsinO(1分)解得：B=普?\廣國。(國，嚇5)1897年湯姆生通過對陰極射線的研究，發(fā)現(xiàn)了電子，從而使人們認識到原子是可分的。湯姆生當年用來測定電子比荷(電荷量e與質量m之比)的實驗裝置如圖所示，真空玻璃管內C、D為平行板電容器的兩極，圓形陰影區(qū)域內可由管外電磁鐵產生一垂直紙面的勻強磁場，圓形區(qū)域的圓心位于C、D中心線的中點，直徑與C、D的長度相等。已知極板C、D的長度為L，C、D間的距離為也極板右端到熒光屏的距離為L2。由K發(fā)出的電子，經(jīng)A與K之間的高電壓加速后，形成一束很細的電子流，電子流沿C、D中心線進入板間區(qū)域。若C、D間無電壓，則電子將打在熒光屏上的O點；若在C、D間加上電壓U，則電子將打在熒光屏上的P點，P點到O點的距離為如若再在圓形區(qū)域內加一方向垂直于紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，則電子又打在熒光屏上的O點。不計重力影響。求電子打在熒光屏O點時速度的大小。推導出電子比荷的表達式。利用這個裝置，還可以采取什么方法測量電子的比荷？解：(1)加上磁場后，電子所受電場力與洛侖茲力相等，電子做勻速直線運動，則即v=UBdevB=eE即v=UBd又E=Ud(2)若在兩極板間加上電壓U電子在水平方向做勻速運動，通過極板所需的時間為r=上1v電子在豎直方向做勻加速運動，加速度為a=eUmd在時間r1內垂直于極板方向豎直向下偏轉的距離為七=2at：Lt=—T2v離開極板區(qū)域時豎直向下的分速度為vyLt=—T2v電子離開極板區(qū)域后做勻速直線運動，經(jīng)t2時間到達熒光屏，為=vy以h為=vy以h=y1+y2

e 2Uh—= mB2dL(L+2L)1 1 2解得

說出任何一種合理方法均可，例如測量出A與K之間的電壓U；再在兩極板間加上電壓U,電子將打在熒光屏上的P點；測出OP的長度便能計算電子的比荷；5、如右圖所示，兩根平行金屬導端點P、Q用電阻可忽略的導線相連，兩導軌間的距離1=0.20m.有隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面，已知磁感應強度B與時間t的關系為B=kt，比例系數(shù)k=0.020T/s.一電阻不計的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直.在t=0時刻，軌固定在水平桌面上，每根導軌每m的電阻為r°=0.10Q/m，導軌的金屬桿緊靠在P、Q端，在外力作用下，桿恒定的加速度從靜止開始向導軌的另一端滑動，求在t=6.0s時金屬桿所受的安培力.［解題思路］以a示金屬桿運動的加速度，在t時刻，金屬桿與初始位置的距離L=1at2此時桿的速度v=atTOC\o"1-5"\h\z這時，桿與導軌構成的回路的面積S=L1 ~」………… 國. 1回路中的感應電動勢E=S +BZv△t\o"CurrentDocument"二k竺二町+&)-及二k△t △t回路的總電阻R=2Lr0E回路中的感應電流，I=—RXX FbX X作用于桿的安培力F=BlI廠 3k212解得F=一t2r0代入數(shù)據(jù)為F=1.44X10-3N6、如圖所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為0的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻.一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略?讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦.由b向a方向看到的裝置如圖15—2所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；在加速下滑過程中，當桿ab的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大小；求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值.flfl解：(1)重力mg,豎直向下；支撐力N,,垂直斜面向上；安培力F,沿斜面向上.(2)當ab桿速度為v時，感應電動勢E=BLv,此時電路電流桿受到安培力F桿受到安培力F=Blv=B2L2vRB2L2va=gsine RBB2L2va=gsine R根據(jù)牛頓運動定律，有：ma=mgsme-——R. B2L2v mgRsine⑶當mgsine=R時，ab桿達到最大速度^泓乂 Vm=B2以7、如圖所示，電阻不計的平行金屬導軌MN和OP水平放置，MO間接有阻值為R的電阻，導軌相距為d， “I 廣 虹AfI C A'其間有豎直向下的勻強磁場，磁感強度為B.質量為m、 必廣］ 電阻為r的導體棒CD垂直于導軌放置，并接觸良好.用./《'： 平行于MN的恒力F向右拉動CD，CD受恒定的摩擦$同p…一、一阻力.f，已知F>f.|可：CD運動的最大速度是多少？當CD達到最大速度后，電阻R消耗的電功率是多少？當CD的速度是最大速度的1/3時，CD的加速度是多少？解析：(1)以金屬棒為研究對象，當CD受力：F=FA+f時，CD速度最大，(F-f)(R+r)B(F-f)(R+r)B2d2即.F=Bid+f=m+fnvR+r m(F-f)(R-r)(2)CD棒產生的感應電動勢為：E=Bdvm=―頁—回路中產生的感應電流為:Bd則R回路中產生的感應電流為:Bd則R中消耗的電功率為：Rp=12R=(F-f)2RB2d2⑶當CD速度為最大速度的1/3即〃=1v時，CD中的電流為最大值的1/33mCD棒所受的安培力為：F廣Bd=3(F-fCD棒的加速度為：a===2(F—f3m7.如圖所示，磁感應強度為BCD棒的加速度為：a===2(F—f3m7.如圖所示，磁感應強度為B的條形勻強磁場區(qū)域的寬度都是q，相鄰磁場區(qū)域的間距均為d2,x軸的正上方有一電場強度大小為E,方向與x軸和B均垂直的勻強電場區(qū)域.將質量為m、帶正電量為q的粒子從x軸正上方h高度處自由釋放.(重力忽略不計)(1)求粒子在磁場區(qū)域做圓周運動的軌道半徑r；(2)若粒子只經(jīng)過第1和第2個磁場區(qū)域回到x軸，求自釋放到回到x軸所需要的時間t；(3)若粒子以初速度v°從h處沿x軸正方向水平射出后，最遠到達第k個磁場區(qū)域并回到x軸.求d「d2應該滿足的條件.設粒子剛進入磁場時的速度為v在電場區(qū)域中根據(jù)動能定理qEh=jmv2乙磁場區(qū)域中，圓周運動qvB=mv2/R解得r=:2mEh\qB2qd.⑵設粒子在電場中的運動時間為七根據(jù)牛頓第二定律ma=qE第I今磁場區(qū)域第上個磁場區(qū)域第3個概場區(qū)域勻加速運動—ati2=h 解得t、2mh,=、' iqE兀m粒子在磁場區(qū)域運動合成半圓弧，時間共&=檢設粒子離開第一個無磁場區(qū)域時，速度的水平夾角為a，有sina二代2-d;/r2d粒子在無磁場區(qū)域運動的路程為s=—sinas粒子在無磁場區(qū)域運動時間為t°=-3v解得的總時間為2d2tttt|2mh兀m1 2M'qEqB.：2mqEh—(qBd)(3)粒子經(jīng)過第k個磁場區(qū)域回到x軸，則粒子在磁場區(qū)域的運動由2k-1個圓弧組成，并且2k-1個圓弧合并為一段圓弧.粒子進入第一個磁場時，速度為v,與水平方向夾角為av//=v0；v^='2qEh v' ；cosa=—U/:m v有幾何關系知，應滿足條件(k-1)di<r(1-cosa)<妙解得: 2qE m- 2qE([v2+ v)<d< (Jv2+ v)qBk\：0m0 1qB(k—1)\0m0粒子回到x軸的條件與d2無關。8.如圖所示為某種新型分離設備內部電、磁場分布情況圖。自上而下分為i、ii、m三個區(qū)域。區(qū)域I寬度為1，分布有沿紙面向下的勻強電場E1；區(qū)域I寬度為d2,分布有垂直紙面向里的勻強磁場b1；寬度可調的區(qū)域m中分布有沿紙面向下的勻強電場e2和垂直紙面向里的勻強磁場b2?，F(xiàn)有一群質量和帶電量均不同的帶電粒子從區(qū)域I上邊緣的注入孔入點被注入，這些粒子都只在電場力作用下由靜止開始運動，然后相繼進入I、m兩個區(qū)域，滿足血定條件的粒子將回到區(qū)域I,其他粒子則從區(qū)域m飛出，三區(qū)域都足夠長。已知能飛回區(qū)域I的帶電粒子的質量為m=6.4X10-27kg、帶

Bi ]I堂X(1)該帶電粒子離開區(qū)域I時的速度;(2)該帶電粒子離開區(qū)域II時的速度;X(1)該帶電粒子離開區(qū)域I時的速度;(2)該帶電粒子離開區(qū)域II時的速度;(3)為使該帶電粒子還能回到區(qū)域I的上邊緣區(qū)域111的寬度d'應滿足的條件;電量為q=3.2X10-19C，且有d1=10cm，d2=5&cm，E1=E2=40V/m，Bj4X10—3T，B2=2$X10-3T。試求：(4)該帶電粒子第一次回到區(qū)域I的上邊緣時離開A點的距離。(4)解：為研究方便，建立如圖所示坐標系由E^dj—mv2得,

帶電粒子離開區(qū)域I時的速度V=《落也=2X104m/s， 方向沿y軸正向。vm帶電粒子在區(qū)域II內運動時，只受洛侖茲力，且不做功，所以帶電粒子離開區(qū)域II時的速度大小仍為V=2x104m/s方向：由圖中幾何關系可知：sin9=八，又由Bqv=m坯得：R=皿七 1 Ri 1Biq聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：R1=10cm，sin9=^2，即9=45。所以帶電粒子離開區(qū)域I時的速度方向與x軸正向夾45°。⑶如果將帶電粒子離開區(qū)域1也即進入?yún)^(qū)域III時的速度分解成頃飛則有V=V=vsin45°=，'2x104m/s，所以Bqv=Bqv=1.28x10-17N，Bqv方向2x2y 2x沿y軸反向，B2qv方向沿x軸正向，又因為E2q=1.28x10-17N，方向沿y軸正向，即Eqq與B2qv*抵消。所以帶電粒子在區(qū)域I中運動可視為沿x軸正向的速度為v*的勻速直線運動和以速率為v^以及對應洛淪茲力B2qvy作為向心力的勻速圓周運動的疊加。軌跡如圖所示。圓周運動半徑為R2= =10cm， 周期T=B匝=5兀xlO-5s所以只要帶電粒子運動到軌跡最低點C時不出區(qū)域I，就可回到區(qū)域I的上邊緣。所以區(qū)域m的寬度應滿足d3>h由上面的運動分析可知，帶電粒子到最低點，圓周運動剛好轉過工，4所以h=R2=M°?1m=10cm所">10cm根據(jù)運動的對稱性可知，帶電粒子回到區(qū)域I的上邊緣的B點，距A點的距離為:d=2[(1-cosQ)R1+R2+v^-匕]代入數(shù)據(jù)得：d=40+10n—10u2=57.26cm9、如圖26-1所示，用密度為D、電阻率為P的導線做成正方形線框，從靜止開始沿豎直平面自由下落。線框經(jīng)過方向垂直紙面、磁感應強度為B的勻強磁場，且磁場區(qū)域高度等于線框一邊之長。為了使線框通過磁場區(qū)域的速度恒定，求線框開始下落時的高度ho(不計空氣阻力)分析與解：線框勻速通過磁場的條件是受到的豎直向上的安培力與重力平衡，即：F安質設線框每邊長為L,根據(jù)線框進入磁場的速度為丫=屜，則安培力可表達為:B竺F/BIL=R設導線橫截面積為S,其質量為：m=4LSD其電阻為：R=P4L/S聯(lián)立解式得：h=128D2p2g/B410、如圖30-1所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外。ab是一根長L的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上。將一套在桿上的舉正電小球從a端由靜止釋放后，小球先是加速運動，后是勻速運動則達b端。已知小球與絕緣桿間的動因摩擦數(shù)U=0.3，小球的重力可忽略不計。當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓半徑為L/3。求：帶電小球以a到b運動過程中克服摩擦力做的功與電場力所做功的比值。分析與解：(1)帶電小球在沿桿向下運動時，TOC\o"1-5"\h\z其受力情況如30-2圖示。 4f水平方向：F洛=N=qBV[1] F澇 M豎直方向：qE=f[2](勻速運動時)又因f=UN[3]，聯(lián)立解[1][2][3]式得：qE=f=UqBV 商b 圖30-2小球在磁場中作勻速圓周運動：qBVb=mV‘/R=3mVb2/L，所以Vb=qBL/3m1小球從a到b運動過程中，由動能定理：W電-Wf='mVb2W^=qEL=UqBVbL=0.3XqBL(qBL/3m)=q2B2L2/10m1所以，Wf=W-'mVb2=q2B2L2/10m-(m/2)(q2B2L2/9m2)=2q2B2L2/45m所以，Wf/W電=(2q2B2L2/45m)/(q2B2L2/10m)=4/9。11、如圖34-1所示，AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導軌，兩導軌間距離為1,導軌平面與水平面的夾角為。.在整個導軌平面內都有垂直于導軌平面斜向上方的勻強磁場，磁感強度為B.在導軌的A、C端連接一個阻值為R的電阻.一根垂直于導軌放置的金屬棒ab,11、如圖34-1所示，AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導軌，兩導軌間距離為1,導軌平面與水平面的夾角為。.在整個導軌平面內都有垂直于導軌平面斜向上方的勻強磁場，磁感強度為B.在導軌的A、C端連接一個阻值為R的電阻.一根垂直于導軌放置的金屬棒ab,質量為m,從靜止開始沿導軌下滑.求ab棒的最大速度.（已知ab和導軌間的動摩擦因數(shù)為U,導軌和金屬棒的電阻不計）解析:本題的研究對象為ab棒，畫出ab棒的平面受力圖，如圖34-2.b棒所受安培力F沿斜面向上，大小為F=BI1=B212v/R，則ab棒-下滑的加速度=[mgsin0—(umgcos9+F)]/m.圖34-1ab棒由靜止開始下滑，速度v不斷增大，安培力F也增大，加速度a減小.當a=0時達到穩(wěn)定狀態(tài)，此后ab棒做勻速運動，速度達最大.mgsin0—(umgcosO+B2】2v/R)=0.N解得ab棒的最大速度v=mgR(sinm0—Ucos0)/B圖34-2光電效應1、（1）已知能使某金屬產生光電效應的極限頻率為u。，當用頻率為2u°的單色光照射該金屬時，所產生的光電子的最大初動能為。當照射光的頻率繼續(xù)增大時，則逸出功（填“增大”“減小”或“不變”）TOC\o"1-5"\h\z（2）如圖所示，一個有界的勻強磁場，磁感應強度=0.50T，磁場方向垂直于紙面w n~■ M 瞬 同向里，MN是磁場的左邊界。在距磁場左邊界MN的1.0m處有一個放射源A，:.X XX內裝放射物質226Ra（鐳），226Ra發(fā)生a衰變生成新核Rn（氡）。放在MN左口_上日『側的粒子接收器接收到垂直于邊界MN方向射出的a粒子，此時接收器位置；P其XXX距直線OA的距離為1.0m。試寫出Ra的衰變方程；求衰變后Rn（氡）的速率.（質子、中子的質量為 1.6X10-27kg，電子電量e=1.6X10-19C）答案：(1)螞(2分) 不變(2)①226Ra—222Rn+4He88 86 2

v2 qBR②對a粒子 qvB=m-^ v= r am動量守恒得 0=mva-Mv2、氫原子處于基態(tài)時，原子能量與=—13.6eV,已知電子電量e=1.6X10-19C，電子質量m=0.91X10-30kg，氫的核外電子的第一條可能軌道的半徑為r1=0.53X10-10m.氫原子核外電子的繞核運動可等效為一環(huán)形電流，則氫原子處于n=2的定態(tài)時，核外電子運動的等效電流多大？(用K，e，如m表示，不要求代入數(shù)據(jù))若要使處于n=2的氫原子電離，至少要用頻率多大的電磁波照射氫原子？⑶若已知鈉的極限頻率為6.00X1014Hz，今用一群處于n=4的激發(fā)態(tài)的氫原子發(fā)射的光譜照射鈉，試通過計算說明有幾條譜線可使鈉發(fā)生光電效應?解：(1)氫原子核外電子繞核做勻速圓周運動，庫倫力作向心力，Ke2 4兀2mr 2T2①其中r2=4r1::K.e .根據(jù)電流強度的定義I=- ②由①②得I=,mr1T 16兀尸\mr11N(2)要使處于n=2的氫原子電離，照射光光子的能量應能使電子從第2能級躍遷到無■一E、 ……限遠處，最小頻率的電磁波的光子能量應為：如=0-(-中得v=82x1014Hz，由于鈉的極限頻率為6.00X1014Hz，則使鈉發(fā)生光電效應的光子的能量至少為6.63x10-34x6.00x1014E=hv= eV=2.486eV0 1.6x10-19一群處于n=4的激發(fā)態(tài)的氫原子發(fā)射的光子，要使鈉發(fā)生光電效應，應使躍遷時兩能級的差kE>E0，所以在六條光譜線中有E41、E31、氣、E42四條譜線可使鈉發(fā)生光電效應。3、太陽現(xiàn)正處于主序星演化階段。它主要是由電子和1H、4He等原子核組成。維持太陽輻射的是它內部的核聚變反應，核反應方程是2。+叩一4He+釋放的核能，這些核能最后轉化為輻射能。根據(jù)目前關于恒星演化的理論，若由于聚變反應而使太陽中的1H核數(shù)目1從現(xiàn)有數(shù)減少10%，太陽將離開主序星階段而轉入紅巨星的演化階段。為了簡化，假定目前太陽全部由電子和1H核組成。1為了研究太陽演化進程，需知道目前太陽的質量M.已知地球半徑R=6.4X106m,地球質量m=6.0X1024kg，日地中心的距離r=1.5X1011m,地球表面處的重力加速度g=10m/s2,1年約為3.2X107秒，試估算目前太陽的質量M。已知質子質量mp=1.6726X10-27kg,4He質量ma=6.6458X10-27kg,電子質量me=0.9X10-30kg,光速c=3X108m/s。求每發(fā)生一次題中所述的核聚變反應所釋放的核能。(3)又知地球上與太陽垂直的每平方米截面上，每秒通過的太陽輻射能w=1.35X103W/m2。試估算太陽繼續(xù)保持在主序星階段還有多少年的壽命。(估算結果只要求一位有效數(shù)字。)(1)要估算太陽的質量肱，研究繞太陽運動的任一顆行星的公轉均可，現(xiàn)取地球為研究對象。設T為地球繞日心運動的周期，則由萬有引力定律和牛頓定律可知_mM ,2兀、G =m(——)2rr2Tm地球表面處的重力加速度g=G