電磁學總復習教案-資料下載頁

　　

【正文】 等大的金屬圓環上的n根間距相等的平行金屬條組成“鼠籠”狀，如圖所示，每根金屬條的長度為l，電阻為R，金屬環的直徑為D，電阻不計。圖中虛線所示的空間范圍內存在著磁感強度為B的勻強磁場，磁場的寬度恰好等于“鼠籠”金屬條的間距，當金屬環以角速度ω繞過兩圓環的圓心的軸OO′旋轉時，始終有一根金屬條在垂直切割磁感線?！笆蠡\”的轉動由一臺電動機帶動，這套設備的效率為η，求電動機輸出的機械功率。，y軸的左方有一勻強電場，場強方向跟y軸成30176。角，大小為E=105N/C，y軸右方有一垂直紙面的勻強磁場。有一質子的速度v0=106m/s,由x軸上的A點，第一次沿x軸的正方向射入磁場，第二次沿x軸的負方向射入磁場，回旋后都垂直于電場方向進入電場最后進入磁場，已知質子的質量近似取m=1027kg，求：(1)勻強磁場的磁感應強度；(2)質子兩次在磁場中運動時間之比(3)質子兩次在電場中運動時間。能力訓練參考答案(一)選擇題(二)填空題1.(1)1∶1∶1(2)加熱100(3)，a→，EF，5.(1)圖略(2)(3)D，＞105C(d+l)10.+12.，斥力，零15.(1)略(2)注意：畫直線時應去掉(，)的點(3)ε＝(177。)V，r＝(177。)Ω16.(1)B(2)，逆時針方向(三)論述和計算，漏電電阻為R，如圖所示，則有：RA=R+xrRB=R+(Lx)r由電壓分配關系知：聯立解得：x=2.(1)y＝(2)3.(1)，.(2)4.(1)8V，14W(2)104J5.(1)由電子源發出的平行于擋板的電子在磁場中作勻速圓周運動。若半徑為L/2時，剛好到達擋板，電子的最小速率vmin必須滿足Bevmin=mv2min/(),vmin=Bel/(2m)(2)所有從電子源S發出的電子都將在磁場中作圓周運動，因為電子速率都相同，故圓周運動半徑R也相同，均為：R=mv/=2vmin,故R=L.由于半徑為L的圓周上，任意兩點的最長距離為直徑2L，故在O點上側、與S相距為2L的a點為電子擊中擋板的最遠點(見左圖)，所以aO=L.又初速沿SO方向的電子恰好在O點下側與擋板相切于b點，此b點為擊中擋板下側的最遠點，其余沿SO下方發射的電子無法與擋板相碰，由圓的知識得：bO=SO=L.綜上所述，電子擊中擋板MN的范圍為ab=aO+bO=(+1)L.6.①以O為圓心r=②60176。③60176。7.(1)帶電粒子在電場中被加速時，根據動能定理，qU=2.(1)粒子運動到P點時具有速度v，此時容器剛好加有勻強磁場，根據左手定則，粒子在P點受到方向從P指向D的洛倫茲力作用而作勻速圓周運動，軌道半徑和周期分別為：r=mv/qB,(2)T=(3)將(1)代入(2)，得r=B=＜，由式(3)知，粒子運轉周期與勻強磁場變化的周期相等?？梢?，粒子在P、D間運動的軌跡如圖丙所示，設半圓的個數為n，則n=。故能與中性粒子相碰。(2)當M、N加有最大電壓Um時，設粒子到達P點的速度為vm,運動半徑為rm,為使粒子不與cd邊相碰，必須滿足rm≤ab=.欲使帶電粒子與中性粒子相碰，必須滿足PD=n′2rm=3m。其中n′必為整數。解得，n′的最小值為2。∴rm=PD/4=.將rm值代入式(1)和或(2)，解得Um=qB2r2m/2m=50428.，方向垂直紙面向外9.(1)r1=(2)n＞510.(1)線圈面積一定，B的周期性變化使穿過線圈的磁場量發生變化，Φ＝，ε＝，?我們可將Φ＝BmSsint的函數關系用Φt圖來表示(如下圖).在該圖上，當t等于0、T時，切線的斜率最大，因此，在這些時刻線圈產生的感應電動勢最大.(2)Φ的周期性變化使得ε、I也作周期性的變化，根據法拉第電磁感應定律和歐姆定律得：ε＝，I＝.而ΔΦ＝IΔt，所以ΔQ＝.即在Δt時間內，通過導體橫截面的電量只與磁通量的初末狀態(ΔΦ＝Φ2Φ1)及導體的電阻R有關，而與Δt本身無關.∴ΔQ＝＝.11.(1)ab棒的速度。cd棒的速度(2)電路產生的焦耳熱Q=m1gh12.(1)棒a下滑進入水平部分后，切割磁感線產生感應電動勢，在由導軌和a、b兩棒組成的閉合電路中有感應電流，此電流通過a、b兩棒的大小相等，它們在磁場中所受的安培力大小相等、方向相反，而ma=2mb，由牛頓第二定律可知，兩者加速度之比為1∶2。(2)棒a受到的安培力是阻力，滑入水平部分后將做減速運動，棒b受的安培力為動力，它將做加速運動。當兩者速度相等時，回路感應電動勢和感應電流都為零，二者不受安培力作用，以后將以這一相等的速度做勻速直線運動。由于兩棒作為系統，水平方向不受外力作用，所以沿水平方向動量守恒。設最終共同運動的速度為υ，則maυa=(ma+mb)υ①而a下滑h高的過程中機械能守恒，則a進入水平部分時的速度υa為magh=maυa2②由①、②可解得υ＝③(3)棒a由靜止下滑至兩者共同運動的全過程中，a的初態重力勢能一部分轉化為a、b共同運動的動能，另一部分轉化為電能，則magh=(ma+mb)υ2+E電把③代入可得E電=magh(4)回路中電能最終轉變成導體a、b產生的焦耳熱Qa+Qb=E電由于流過a、b的電流時刻相同，故則Qa=E電=maghQb=E電=magh，mm2沿斜面無摩擦下滑：Eq=mgcosαE的方向如圖示時，釋放mm2，ml由A點運動到B點機械能守恒，設AB=BC=Lmm2碰撞過程動量守恒，沒碰后速度為v：mv1=2mv,v=碰后假定二者剛好能運動到C點，由動能定理：02mv2=2mgLsinαμNL而式中N=E2q+2mgcosα=4mgcosα，代入上式μ4mgLcosα=2mgLsinα+mgLsinα得μ=,要使mm2不能到達C點需μ＞.：處于磁場中的金屬條切割磁感線的線速度為：υ=ω①產生的感應電動勢為ε=BLυ=BLω②通過切割磁感線的金屬條的電流為I=③磁場中導體受到的安培力為F=BIL④克服安培力做功的功率為F安=FV=FωD⑤電動機輸出的機械功率為P=P安/η⑥聯立以上各式解出P=、OP做切割磁感線運動產生的感應電動勢分別為：ε1=2BLv,ε2=BLv由全電路歐姆定律I=設圖中A點電勢為UA，D點電勢為UD，有UA+BlvIR=UDUDA=BLv電容器的帶電量Q=CUDA=CBLvUD＞UA，上板帶正電。16.(1)(2)7∶1(3)107s歡迎下