高考物理電學部分典型題例析與探秘(二)
來源:網絡資源 2009-08-29 09:16:35
高考物理電學部分典型題例析與探秘(二)
5、如圖5所示,用密度為D、電阻率為ρ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h。(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=mg[1]
設線框每邊長為L,根據線框進入磁場的速度為,則安培力可表達為:
F安=BIL=[2]
設導線橫截面積為S,其質量為:m=4LSD[3]
其電阻為:R=ρ4L/S[4]
聯(lián)立解[1]、[2]、[3]、[4]式得:
h=128D2ρ2g/B4
想一想:若線框每邊長為L,全部通過勻強磁場的時間為多少?(t=2L/V)
線框通過勻強磁場產生的焦耳熱為多少?(Q=2mgL)
6、如圖6所示,光滑導軌EF、GH等高平行放置,EG間寬度為FH間寬度的3倍,導軌右側水平且處于豎直向上的勻強磁場中,左側呈弧形升高。ab、cd是質量均為m的金屬棒,現(xiàn)讓ab從離水平軌道h高處由靜止下滑,設導軌足夠長。試求:(1)ab、cd棒的最終速度,(2)全過程中感應電流產生的焦耳熱。
分析與解:ab下滑進入磁場后切割磁感線,在abcd電路中產生感應電流,ab、cd各受不同的磁場力作用而分別作變減速、變加速運動,電路中感應電流逐漸減小,當感應電流為零時,ab、cd不再受磁場力作用,各自以不同的速度勻速滑動。全過程中系統(tǒng)內機械能轉化為電能再轉化為內能,總能量守恒。
(1)ab自由下滑,機械能守恒:mgh=(1/2)mV2[1]
由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中,任何時刻通過的電流總相等,金屬棒有效長度Lab=3Lcd,
故它們的磁場力為:Fab=3Fcd[2]
在磁場力作用下,ab、cd各作變速運動,產生的感應電動勢方向相反,當εab=εcd時,電路中感應電流為零,(I=0),安培力為零,ab、cd運動趨于穩(wěn)定,此時有:BLabVab=BLcdVcd
所以Vab=Vcd/3[3]
ab、cd受磁場力作用,動量均發(fā)生變化,由動量定理得:
Fab△t=m(V-Vab)[4]Fcd△t=mVcd[5]
聯(lián)立以上各式解得:
(2)根據系統(tǒng)能量守恒可得:Q=△E機=mgh-(1/2)m(Vab2+Vcd2)=(9/10)mgh
說明:本題以分析ab、cd棒的受力及運動情況為主要線索求解。
注意要點:①明確ab、cd運動速度穩(wěn)定的條件。
、诶斫怆姶鸥袘按艌隽τ嬎闶街械“L”的物理意義。
、垭娐分械碾娏鳌⒋艌隽徒饘侔舻倪\動之間相互影響制約變化復雜,解題時抓住每一瞬間存在Fab=3Fcd及終了狀態(tài)時Vab=(1/3)Vcd的關系,用動量定理求解十分方便。
④金屬棒所受磁場力是系統(tǒng)的外力,且Fab≠Fcd時,合力不為零,故系統(tǒng)動量不守恒,只有當Lab=Lcd時,F(xiàn)ab=Fcd,方向相反,其合力為零時,系統(tǒng)動量才守恒。
7、如圖7所示,X軸上方有勻強磁場B,下方有勻強電場E。電量為q、質量為m、重力不計的粒子y軸上。X軸上有一點N(L.0),要使粒子在y軸上由靜止釋放而能到達N點,問:(1)粒子應帶何種電荷?(2)釋放點M應滿足什么條件?(3)粒子從M點運動到N點經歷多長的時間?
分析與解:(1)粒子由靜止釋放一定要先受電場力作用(磁場對靜止電荷沒有作用力),所以M點要在-Y軸上。要進入磁場必先向上運動,靜上的電荷要向上運動必須受到向上的電場力作用,而場強E方向是向下的,所以粒子帶負電。
(2)粒子在M點受向上電場力,從靜止出發(fā)做勻加速運動。在O點進入勻強磁場后,只受洛侖茲力(方向沿+X軸)做勻速周圍運動,經半個周期,回到X軸上的P點,進入勻強電場,在電場力作用下做勻減速直線運動直到速度為零。然后再向上做勻加速運動,在X軸上P點進入勻強磁場,做勻速圓運動,經半個周期回到X軸上的Q點,進入勻強電場,再在電場力作用下做勻減速運動直到速度為零。此后,粒子重復上述運動直到X軸上的N點,運動軌跡如圖7-1所示。
設釋放點M的坐標為(0.-yO),在電場中由靜止加速,則:qEyO=(1/2)mV2[1]
在勻強磁場中粒子以速率V做勻速圓周運動,有:qBV=mV2/R[2]
設n為粒子做勻速圓周運動的次數(shù)(正整數(shù))則:L=n2R,所以R=L/2n[3]
解[1][2][3]式得:V=qBL/2mn,所以yO=qB2L2/8n2mE(式中n為正整數(shù))
(3)粒子由M運動到N在電場中的加速運動和減速運動的次數(shù)為(2n-1)次,
每次加速或減速的時間都相等,設為t1,則:yO=(1/2)at12=(1/2)qEt12/m
所以t1=
粒子在磁場中做勻速圓周運動的半周期為t2,共n次,t2=πm/qB
粒子從M點運動到N點共經歷的時間為:
t=(2n-1)t1+nt2=(2n-1)BL/2nE+nπm/qB(n=1、2、3……)
8、平行金屬,板長1.4米,兩板相距30厘米,兩板間勻強磁場的B為1.3×10-3特斯拉,兩板間所加電壓隨時間變化關系如8-1圖所示。當t=0時,有一個a粒子從左側兩板中央以V=4×103米/秒的速度垂直于磁場方向射入,如8-2圖所示。不計a粒子的重力,求:該粒子能否穿過金屬板間區(qū)域?若不能,打在何處?若能,則需多長時間?(已知a粒子電量q=3.2×10-19庫,質量m=6.64×10-27千克)
分析與解:在t=0到t=1×10-4秒時間內,兩板間加有電壓,a粒子受到電場力和洛侖茲力分別為:F=qu/d=q×1.56/0.3=5.2q方向豎直向下
f=qBv=q×1.3×10-3×4×103=5.2q方向豎直向上
因F=f,故做勻速直線運動,其位移為:△S=v△t=4×103×1×10-4=0.4米
在t=1×10-4秒到t=2×10-4秒時間內,兩板間無電場,a粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動,其軌跡半徑為:
r=mv/qB=(6.64×10-27×4×103)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=6.37×10-2米<d/4
所以粒子不會與金屬板相碰。面a粒子做勻速圓周運動的周期為:
T=2πm/qB=(2×3.14×6.64×10-27)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=1.0×10-4秒
則在不加電壓的時間內,a粒子恰好能在磁場中運動一周。當兩板間又加上第2個周期和第3個周期的電壓時,a粒子將重復上述的運動。故經13/4周期飛出板外(t=6.5×10-4秒)其運動軌跡如8-3圖所示。
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