高考物理電學部分典型題例析與探秘（二）

　　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，且磁場區域高度等于線框一邊之長。為了使線框通過磁場區域的速度恒定，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運動趨于穩定，此時有：BLabVab=BLcdVcd

　　所以Vab=Vcd/3[3]

　　ab、cd受磁場力作用，動量均發生變化，由動量定理得：

　　Fab△t=m(V-Vab)[4]Fcd△t=mVcd[5]

　　聯立以上各式解得：

　　(2)根據系統能量守恒可得：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運動速度穩定的條件。

　　②理解電磁感應及磁場力計算式中的“L”的物理意義。

　　③電路中的電流、磁場力和金屬棒的運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的外力，且Fab≠Fcd時，合力不為零，故系統動量不守恒，只有當Lab=Lcd時，Fab=Fcd，方向相反，其合力為零時，系統動量才守恒。

　　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(正整數)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)

　　(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。