第10題電磁學綜合問題1．如圖1所示，虛線MN下方存在豎直向上的勻強電場，場強大小E＝2×103V/m，電場區域上方有一豎直放置長為L＝0.5m的輕質絕緣細桿，細桿的上下兩端分別固定一個帶電小球A、B，它們的質量均為m＝0.01kg，A球帶正電，電荷量為q1＝2.5×10－4C；B球帶負電，電荷量為q2＝5×10－5C；B球到MN的距離h＝0.05m．現將輕桿由靜止釋放(g取10m/s圖1(1)B球進入勻強電場、A球未進入勻強電場過程B球的加速度大小；(2)小球從開始運動到A球剛進入勻強電場過程的時間；(3)B球向下運動離MN的最大距離．答案(1)15m/s2(2)0.3s(3)1.3m解析(1)B球剛進入電場時，把A、B球及桿作為一整體進行研究，其做加速度為a的勻加速運動，由牛頓第二定律得：2mg＋q2E＝2ma，解得a＝g＋eq\f(q2E,2m)＝15m/s2.(2)B球進入電場之前，A、B及桿整體做自由落體運動，設時間為t1由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝0.1sB球進入電場瞬間的速度v1＝gt1＝1m/s從B球進入電場到A剛要進入電場過程中，A、B及桿整體做勻加速直線運動，時間為t2.則L＝v1t2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，解得t2＝0.2s.小球從開始運動到A球剛要進入勻強電場過程的時間t＝t1＋t2＝0.3s.(3)設B球向下運動離MN的最大距離為x，A、B球及桿整體從開始運動至到達最低點過程中，由動能定理得2mg(h＋x)＋q2Ex－q1E(x－L)＝0，解得x＝1.3m.2．如圖2所示，在水平地面上方附近有一范圍足夠大的互相正交的勻強電場和勻強磁場區域．磁場的磁感應強度為B，方向水平并垂直紙面向里．一質量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區域內沿豎直平面(垂直于磁場方向的平面)做速度大小為v的勻速圓周運動，重力加速度為g.圖2(1)求此區域內電場強度的大小和方向；(2)若某時刻微粒在場中運動到P點時，速度與水平方向的夾角為60°，且已知P點與水平地面間的距離等于其做圓周運動的半徑．求該微粒運動到最高點時與水平地面間的距離；(3)當帶電微粒運動至最高點時，將電場強度的大小變為原來的eq\f(1,2)(不計電場變化對原磁場的影響)，且帶電微粒能落至地面．求帶電微粒落至地面時的速度大小．答案見解析解析(1)由題意可知帶正電的微粒所受的電場力和重力等大反向，因此電場強度的方向豎直向上，mg＝qE，即E＝mg/q(2)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得，qvB＝mv2/R，解得R＝eq\f(mv,qB)，由幾何關系可知，該微粒運動到最高點時與水平地面間的距離：hm＝eq\f(5,2)R＝eq\f(5mv,2qB)(3)電場力變為F電＝mg/2，帶電微粒從最高點運動至地面的過程中，只有重力和電場力做功．設微粒落地時速度大小為vt，由動能定理，mghm－F電hm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mv2解得vt＝eq\r(v2＋\f(5mgv,2qB))3．如圖3所示，在xOy平面的y軸左側存在沿y軸正方向的勻強電場，y軸右側區域Ⅰ內存在磁感應強度大小B1＝eq\f(mv0,qL)、方向垂直紙面向外的勻強磁場，區域Ⅰ、區域Ⅱ的寬度均為L，高度均為3L.質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從坐標為(－2L，－eq\r(2)L)的A點以速度v0沿＋x方向射出，恰好經過坐標為[0，－(eq\r(2)－1)L]的C點射入區域Ⅰ.粒子重力忽略不計．圖3(1)求勻強電場的電場強度大小E；(2)求粒子離開區域Ⅰ時的位置坐標；(3)要使粒子從區域Ⅱ上邊界離開磁場，可在區域Ⅱ內加垂直紙面向里的勻強磁場．試確定磁感應強度B的大小范圍，并說明粒子離開區域Ⅱ時的速度方向．答案(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)(L,0)(3)見解析解析(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動．2L＝v0L＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2聯立解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)設帶電粒子經C點時的豎直分速度為vy、速度為vvy＝eq\f(qE,m)t＝eq\f(qE,m)·eq\f(2L,v0)＝v0v＝eq\r(2)v0，方向與x軸正向成45°斜向上粒子進入區域Ⅰ做勻速圓周運動，B1qv＝meq\f(v2,R)R＝eq\f(\r(2)mv0,qB1)解得：R＝eq\r(2)L由幾何關系知，離開區域Ⅰ時的位置坐標：x＝L，y＝0，即(L,0)(3)根據幾何關系知，帶電粒子從區域Ⅱ上邊界離開磁場的半徑滿足：eq\f(3,4)L≤r≤Lr＝eq\f(mv,qB2)解得：eq\f(\r(2)mv0,qL)≤B2≤eq\f(4\r(2)mv0,3qL)根據幾何關系知，帶電粒子離開磁場時速度方向與y軸正方向夾角30°≤θ≤90°4．如圖4甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，M、N間電壓UMN的變化圖象如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0；M、N兩側為相同的勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B.t＝0時，將一帶正電的粒子從邊界線M上的A處由靜止釋放，經電場加速后進入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的周期也為T0.兩虛線M、N間寬度很小，粒子在其間的運動時間不計，也不考慮粒子所受的重力．圖4(1)求該粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)求粒子第1次和第2次從右向左經邊界線N離開磁場區域Ⅰ時兩位置間的距離Δd；(3)若粒子的質量增加eq\f(1,8)，電荷量不變，t＝0時，將其在A處由靜止釋放，求t＝2T0時粒子的速度．答案(1)eq\f(2π,T0B)(2)2(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(U0T0,πB))(3)eq\r(\f(10πU0,BT0))解析(1)由T0＝eq\f(2πm,qB)得eq\f(q,m)＝eq\f(2π,T0B)(2)設第1次自右向左穿過邊界線N后再加速一次進入磁場區域Ⅱ時的速度為v1，共被加速2次：2qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)所以v1＝eq\r(\f(4qU0,m))第2次自右向左穿過邊界線N時被加速3次，速度設為v2，3qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)所以v2＝eq\r(\f(6qU0,m))因為r＝eq\f(mv,qB)所以Δd＝2(r2－r1)＝2(eq\r(3)－eq\r(2))eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))＝2(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(U0T0,πB))(3)因為T0＝eq\f(2πm,qB)粒子的質量增加eq\f(1,8)，則周期變為T＝eq\f(9,8)T0周期增加ΔT＝eq\f(1,8)T0每半個周期為eq\f(1,2)T＝eq\f(9,16)T0，增加eq\f(1,16)T0從t＝0開始到t＝2T0為止的時間內，粒子共加速了4次，加速電壓分別為：U0、eq\f(3,4)U0、eq\f(2,4)U0、eq\f(1,4)U0由動能定理得：eq\f(1,2)mv2＝q(1＋eq\f(3,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(1,4))U0得：v＝eq\r(\f(5qU0,m))＝eq\r(\f(10πU0,BT0))5．如圖5甲所示，在傾角θ＝30°的絕緣斜面上固定著兩根平行金屬導軌，導軌光滑且足夠長，電阻不計，其間距L＝2m，下端通過導線連接一阻值R＝8Ω的小燈泡．間距d＝3m的EF、CD范圍內有一方向垂直于斜面向上的勻強磁場，EF、CD均與導軌垂直，磁感應強度的大小隨時間變化的情況如圖乙所示，圖乙中B0、t1均未知．另有一質量m＝0.1kg、電阻r＝2Ω、長度也為L的金屬棒，在t＝0時由導軌上的M、N處靜止釋放，沿導軌下滑過程中始終與導軌保持良好接觸，已知在金屬棒離開CD之前小燈泡的亮度不變，重力加速度g＝10m/s2，試求：圖5(1)金屬棒在磁場中運動的速度大小；(2)在金屬棒下滑的整個過程中棒上產生的焦耳熱；(3)t＝0時的磁感應強度B0.答案(1)5m/s(2)0.8J(3)eq\f(4,3)T解析(1)小燈泡的亮度不變，則金屬棒進入磁場后做勻速運動．有BIL＝mgsinθ感應電流I＝0.5AE＝BLv＝I(R＋r)則金屬棒在磁場中運動的速度大小：v＝5m/s(2)在磁場外金屬棒做勻加速運動a＝gsinθ＝5m/s2運動時間t1即t1＝eq\f(v,a)＝1s在磁場中運動時間t2＝eq\f(d,v)＝0.6s棒上產生的焦耳熱Qr＝I2r(t1＋t2)＝0.8J(3)由閉合電路歐姆定律：E＝I(R＋r)＝5V由法拉第電磁感應定律：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(LdB0－B,t1)聯立可得：B0＝eq\f(4,3)T6．如圖6甲所示，兩條電阻不計的金屬導軌平行固定在傾角為37°的斜面上，兩導軌間距為L＝0.5m．上端通過導線與R＝2Ω的電阻連接，下端通過導線與RL＝4Ω的小燈泡連接．在CDFE矩形區域內有垂直斜面向上的勻強磁場，CE間距離d＝2m．CDFE區域內磁場的磁感應強度B隨時間變化的關系如圖乙所示．在t＝0時，一阻值為R0＝2Ω的金屬棒從AB位置由靜止開始運動，在金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發生變化．設導軌AC段有摩擦，其他部分光滑，金屬棒運動過程中始終與CD平行(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：圖6(1)通過小燈泡的電流強度；(2)金屬導軌AC段的動摩擦因數；(3)金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，整個系統產生的熱量．答案(1)0.1A(2)eq\f(23,32)(3)1.375J解析(1)由法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ld＝0.5V由閉合電路歐姆定律得IL＝eq\f(E,RL＋\f(R·R0,R＋R0))＝0.1A(2)燈泡亮度不變，則全程通過燈泡的電流恒為IL，設金屬棒運動到CD時的速度為v，金屬棒在AC段的加速度為a則依題意有BLv＝ILRL＋(IL＋IR)R0ILRL＝IRR由