高考物理電學部分典型題例析與探秘（三）

　　高考物理電學部分典型題例析與探秘（三）

　　9、如圖9-1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μ=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，其受力情況如9-2圖示。

　　水平方向：F洛=N=qBV[1]

　　豎直方向：qE=f[2](勻速運動時)

　　又因f=μN[3]，聯立解[1][2][3]式得：qE=f=μqBVb

　　小球在磁場中作勻速圓周運動：qBVb=mVb2/R=3mVb2/L，所以Vb=qBL/3m

　　小球從a到b運動過程中，由動能定理：W電-Wf=（1/2）mVb2

　　W電=qEL=μqBVbL=0.3×qBL(qBL/3m)=q2B2L2/10m

　　所以，Wf=W電-（1/2）mVb2=q2B2L2/10m-(m/2)(q2B2L2/9m2)=2q2B2L2/45m

　　所以，Wf/W電=(2q2B2L2/45m)/(q2B2L2/10m)=4/9。

　　10、如圖10-1所示，從陰極K射出的電子經U0=5000V的電勢差加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1=10cm，間距d=4cm的平行金屬板AB之間。在離金屬板邊緣L2=75cm處放置一個直徑D=20cm，帶有記錄紙的圓筒。整個裝置放在真空內，電子發射的初速度不計。

　　(1)若在金屬板上加以U1=1000V的直流電壓(A板電勢高)后，為使電子沿入射方向作勻速直線運動到達圓筒，應加怎樣的磁場(大小和方向)；

　　(2)若在兩金屬板上加以U2=1000cos2πtV的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2轉/秒勻速轉動。試確定電子在記錄紙上的軌跡形狀，并畫出1秒鐘內所記錄到的圖形。

　　分析與解：偏轉極板上加恒定電壓U后，電子在電場中受到恒定的電場力作用，故所加的磁場方向只要使運動電子所受到的洛侖茲力與電場力等大反向即可。偏轉極板上加上正弦交流電后，板間電場變為交變電場，電子在板間的運動是水平方向作勻速直線運動，豎直方向作簡諧運動。偏出極板后作勻速直線運動，電子到達圓筒后，在筒上留下的痕跡是電子在豎直方向的“掃描”和圓筒勻速轉動的合運動。

　　據動能定理：eU0=(1/2)mV02，得電子加速后的入射速度為：

　　V0==4.2×107m/s

　　(1)加直流電壓時，A、B兩板間場強：

　　E1=U1/d=1000/(4×10-2)=2.5×104v/m

　　為使電子作勻速直線運動，應使電子所受電場力與洛侖茲力平衡，

　　即：qE1=qBV0，

　　得：B=E1/V0=(2.5×104)/(4.2×107)=6×10-4T

　　方向為垂直于紙面向里。

　　(2)加上交流電壓時，A、B兩板間場強為：

　　E2=U2/d=1000cos2πt/(4×10-2)=2.5×104cos2πtv/m

　　電子飛離金屬板時的偏距為：y1=(1/2)at12=(1/2)(eE2/m)(L1/V0)2

　　電子飛離金屬板時的豎直速度為：Vy=at1=(eE2/m)(L1/V0)

　　從飛離板到到達筒的偏距：y2=Vyt2=(eE2/m)(L1/V0)(L2/V0)=(eE2L1L2)/(mV02)

　　所以在紙筒上的落點對入射方向的總偏距為：(如圖10-2所示)

　　y=y1+y2=(L1/2+L2)(eE2L1/mV02)=(L1/2+L2)(L1U2/2U0d)

　　=(10/2+75)×10-2×(10×1000cos2πt)/(2×5000×4)=0.20cos2πtm

　　可見，在記錄紙上的點以振幅0.20m，周期T=2π/ω=1秒而作簡諧運動。因圓筒每秒轉2周(半秒轉1周)，故在1秒內，紙上的圖形如圖10-3所示。

　　11、如圖11-1所示，兩根互相平行、間距d=0.4米的金屬導軌，水平放置于勻強磁場中，磁感應強度B=0.2T，磁場垂直于導軌平面，金屬滑桿ab、cd所受摩擦力均為f=0.2N。兩根桿電阻均為r=0.1Ω，導軌電阻不計，當ab桿受力F=0.4N的恒力作用時，ab桿以V1做勻速直線運動，cd桿以V2做勻速直線運動，求速度差(V1－V2)等于多少？

　　分析與解：在電磁感應現象中，若回中的感應電動勢是由導體做切割磁感線運動而產生的，則通常用ε=BlVsinθ來求ε較方便，但有時回路中的電動勢是由幾根棒同時做切割磁感線運動產生的，如果先求出每根導體棒各自的電動勢，再求回路的總電動勢，有時就會涉及“反電動勢”而超綱。如果取整個回路為研究對象，直接將法拉第電磁感應定律ε=

　　11、如圖11-1所示，兩根互相平行、間距d=0.4米的金屬導軌，水平放置于勻強磁場中，磁感應強度B=0.2T，磁場垂直于導軌平面，金屬滑桿ab、cd所受摩擦力均為f=0.2N。兩根桿電阻均為r=0.1Ω，導軌電阻不計，當ab桿受力F=0.4N的恒力作用時，ab桿以V1做勻速直線運動，cd桿以V2做勻速直線運動，求速度差(V1－V2)等于多少？

　　分析與解：在電磁感應現象中，若回中的感應電動勢是由導體做切割磁感線運動而產生的，則通常用ε=BlVsinθ來求ε較方便，但有時回路中的電動勢是由幾根棒同時做切割磁感線運動產生的，如果先求出每根導體棒各自的電動勢，再求回路的總電動勢，有時就會涉及“反電動勢”而超綱。如果取整個回路為研究對象，直接將法拉第電磁感應定律ε=用于整個回路上，即可“一次性”求得回路的總電動勢，避開超綱總而化綱外為綱內。

　　cd棒勻速向右運動時，所受摩擦力f方向水平向左，則安培力Fcd方向水平向右，由左手定則可得電流方向從c到d，且有：

　　Fcd=IdB=f

　　I=f/Bd①

　　取整個回路abcd為研究對象，設回路的總電勢為ε，由法拉第電磁感應定律

　　ε=，根據B不變，則△φ=B△S，在△t時間內，

　　△φ=B(V1－V2)△td

　　所以：ε=B(V1－V2)△td/△t=B(V1－V2)d②

　　又根據閉合電路歐母定律有：I=ε/2r③

　　由式①②③得：V1－V2=2fr/B2d2

　　代入數據解得：V1－V2=6.25（m/s）

　　12.如圖12-1所示，線圈ａｂｃｄ每邊長ｌ＝0.20ｍ，線圈質量ｍ1＝0.10ｋｇ、電阻Ｒ＝0.10Ω，砝碼質量ｍ2＝0.14ｋｇ．線圈上方的勻強磁場磁感強度Ｂ＝0.5Ｔ，方向垂直線圈平面向里，磁場區域的寬度為ｈ＝ｌ＝0.20ｍ．砝碼從某一位置下降，使ａｂ邊進入磁場開始做勻速運動．求線圈做勻速運動的速度．

　　解析：該題的研究對象為線圈，線圈在勻速上升時受到的安培力Ｆ安、繩子的拉力Ｆ和重力ｍ1ｇ相互平衡，即

　　Ｆ＝Ｆ安＋ｍ1ｇ．①

　　砝碼受力也平衡：

　　Ｆ＝ｍ2ｇ．②

　　線圈勻速上升，在線圈中產生的感應電流

　　Ｉ＝Ｂｌｖ／Ｒ，③

　　因此線圈受到向下的安培力

　　Ｆ安＝ＢＩｌ．④

　　聯解①②③④式得ｖ＝（ｍ2－ｍ1）ｇＲ／Ｂ2ｌ2．

　　代入數據解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ）

　　13.如圖13-1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ｌ，導軌平面與水平面的夾角為θ．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為μ，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13-2．ａｂ棒所受安培力Ｆ沿斜面向上，大小為Ｆ＝ＢＩｌ＝Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ，則ａｂ棒下滑的加速度

　　ａ＝［ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｆ）］／ｍ．

　　ａｂ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時達到穩定狀態，此后ａｂ棒做勻速運動，速度達最大．

　　ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ）＝0．

　　解得ａｂ棒的最大速度

　　?ｖｍ＝ｍｇＲ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／Ｂ2ｌ2．