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磁场综合题

磁场综合题. I. O. R. F. I. R. B. A. O. T. T. 例 1 、如图示，半径为 R 的细金属圆环中通有恒定电流 I ，圆环置于水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中，求 ：圆环受到的张力。. 解一 ：取上半段圆环 AB 作为研究对象，. 圆环 AB 受到安培力 F ， F 的方向向上 F 的大小为. F=BI×2R （有效长度为 2R ）. 圆环 AB 两端受到的张力为 T ，方向沿切线，. 由平衡条件得 F=2T. ∴ T= BIR. ΔF. ΔF. T. T. T. T. α. D. α.

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Presentation Transcript

  1. 磁场综合题

  2. I O R F I R B A O T T 例1、如图示，半径为 R 的细金属圆环中通有恒定电流 I，圆环置于水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中，求 ：圆环受到的张力。 解一：取上半段圆环AB作为研究对象， 圆环AB受到安培力F， F的方向向上 F的大小为 F=BI×2R （有效长度为2R） 圆环AB两端受到的张力为T，方向沿切线， 由平衡条件得 F=2T ∴ T= BIR

  3. ΔF ΔF T T T T α D α C I R B A O 解二：取很小的一小段圆环CD作为研究对象， 则 CD所对的圆心角为α=2Δθ, 圆弧长度 Δ L = 2R Δθ CD受到安培力ΔF=BIΔL= 2BIRΔθ CD两端受到的张力为T，方向沿切线，如图示 2T sinΔθ= ΔF= 2BIRΔθ 由平衡条件 角度很小时有sinΔθ= Δθ ∴T=BIR 上述方法称为微元法

  4. 03年江苏高考17 （13分）串列加速器是用来产生高能离子的装置.图中虚线框内为其主体的原理示意图,其中加速管的中部b 处有很高的正电势U，a、c 两端均有电极接地（电势为零）.现将速度很低的负一价碳离子从a 端输入，当离子到达b 处时,可被设在b处的特殊装置将其电子剥离, 成为n 价正离子,而不改变其速度大小,这些正n 价碳离子从c 端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感强度为B的匀强磁场中，在磁场中做半径为R的圆周运动.已知碳离子的质量 m =2.0×10 – 26 kg, U=7.5 ×105 V, B=0.50T, n=2, 基元电荷e= 1.6×10 - 19 C ， 求R. 加速管 b a c B 加速管

  5. 解： 加速管 b a c B 加速管 设碳离子到达b处时的速度为v1， 从c 端射出时的速度为v2 ，由能量关系得 1/2×mv12 =eU ① 1/2×mv22 = 1/2×mv12 +neU ② 进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得 nev2 B=mv22 /R ③ 由以上三式可得 ④ 由④式及题给数值可解得 R=0.75m

  6. y v · x b m +q O 60° 30° vb · E C 例2.一质量为m、带电量为+q 的粒子以速度v 从O点沿y 轴正方向射入磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从b 处穿过x轴，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°，同时进入场强为E、方向沿与与x 轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中，通过了b点正下方的C点。如图示，不计重力，试求： 1. 圆形匀强磁场区域的最小面积 2. C点到b点的距离h

  7. y O2 A v x b m +q O O1 h vb · E C qE 解：1. 反向延长vb交y 轴于O2点，作∠bO2 O的角平分线交x 轴于O1， O1即为圆形轨道的圆心，半径为R = OO1 =mv/qB ,画出圆形轨迹交b O2于A点，如图虚线所示。 最小的圆形磁场区域是以OA为直径的圆，如图示： 2. b到C 受电场力作用，做类平抛运动 h sin 30°=vt h cos 30°=1/2×qE/m×t2 , · ∴t=2mv/qEtg 30° 返回

  8. ～U d A 回旋加速器 的D形盒的半径为R，用来加速质量为m，带电量为q 的质子，使质子由静止加速到能量为E 后，由A 孔射出。求： （1）加速器中匀强磁场B 的方向和大小。 （2）设两D形盒间的距离为d，其间电压为U，加速到上述 能量所需回旋周数. （3）加速到上述能量所需时间(不计通过缝隙的时间）。 解：（1）由 qvB=mv2 /R E=1/2×mv2 B的方向垂直于纸面向里. （2）质子每加速一次，能量增加为qU，每周加速两次， 所以 n=E/2qU （3）周期T=2πm / qB 且周期与半径r及速度v 都无关 t = nT = E/2qU×2πm / qB = πm E/q2 UB

  9. φ1 θ φ2 例3 . 如图所示，正、负电子初速度垂直于 磁场方向，沿与边界成30°角的方向射入匀强磁场中，求它们在磁场中的运动时间之比．　 解析：正电子将沿逆时针方向运动，经过磁场的偏转角为： φ1=2θ=60° 负电子将沿顺时针方向运动，经过磁场的偏转角为 φ2=360 °- 2θ=300° 因为正、负电子在磁场中运动的周期相同 （T=2πm/qB）， 故它们的角速度也相同， 根据φ=ωt 可知，正、负电子在磁场中运动的时间之比为： t1 / t2= φ1 / φ2 =1/5

  10. 例4.如图示，水平向左的匀强电场的场强E=4 伏/米，垂直纸面向内的匀强磁场的B=2 特，质量为1 千克的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑行0.8m到达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P点离开M点的竖直高度为1.6m，试求： 1. A沿墙下滑克服摩擦力做的功 2. P点与M点的水平距离，取g=10m/s2 E=4V/m A M 0.8m f · B=2T qvNB N qE qvB · mg vN P qE mg vP 解：在N点有qvNB=qE vN =E/B=2m/s 由动能定理 mgh-Wf =1/2 mvN2 ∴ Wf = 6 J 在P点三力平衡，qE=mg 由动能定理 ， 从N 到 P： mgh′- qEx=1/2 mvP2－ 1/2 mvN2 g（h′－x）=1/2（ vP2－vN2 ）= 2 ∴x=0.6m

  11. P195/例1 tanα= z x O z E B x O′ v O y l β α 如图示，板长为l 的两平行板间存在着竖直向下、场强为E的匀强电场，竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两平行板左边边缘的中心为原点O，有一正离子（重力不计），从O点以某一初速率v 沿x 轴射入电场和磁场中．离开两场时的坐标为 。求此离子的荷质比。（水平向纸内为z 轴正方向。） 解：由运动的合成——若没有电场，则在xOz平面做匀速圆周运动；加上电场力的作用，则同时在y 方向做匀加速运动。 α= 30° β =2 α= 60° 设运动时间为t， t= T/6=πm/3qB y =1/2×qE/ m×t 2 l /6= 1/2×qE/ m×(πm/3qB) 2 ∴q/m= π2E/3B2l

  12. 例5．如图3-7-17甲所示，图的右侧MN为一竖直放置的荧光屏，O为它的中点，OO′与荧光屏垂直，且长度为L．在MN的左侧空间存在着方向水平向里的匀强电场，场强大小为E．乙图是从左边去看荧光屏得到的平面图，在荧光屏上以O为原点建立如图的直角坐标系．一细束质量为m、电量为+q 的带电粒子以相同的初速度v0 从O′点沿O′O 方向射入电场区域．粒子的重力和粒子间的相互作用都可忽略不计． （1）若再在MN左侧空间加一个匀强磁场，使得荧光屏上的亮点恰好位于原点O 处，求这个磁场的磁感应强度B 的大小和方向． （2）如果磁感应强度B 的大小 保持不变，但把方向变为与电 场方向相同，则荧光屏上的亮 点位于图中A 点处，已知A点 的纵坐标为 求： A点横坐标的数值． M O v O′ E L N 甲 y A O x 乙

  13. qvB R M R-y θ L y y O A v O′ E O x L N 甲 乙 解：（1）电场力向里，洛仑兹力向外，合力为0， qvB=qE ∴ B=E/v , 方向沿y 轴正向 （2）由运动的合成——若没有电场，洛仑兹力向上，则在甲图平面做匀速圆周运动；加上电场力的作用，则同时在 - x方向做匀加速运动。 R2=(R-y)2+L2 Cosθ =(R-y)/R=1/2 θ=60°

  14. 霍尔效应 B I d A h A′ （2000全国）如图所示，厚度为h、宽度为d 的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中。当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流 I 和 B 的关系为 U=KIB/d 式中的比例系数K称为霍尔系数。 霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛仑兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场对电子施加与洛仑兹力方向相反的静电力。当静电子与洛仑兹 力达到平衡时，导体上下两侧之间 就会形成稳定的电势差。设电流I是 由电子的定向流动形成的， 电子的平均定向速度为v， 电量为e。回答下列问题：

  15. 低于 A v · I h e A′ （1）达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势_____下侧面的电势（填高于、低于或等于）。 （2）电子所受洛仑兹力的大小为______。 （3）当导体板上下两侧之间的电势差为U时，电子所受静电力的大小为______。 （4）（2000全国）由静电力和洛仑兹力平衡的条件，证明霍尔系数K= ，其中n代表导体板单位体积中电子的个数。 BeV 解析：（1）由题知电流是由电子向左的定向移动形成，电子在导体板中定向移动时要受洛仑兹力，由左手定则知电子向上侧移动，使得上侧出现 多余负电荷，而下侧出现多余正电 荷，形成两侧之间的电势差。结果 上侧的电势低于下侧A′的电势。 （2）由洛仑兹力公式知电子所受洛仑兹力的大小为 f=Bev

  16. （3）上、下两侧面可以看成是平行的，其间的电场认为是匀强电场，由匀强电场知其场强 E=U/h 所以电子所受静电力 F电= Ee = e U/h 又因电子达到稳定，电场力与洛仑兹力平衡， 即 F电=Bev （4）因电子稳定，电场力与洛仑兹力平衡，即 e U/h =Bev 得U=hvB，且通过导体的电流强度 I=nevdh 将U及I的表达式代入U=KI B/d ，得K=1/ne 这是一道综合性试题，它展示了一种新型发电机的原理（磁流体发电机原理）。

  17. B I V d A h 例6．有一个未知的匀强磁场，用如下方法测其磁感应强度，如图所示，把一个横截面是矩形的铜片放在磁场中，使它的上、下两个表面与磁场平行，前、后两个表面与磁场垂直．当通入从左向右的电流 I 时，连接在上、下两个表面上的电压表示数为U．已知铜片中单位体积内自由电子数为n，电子质量m，带电量为e，铜片厚度（前后两个表面厚度）为d，高度（上、下两个表面的距离）为h，求磁场的磁感应强度B． qvB=qE=qU/h 解：达到动态平衡时有 B=U/vh ∵I=nevS=nevhd ∴ vh=I/ned ∴ B=Udne/I

  18. 1992年上海高考题 :质量为m、电量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动. A、B为两块中心开有小孔的极板. 原来电势都为零, 每当粒子飞经A板时, A板电势升高为+U, B板电势仍保持为零, 粒子在两板间电场中得到加速. 每当粒子离开B板时, A板电势又降为零. 粒子在电场一次次加速下动能不断增大, 而绕行半径不变. (1) 设t=0时粒子静止在A板小孔处, 在电场作用下加速, 并绕行第一圈. 求粒子绕行n 圈回到A板时获得的总动能En . (2) 为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动, 磁场必须周期性递增. 求粒子绕行第n 圈时的磁感应强度Bn. (3) 求粒子绕行n 圈所需的总时间tn (设极板间距远小于R). (4) 在图(2)中画出A板电势与时间t 的关系(从t=0起画到粒子第4次离开B板时即可). (5) 在粒子绕行的整个过程中, A板电势是否可以始终保持为+U? 为什么? 解见下页

  19. ……+ u U t O t1 t2 t3 t4 解答: (1)每通过AB一次, 动能增加qU, 通过n次获得的总动能为 E Kn =1/2mvn2 = nqU (2)R=mvn/Bn q (3)每转一转的时间为 (4) 半径不变,速度越来越大,所以周期越来越小,加速的时间越来越小，u—t 图如右图: (5) 不可以. 如始终为+U, 则电场力 对粒子运动一周 所做的总功为零.

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