1、电 磁 学一、知识结构(一)电场1.了解什么是基元电荷及电荷守恒定律的应用。2.掌握真空中的库仑定律及其应用。3.掌握电场强度的定义式、点电荷和匀强电场场强的计算公式，正确领会磁力线的含义。4.理解电势、电势差、等势面的概念，掌握匀强电场中场强和电势差的关系及电场力做功与电势能的关系。5.理解电场中的导体处于静电平衡状态时的特殊情况。6.掌握带电粒子在电场中运动的规律。7.掌握电容器的电容的概念及平行板电容器中电容的计算公式。(二)恒定电流1.掌握电阻的串并联规律，串并联电路中的电压、电流及功率分配及焦耳定律。2.理解电动势的概念，掌握闭合电路的欧姆定律。3.掌握电路的处理方法，学会对电路的变
2、化分析判断，掌握各种类型的电路计算。4.掌握电压表、电流表和欧姆表的读数方法和测量原理及方法。5.会根据电路图进行电路的实物接线。(三)磁场1.理解磁场、磁感强度、磁感线、磁通量的意义，了解磁现象的电本质。2.掌握安培力的计算公式和左手定则，了解电流表的工作原理。3.掌握速度与磁场方向平行和垂直两种情况下洛仑力方向的判定和大小的计算，掌握带电粒子在匀强磁场中的圆周运动规律及洛仓兹力的应用。(四)电磁感应和交流电1.电磁感应(1)正确领会感应电流产生的条件，熟练运用右手定则和楞次定律判断感应电流及感应电动势的方向。(2)熟练掌握法拉第电磁感应定律，及各种情况下感应电动势的计算方法。2.交流电(1
3、)了解交流电的概念，理解表示交流电的各物理量的含义，并能准确识别和使用它们。(2)理解正弦交流电的图象，并能根据图象讨论有关问题。(3)理解变压器的原理，能使用电压比和电流比公式分析计算有关问题。(4)弄清什么叫振荡电流、振荡电路，掌握电磁振荡的过程特征。(5)熟练掌握电磁振荡的周期和频率公式，并应用公式分析、计算、讨论有关的简单问题。(6)了解麦克斯韦电磁场理论的基本要点，掌握电磁波的形成和波速公式V=f的应用。二、例题解析例1 如右图所示，在通有电流I的无限长的直导线旁边放有一导线ab与其平行，当长直导线中向上的电流I减小时，导线ab两端的电势高低情况是： ( )A.UaUb B.Ua=U
4、b C.UaUb D.无法确定【解析】本题仅由无限长导线中电流I减小的实际情况，从正面直接着手很难做出判断，但我们可采用“等效法”加以考虑：因为长直导线中电流I减小时，导线ab所在处磁场的磁感应强度减弱，所以我们完全可将电流I减小，导线ab不动的实际情形等效为电流I不变，而导线ab向右平动的情形，则本题由右手定则可立即做出UaUb的正确判断，即本题答案为(A)。例2 如下图左所示的电路，请画出S断开与S闭合时的等效电路。【解析】将C1、C2看作断路，如上图右所示。根据电流表的流向，可得S断开时与S闭合时的等效电路，如下图甲、乙所示。例3 如右图所示，半径为r的半圆形金属导线处于磁感应强度为B的
5、匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈所在的平面，试求导线在下列情况中所产生的感应电动势：(1)导线在自身所在平面沿垂直于直径OO的方向以速度v向右匀速平动。(2)导线从图示位置起，绕直径OO以角速度匀速转动。【解析】(1)无法直接求出半圆形导线OO所产生的感应电动势。我们可设想用一直导线将OO两端连接起来构成一闭合回路(如图)，则在向右运动过程中，回路的磁通量不发生变化，故整个回路中的感应电动势=0,这表明直导线OO与半圆形导线切割磁感线所产生的感应电动势大小相等，方向相反。而由直=2Brv,可知圆=2Brv。(2)假设用直导线将OO连接形成闭合回路，使其以同样的角速度绕OO匀速转运，由于直导线OO
6、不切割磁力线，所以在产生应电动势这一点上，半圆形导线与闭合回路等效，由公式e=BSsint,又S=r2，所以半圆形导线中感应电动势e=r2Bsin。例4 右图中A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场；右边表示一周期性的交变电压的波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压U，从t=0开始，电压为给定值U0，经过半个周期，突然变为-U0。如此周期地交替变化。在t=0时刻将上述交变电压U加在A、B两极上，求：(1)在t=0时刻，在B的小孔处无初速地释放一电子，要想使这电子到达A板时的速度最大，则所加交变电压的频率最大不能超过多少?(2)在t=0时刻，在B的小孔处
7、无初速地释放一电子，要想使这电子到达A板时的速度最小(零)，则所加交变电压的频率为多大?(3)在t=?时刻释放上述电子，在一个周期时间，该电子刚好回到出发点?试说明理由并具备什么条件。(4)在什么时间范围内释放上述电子，该电子不可能到达A板。【解析】电子运动的v-t图象如右图所示。(1)要求电子到达A板的速度最大，要求在t=时刻即速度达最大值vm=时到达A板，位移为s=()2=d，要求频率f不能超过。(2)要求电子到达A板的速度为零，要求在t=T时刻到达A板，由s=T2=d，要求频率f不能超过。(3)在t=T/4时刻释放电子，经过一个周期，在t=时刻，电子刚回到出发点。条件时在半个周期即从()
8、时间内，电子的位移小于d，条件是频率f。(4)在tT时间内释放电子，电子不可能到达A板，其中在tT时间内释放电子，电子进不了电场内而被挡在B板外面。例5 如右图所示，固定在竖直平面内的两根平行金属导轨的间距为L，上端连一电容为C的电容器，其耐压足够大。空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，其磁感强度为B。一根质量为m的金属杆PP水平地卡在导轨上，释放后，此杆沿导轨无摩擦地下滑。经过一段时间，到图示时刻其下落速度为v1。假定导轨足够长，导轨、金属杆和连接导线的电阻均可忽略。试求：金属板PP的速度从v1变化到v2的过程中，电容器吸收的能量E。【解析】测试学生应用基础知识解决问题的能力，考查有关电容器充电
9、、感应电动势、动能原理、能量守恒等相关知识。(1)杆PP因切割磁感线而产生感应电动势，它是电容器的充电电压。设此杆由时刻t到t的极短时间t内，其速度由v变为v，则在时间t内电容器电量的变化为 q=q-q=CBL(v-v)=CBlv因而，充电电流为i= = =CBla基中a是杆在时刻t的加速度。(2)杆PP下落时，受到两个力的作用；重力G=mg，向下，安培力f=BIL=CB2L2a，向上，由牛顿第二定律，mg-CB2l2a=maa=，a与时间无关，可见杆PP作匀速动运。(3)设重力克服安培力做功为Wf，由动能定理，mgh-Wf=m(v22-v21)h为杆PP下落的高度，由运动学公式，得h=(v2
10、2-v21)/qWf=mg(v22-v21)/q-m(v22-v21) =m(v22-v21)( -1) =m(v22-v21)CB2L2根据能量守恒定律，重力克服安培力做的功表现为充电流i的能量，由于本电路各种电阻为零，无焦耳热，这份能量必然储存在电容器上。因此，E=m(v22-v21)CB2l2。例6 一小型发电机输出功率为50kW，输出电压为240V。现用一台升压变压器使其升压，用户处再用一台降压变压器降到所需要的220V，输电线总电阻30，损失电功率为总功率的6%，变压器是理想的，求这两台变压器原副线圈的匝数比各是多少，并画出送电电路简图。【解析】这是一个联系实际的问题，通过此题可以了
11、解远距离输电的基本过程，加深对远距离输电必须用高压的理解。输电线的电阻一定，已知损失的功率就可以求出输电电流，由输送的功率和输电电流可以求出输电电压，此电压远高于发电机的输出电压，因此要用升压变压器升压，变压器的匝数比等于发电机输出电压与输送电压之比。输电线上有电压降，到用户所在地的电压等于输送电压与输电线电压降之差，此电压与用户所需要的电压之比等于降压变压器匝数比。输电线损失的功率P=I2R=501036%=3103(W)I=10(A)输送的电压U2= =5103(V)升压变压器匝数比=到用户所在地电压U3=U2-IR=5103-1030=4.710103(V)降压变压器匝数比=送电电路简图
12、如下图所示。例7 用伏安法测小灯泡(4.5V 3W)的功率与其中电流强度的关系，要求小灯泡两端的电压从零调整到4.5V，请将右图所示的组件连接起来。【解析】由4.5V、3W可知，小灯泡的电阻为6.75，电压表的量程应选15V，根据电压表的读数范围可知，流过小灯泡的最大电流强度Im=0.6A，故电流表量程应选3A，一般情况下，电压表的内阻为几千欧，电流表的电阻为零点几欧，由，得电流表应外接。由电压表读数要求04.5V可知，滑动变阻器应为分压接法。电路图如右图所示。实物接线，根据电路图选择滑动变阻器上接线柱与右下接线柱，预设上为“+”，右下为“-”，从“+”出发，通过小灯泡，接电流表3A接线柱，电
13、流表“-”接线柱接滑动变阻器右下接线柱，电压表15V接线柱接滑动变阻器上接线柱，“-”接线柱接电流表3A接线柱。由滑动变阻器特点可知，左下a接线柱电势高于b接线柱。从电源的正极出发接a接线柱，b接线柱通过开关，接电源的负极，如下图所示。例8 用均匀的金属丝绕成的长方形线框ABCD，AB=CD=30厘米，AC=CD=10厘米，线框可以绕AB、CD边上的O、O轴以角速度=200弧度/秒匀速转动，并且使线框的一部分处在大小为1特的有界匀强磁场中，O、O恰在磁场边界上，AO=CO=20厘米，初始时，线框的1/3处于磁场中且其平面垂直于磁场，如图，以O点电势高于O点时为正，在U-t坐标系中作出OO间电压
14、随时间变化的关系图(两个周期)，并注明必要的坐标值及其计算过程.【解析】本题知识点集中，一步步解答要有扎实的基本工和灵活的头脑.下面我们分步来解这道题，并对每步中蕴含的物理思想方法作简要评析。第一步，应该算出内外电阻之比，即RACOO与RBDOO的比值，很多同学由面积之比为21，立即认为R之比也是21，便一路错到底，一分未得.正确答案应是由长度之比算出53.另外易得周期T=2/=0.314(s).第二步，必须分清内外电路，这是一个同学们极易犯错的地方.我们可以这样分析，0T时，OBDO是内电路，那幺由右手定律可知：UOUO.e1=BBDOBsin=2sin(V).第三步，我们分析TT的时间段，
15、必须注意，此时又是一道难关，因为内电路变了，由右手定律可知，此时UOUO.e2=BACOAsin =4sin(V)第四步，很多同学到此以为大功告成，他们列出了UOOm=BACOA，错了!他们没有注意到内外电路一变，内外电阻也变化了，所以应该乘以.第五步，两个过程共四步分析下来，我们心中才有了底，那幺T和TT，这两个过程的解答，便非常清晰明了.具体解答请大家仿照以上提供的解答自行完成.由分析我们可画出电压变化关系图如下：综上所述，解答本题时，一定要“擦亮眼睛”，冷静分析，抓住电阻之比、内外电路变化、内外电阻变化、电势正负变化，对物理现象更要看得深入全面，才能正确地解出这道题.三、能力训练(一)选
16、择题1.下列叙述中，错误的是( )A.在电场中，电场强度大的点，电势必高B.电荷置于电势越高的点，所具有的电势能也越大C.电场中电场强度大的地方，沿电场线方向电势降落快D.一带电粒子只受电场力作用，在电场中运动时，电势能一定变化2.如图所示，两平行金属板A、B接在电池的两极，一带正电的单摆悬挂在A板上，闭合开关S，让单摆作简谐运动，设周期为T，则( )2题图 3题图 4题图A.保持开关S闭合，B板向A板靠近，则周期小于TB.保持开关S闭合，B板向A板靠近，则周期不变C.开关S断开，B板向A板靠近，则周期不变D.开关S断开，B板向A板靠近，则周期大于T3.如图所示，直线A为某电源的路端电压U与电
17、流I的关系图像，直线B是电阻R的两端电压与电流I的关系图像。用该电源与电阻R组成闭合电路，电源的输出功率和电源的效率分别为 ( )A.4W，33% B.2W，33% C.2W，67% D.4W，67%4.一个极板水平放置的平行板电容器和三个可变电阻及电源连成如图所示的电路，有一个质量为M的带电油滴悬浮在两板之间不动。要使油滴上升，可采用的办法是( )A.减小R1 B.增大R2 C.增大R1 D.减小R25.如图所示，在匀强磁场B中，有一个原来静止的重原子核发生了衰变，图中两个相切圆分别表示衰变后产生的新核和带电粒子的运动轨迹，则 ( )A.该原子核发生的是衰变B.该原子核发生的是衰变C.小圆是
18、衰变后产生的新核的轨迹，大圆是带电粒子的轨迹，两者运行方向相同D.小圆是带电粒子的轨迹，大圆是衰变后产生的新核的轨迹，两者运动方向相反6.如图所示，平行直线aa及bb间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，现分别在aa上某两点射入带正电的粒子M及N，M、N的初速度的方向不同，但与aa的夹角均为,两粒子都恰不能越过边界线bb，若两粒子质量均为m，电量均为q，两粒子从射入到bb的时间分别为t1和t2，则 ( )A.t1+t2=B.t1+t2=C.M粒子的初速度大于N粒子的初速度D.M粒子的轨道半径大于N粒子的轨道半径7.已知LC振荡电路中电容器极板1上的电量随时间化的曲线如图所示，则( )A.a
19、、c两时刻电路中电流最大，方向相反B.a、c两时刻电路中电流最大，方向相同C.b、d两时刻电路中电流最大，方向相同D.b、d两时刻电路中电流最大，方向相反8.收音机中调谐电路线圈的自感系数为L，要想接收波长是的电台讯号，应把调谐电路中电容大小调到(c为真空中光速)( )A. B.C. D. 9.在如图所示电路中，每个电阻的阻值相同，A、B间电压为30V，则 ( )A.S1、S2都闭合时，C、D间电压为30VB.S1、S2都断开时，C、D间电压为30VC.S1闭合、S2断开时，C、D间电压为10VD.S1断开、S2闭合时，C、D间电压为6V10.如图所示，竖直方向的直线MN为某一静电场中的一条电
20、场线(指向不知)，若一带电尘粒从A点由静止释放，尘粒沿竖直方向下落，到B点时速度为零，不计空气阻力( )A.尘粒的运动不可能是匀速运动，也不可能是匀加速运动B.A点的场强一定大于B点的场强C.可能是A点的电势比B点高，也可能是B点电势比A点高D.A、B两点间尘粒重力势能之差大于电势能之差11.如图所示，平行板电容器两板间距离为d，在两板间加一固定电压U，正极板接地，在两板间放入一个半径为R(2Rd)的绝缘金属球壳，C、D是直径上的两端点，下列说法正确的是( )A.由于静电感应，C、D两点电势差为B.由于静电感应，球心O处场强为零C.若把球壳接地，再断开，然后拿走电容器，球壳上将带正电荷D.若把
21、球壳接地，再断开，然后拿走电容器，球壳上将带负电荷11题图 12题图 13题图12.如图所示，在一根软铁棒上绕有一组线圈，a、c是线圈的两端，b为中心抽头。把a、b两端接上两根平行金属导轨，在导轨间有匀强磁场，方向垂直线面向里，导轨上放一金属棒，当金属棒在导轨上滑动时，a、b、c各点间都有电势差，若要求a与c点的电势均高于b点，则( )A.金属棒应向右加速运动 B.金属棒应向右减速运动C.金属棒应向左加速运动 D.金属棒应向左减速运动13.在图中，A、B是一对中间有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为L，两极板间加上低频交流电压，A板电势为零，B板电势U=U0cost
22、。现有一电子在t=0时穿过A板上小孔射入电场。设初速度和重力的影响均可忽略不计，则电子在两极板间可能( )A.以AB间的某一点为平衡位置来回振动B.时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板C.一直向B板运动，最后穿出B板，如果小于某个值0，l小于某个值l0D.一直向B板运动，最后穿出B板，而不论、l为什么值14.如右图所示，金属球壳A外有一带正电的点电荷B，当闭合开关S使球壳的内表面接地时 ( )A.导线中有方向向下的电流 B.导线中没有电流C.球壳的电势开始变小 D.球壳上净电荷将变成负的15.式(1)E=F/q和式(2)E=kq/r2分别为电场强度的定义式和点电荷场强的公式，下列四个
23、选项中错误的是( )A.式(1)中的场强E是式(1)中的电荷q所产生的电场的场强。式(2)中的场强E是式(2)中的电荷q所产生的电场的场强B.式(1)中的F是放入某电场中的电荷所受的力，q是产生这个电场的电荷C.式(2)中的场强E是某电场的场强，q是放入此电场中的电荷D.式(1)、(2)都只对点电荷产生的场才成立16.将滑动变阻器作分压器用，如图所示电路中，A、B为分压器的输出端，若把变阻器的滑动触片放在变阻器正中，则 ( )A.空载时输出电压UAB=UCD/2B.接上负载R时，输出电压UABUCD/2C.负载R的阻值大，UAB越接近UCD/2D.负载R的阻值越小，UAB越接近UCD/217.
24、如右图所示，匀强磁场中有一个开口向上的绝缘半球，将带有正电荷的小球从半球左边最高处静止释放，物块沿半球内壁只能滑到C点处；若将该物块自半球右边最高点静止释放，能滑到位置的为( )A.与C等高的D点处 B.比D高的某处C.比D低的某处 D.上述情况都有可能18题图18.如右图所示，金属棒L在金属导轨MN、PQ上以OO为平衡位置，AA、BB为最大位移作简谐运动，导轨间有如图方向的匀强磁场，其两端跟一个变压器相连，原、副线圈分别串接电流表G1、G2，下述结论中正确的是( )A.金属棒L运动到平衡位置OO时，通过电流表G1的读数为零，电流表G2的读数为零B.当金属棒L运动到AA或BB位置时，通过电流表
25、G1的读数为零，电流表G2的读数为零C.当金属棒L由AA向OO运动时，通过电流表G2的电流方向bG1aD.当金属棒L由AA向OO运动时，通过电流表G2的电流方向为aG2b19.如右图所示，a、b是两个相同的小灯泡，灯泡电阻为r,rR,L是一个自然系数相等。由于自然现象，开关S接通和断开时，下列说法院中正确的是 ( )A.开关按通时，Ia=IbB.开关断开时，Ia=IbC.开关接通时，看到a先亮，b后亮D.开关断开时，看到b先暗，a先亮一下再暗(二)填空题1.真空中有一束电子流，以一定的速度v0沿着与场强垂直的方向自O点进入匀强电场，如图所示。以O点为坐标原点，x轴垂直于电场方向。如果沿x轴取O
26、A=AB=BC,分别自A、B、C点作跟y轴平行的直线与径迹交于M、N、P三点，那幺：(1)电子流经M、N、P三点时，沿x轴的分速度之比vMxvNxvPx= (2)沿y轴的分速度之比vMyvNyvPy= .(3)电子流每经过相等时间，动能增量之比Ek1Ek2Ek3= .(4)电子流每经过相等时间，动量增量之比P1P2P3= .2.如图所示为一较复杂的电路的一部分，已知R1=10,R2=5,R3=3,I1=2mA,I2=1mA,则图中电流表的示数为 ，流过电流表的电流方向是 .3.如图所示，在水平向右的匀强磁场中，折线导线中通以图示的电流，比较导线AB、BC、CD、DE、EF五根导线中受到的安培力
27、最大的是 ，受到的安培力为零的是 ,受到的安培力方向相同的是 .4.一半径为R、均匀带电的轻质细塑料环，总带电量为Q，置于与环面垂直的匀强磁场中，磁感强度为B，如图所示。当以圆心为轴，以角速度转动圆环时，环中的张力为 .5.为了测量电流表A1的内阻，采用右图所示电路，其中电流表A1的量程为30A，内阻约为100(待测)；A2是标准电流表，量程为200A，内阻为50.0；R1为电阻箱，阻值范围为0999.9，蓄电池电动势为3V，内阻不计；S1为单刀单掷开关S2为单刀双掷开头。按图接好电路后，将可变电阻器R2适当调节后，将单刀双掷开关S2接1位置，接通开关S1，调节R2，使两表读数均为150A，然
28、后将S2接到2位置，调节R1使A2的读数仍为150A，此时R1的阻值为82.5。由此可测出A1的内阻Rg。(1) 按照上图所示的电路，在下图的实物图上连线。(2)电流表A1的内阻Rg= 。(3)为了保证两块电流表的安全使用，限流电阻R3的阻值应选 。A.100 B.150 C.100K D.15K6.一个边长为l=0.5m的金属框abcd,质量为m=0.1kg，整个回路的电阻R=0.5，放在倾角=30的光滑不导电的斜面上。斜面上有一段宽L=0.5m的有限匀强磁场，方向垂直斜面向上，磁感应强度B=0.5T,如图所示。金属框由静止开始下滑，沿斜面下滑了一段距离s后进入磁场区域，要使金属框匀速穿过磁
29、场区域，s= m,金属框匀速穿过磁场的过程中产生的热量Q= J.6题图 7题图 8题图7.空气中在距点电荷Q右边3cm的P处有一带-210-9C的检验电荷-q，检验电荷受到一个210-3N向左的力，则Q的电场在P处的电场强度是 ，方向向 ；Q是 电荷(选填“+”、“-”号)，电量为 。8.如图所示电路中，电流电动势=12V，内阻r=1，电阻R1=3，R2=2,R3=5，C1=4F，C2=2F,则C1所带电量为 ，C2所带电量为 。9.如右图所示，一个理想变压器的三个线圈的匝数之比n1n2n3=1051。当初级线圈两端加上220V交变电压时，三个线圈中通过的交流值分别为I1、I2、I3。已知R2
30、=110，I3=2A，则I1= ，I2= 。10.1、2、3、4、5是电场为E的匀强电场中的5个等势面，相邻两个等势面间的电压均为U，其中1的电势最高，5的电势最低，有一质量为m、质量为e的电子以速度v0沿等热面5进入电场中，则电子到达等势面1的时间t= ,动能Ek= 。9题图 10题图 11题图11.电量为q、质量为m的带电粒子以垂直于磁场方向的速度从A点进入磁场，且第1次经过磁场中的C点所经过的时间为t，若速度方向跟AC连线的夹角为(rad)，由此可知匀强磁场的磁感强度为 ；第3次经过C点所用的时间是 。12.3个电量分别为q1、q2和q3的自由点电荷在一条直线均处于平衡状态，则q1、q2
31、和q3满足的数量关系是 。13.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示，它们是：电流表；直流电源；带铁芯的线圈A；线圈B；开关；滑动变阻器(用来控制电流，以改变磁场强弱)。试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)，若连接滑动阻器的两根导线接在接线柱C和E上，而在开关刚闭合时电流表指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流表指针将 (填“左偏”、“右偏”或“不偏”)。14.在图中，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通以左图所示交流电i，则在t1到t2时间内，A、B两线圈的相互作用力为 ，在t2到t3时间内，A、B相互作用力为 ，在t1时刻两
32、线圈的相互作用力为 .(填：斥力、引、最大、零)15.图甲是某同学在测定电源电动势和电阻实验中已经连接了几根导线的实物接线图。(1)在上图甲中，不改动已接导线，且在闭合开关前不再移动变阻器滑片位置，把还需要连接的导线画在图中。(2)根据表中测出的U、I值画出U-I图像。(3)从图像乙可以确定待测电源电动势= V,内阻r= 。16.用伏安法测量一定值电阻，实验器材如下：(A)待测量电阻Rx(约30k，1W)；(B)直流电流表(量程0500A，内阻300)；(C)直流电压表(量程015V，内阻30k)；(D)直流稳压电源(输出电压20V)；(E)滑动变阻器(02k，0.3A)；(F)开关、导线等。
33、(1)如下图所示4个电路图中应选哪一个来做实验?请填它们的字母代号： (2)按所选用的电路图，将如下图的实物连接起来。17.如图所示，abcd为匀强磁场区域，在垂直磁场的平面内，由均匀电阻丝做成的圆环，其下半部分自左向右匀速进入磁场，E、O、F与ad在同一直线上。在圆环中产生最大电流时是在什么位置? 。此时圆环内电流的方向是 .(三)论述和计算1. 如图所示，两个固定的带正电q的点电荷相距2a，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为a的圆周，在圆周上另有两个点电荷，质量均为m，各带电量-q，它们都绕这个圆周做匀速圆周运动，而且两个电荷始终保持在同一直径的两端，
34、求运动电荷的角速度(不计重力)2.如图甲所示，真空中电极K发出的电子(初速不计)经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B向中心线射入.A、B板长l=0.02m,相距d=0.020m,加在A、B两板间电压u随时间t变化的u-t图线如图乙所示，设A、B间的电场是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，场强视为恒定。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b=0.15m,筒绕其竖直轴匀速转动，周期T0.20s，筒的周长s=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子。(1)以t=0时(见图乙，此时u=0)电子打到圆筒记录纸上的点作为xOy坐标系的原点
35、，并取y轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点y坐标和x坐标。(不计重力作用)(2)在给出的坐标纸(图丙)上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。3.如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻r=1.0，R1=R4=15，R2=R3=3.0.求：(1)开关S断开时电源正极、负极的电势各是多少?(2)开关S闭合时通过开关S的电流强度是多少?4.如图所示，电池组电动势=14V,内阻r=1,电灯为“2V 4W”，电动机内阻r=0.5,当可变电阻器的阻值R=1时，电灯和电动机都正常工作。求：(1)电动机的额定电压U及输出的机械功率P机。(2)全电路工作半小时放出的焦耳热Q。5.图中的S是能在纸
36、面内的360方向发射电子的电子源，所发射出的电子速率均相同。MN是一块足够大的竖直挡板，与电子源S的距离OS=L,挡板的左侧分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B。设电子的质量为m，带电量为e,问：(1)要使电子源发射的电子能达到挡板，则发射的电子速率至少要多大?(2)若电子源发射的电子速率为eBl/m，挡板被电子击中的范围有多大?要求在图中画出能击中挡板的距O点上下最远的电子运动轨迹。6.质量为m，带电量为-q的绝缘滑环套在固定于水平方向且足够长的绝缘杆上，如图甲所示。滑环与杆之间的动摩擦因数为，整个装置处在磁感强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直纸面向外。现给滑环一个水平向右瞬时冲量
37、I使其开始运动，已知当I=I0时，滑环恰能沿杆作匀速直线运动。求：(1)I0的大小。(2)若瞬时冲量为某一定值Is，且IsI0,求滑环沿杆运动过程中克服摩擦力所做的功(设滑杆足够长，滑环仍在杆上)。7.如图甲，荷质比q/m=50Ckg-1的带电粒子经加速电场加速，由静止开始飞出N板的小孔，进入上方长方形容器abcd，当粒子(重力不计)到达P点时，容器内立即加一如图乙所示的磁场(设磁场方向朝向纸外时，磁感强度B为正)。在容器内D处有一中性粒子，已知PD=3m,且PD为ab边的中垂线，ab=cd=1.6m,求：(1)M、N间的加速电压UMN=100V时，带电粒子能否与中性粒子相碰?(2)欲使带电粒
38、子能与中性粒子碰撞，M、N间加速电压的最大值是多少?8.横截面是矩形abcd的金属导体，放在匀强磁场中通过电流I时，测得ab边比cd边电势高，如图所示。若导体中单位长度的电子数为n，电子电量为e，ab边长为L1，bc边长为L2.要使ab边比cd边电势高U，所加磁场的磁感应强度的最小值是多少?磁场的方向是怎样的?9.如图所示，相距为d的狭缝P、Q间存在着一匀强电场，电场强度为E，但方向按一定规律变化(电场方向始终与P、Q平面垂直)。狭缝两侧均有磁感强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区，其区域足够大。某时刻从P平面处由静止释放一个质量为m、带电量为q的带负电粒子(不计重力)，粒子被加速后由A
39、点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1作圆周运动，并由A1点自右向左射出Q平面，此时电场恰好反向，使粒子再被加速而进入P平面左侧磁场区，作圆周运动，经半个圆周后射出P平面进入PQ狭缝，电场方向又反向，粒子又被加速以后粒子每次到达PQ狭缝间，电场都恰好反向，使得粒子每次通过PQ间都被加速，设粒子自右向左穿过Q平面的位置分别是A1、A2、A3An(1)粒子第一次在Q右侧磁场区作圆周运动的半径r1多大?(2)设An与An+1间的距离小于,求n的值。10.如图所示，闭合线圈面积为S，放在磁场中，且线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度B随时间的变化规律为BBmsint.(1)在0T时间内，哪些时刻线圈中产生
40、的感应电动势最大?(2)在时间内，通过导体横截面的电量是多大?11.平行金属导轨由弧形部分和水平部分圆滑连接而成，在其水平部分有竖直向下的匀强磁场B，水平轨道的右部宽度仅为左部宽度的1/3，如图所示.金属棒cd静置于右部轨道上，金属棒ab从离水平轨道为h高处无初速滑下。导轨处处光滑，整个回路的电阻集中为R，两根金属棒的质量和长度关系为：m1=2m2,ab长度恰等于导轨宽度L，cd长度为。ab下滑后始终未与cd相撞。求：(1)两棒达到稳定状态后的速度(2)电路中产生的焦耳热。12.如图所示，斜面AC的倾角为=30,AB=BC，A、B间光滑，B、C间不光滑。在垂直斜面的方向上存在着匀强电场，在A、
41、B两点分别放置相同材料做成的质量与带电量都相同的滑块m1与m2.当电场强度大小不变，方向与图示方向相反时，两滑块都能自由下滑(不受摩擦力).今按图示情况释放两滑块后，m2仍静止，m1与m2碰后没有分开，为使它们不能到达C点，斜面与滑块间的摩擦因数应为多大?13.如图所示，质量为m、带电量为+q的带电粒子，从空间直角坐标系原点O沿+y方向以初速度v0射入磁感应强度为B、电场强度为E的匀强磁场和匀强电场中两场的方向都平行于z轴指向+z方向，粒子的重力不计，带电粒子从原点射出后，再次通过z轴时，求(1)z轴上该点离原点O多远?(2)带电粒子过z轴上该点时的速度。14.如图所示平面中，L1、L2是两根
42、平行的直导线，MN和OP是垂直跨在L1、L2上并可左右滑动的两根平行直导线，每根的长度是l,在线路里接入了两个电阻和一个电容器(见图)，电阻的阻值一个是R，另一个是2R，电容器的电容是C，把整个线路放在匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里。当使MN以速率2v向右匀速滑动，而OP以速率v向左匀速滑动时，电容器的上极板的带电量等于多少?(除R、2R外其它电阻不计)15.如图所示的空间区域里，y轴的左方有一匀强电场，场强方向跟y轴成30角，大小为E=4.0105N/C，y轴右方有一垂直纸面的匀强磁场。有一质子的速度v0=2.0106m/s,由x轴上的A点，第一次沿x轴的正方向射入磁场，
43、第二次沿x轴的负方向射入磁场，回旋后都垂直于电场方向进入电场最后进入磁场，已知质子的质量近似取m=1.610-27kg，求：(1)匀强磁场的磁感应强度；(2)质子两次在磁场中运动时间之比(3)质子两次在电场中运动时间。能力训练参考答案(一)选择题1.C 2.AC 3.D 4.B 5.B 6.ACD 7.D 8.ABD 9.BCD 10.AC 11.BC 12.B 13.AC 14.ACD 15.ACD 16.ABC 17.C 18.ABC 19.D(二)填空题1.(1)111 (2)123 (3)135 (4)1112.4mA，ab 3.CD，EF，BC与DE 4.BR/25.(1)图略 (2
44、)82.5 (3)D 6.1.6，0.5 7.106N/C 右 十10-7C8.1.610-5C 2.010-5C9.0.7A 1A 10. mv20+4ve 11.2mq/gt (+1)t12.= +13.左偏 14.引力，斥力，零15.(1)略 (2)注意：画直线时应去掉(0.45A，0.95V)的点(3)(1.450.02)V，r(1.00.1)16.(1)B (2)略 17.O与a重合时，逆时针方向(三)论述和计算1.以任意一个-q为研究对象，进行受力分析，一共受到三个力，两个+q对它的吸引力和另一个-q的斥力.由匀速圆周运动规律可知，三个力的合力提供向心力，即可求得角速度，F=2-=
45、(-) kq2/a2,F=ma2,=2.(1)y2.5cm(2)3.(1)正极的电势是9.0V，负极的电势为-1.8V.(2)电流强度是1.3A4.(1)8V，14W (2)2.52104J5.(1)由电子源发出的平行于挡板的电子在磁场中作匀速圆周运动。若半径为L/2时，刚好到达挡板，电子的最小速率vmin必须满足Bevmin=mv2min/(),vmin=Bel/(2m)(2)所有从电子源S发出的电子都将在磁场中作圆周运动，因为电子速率都相同，故圆周运动半径R也相同，均为：R=mv/Be.因 v=2vmin,故R=L.由于半径为L的圆周上，任意两点的最长距离为直径2L，故在O点上侧、与S相距
46、为2L的a点为电子击中挡板的最远点(见图)，所以aO=L.又初速沿SO方向的电子恰好在O点下侧与挡板相切于b点，此b点为击中挡板下侧的最远点，其余沿SO下方发射的电子无法与挡板相碰，由圆的知识得：bO=SO=L.综上所述，电子击中挡板MN的范围为ab=aO+bO=(+1)L.6.(1)滑环受到冲量I0时，恰能沿杆作匀速直线运动，所以摩擦力为零。此时，滑环受力情况如图甲所示，环只受重力和洛伦兹力F0=qBv0的作用。qBv0-mg=0,I0=mv0-0, I0=(2)当IsI0时，滑环获得的初速度vsvo，所以qBvsmg，此时滑环受力情况如图乙所示.N+mgFs,FsqBvs， f=N=(qB
47、v-mg).所以，f随环的速度减小而减小。当qBv=mg时，摩擦力消失，环不再克服摩擦力做功，而以此速度v沿杆作匀速运动。克服摩擦力做功W=mv2s-mv2,而 Is=mvs-0,解得 W= (-）。当IsI0时，环的初速vsv0,所以qBvsmg,此时环受力情况如图丙所示。mg-N=Fs，Fs=qBvs， f=N=(mg-qBv).摩擦力f随环速度v减小而增大，最后环的速度为零。克服摩擦力做功W=mv2s-0=.7.(1)带电粒子在电场中被加速时，根据动能定理，qU=mv2.(1)粒子运动到P点时具有速度v，此时容器刚好加有匀强磁场，根据左手定则，粒子在P点受到方向从P指向D的洛伦兹力作用而
48、作匀速圆周运动，轨道半径和周期分别为：r=mv/qB,(2)T=10-2s.(3)将(1)代入(2)，得r=0.5mab/2，由式(3)知，粒子运转周期与匀强磁场变化的周期相等。可见，粒子在P、D间运动的轨迹如图丙所示，设半圆的个数为n则n=PD/2r=3。故能与中性粒子相碰。(2)当M、N加有最大电压Um时，设粒子到达P点的速度为vm,运动半径为rm,为使粒子不与cd边相碰，必须满足rmab=0.8m.欲使带电粒子与中性粒子相碰，必须满足PD=n2rm=3m。其中n必为整数。解得，n的最小值为2。rm=PD/4=0.75m.将rm值代入式(1)和或(2)，解得Um=qB2r2m/2m=504
49、20.752/2=225V.8.，方向垂直纸面向外9.(1)r1= (2)n510.(1)线圈面积一定，B的周期性变化使穿过线圈的磁场量发生变化，BmSsint.根据法拉第电磁感应律，可见电动势最大时也就是最大.如何确定最大的时刻呢?我们可将BmSsin的函数关系用-t图来表示(如右图).在该图上，曲线的斜率反映了的大小.由图可见，当t等于0、T时，切线的斜率最大，因此，在这些时刻线圈产生的感应电动势最大.(2)的周期性变化使得、I也作周期性的变化，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：，I.而It，所以Q.即在t时间内，通过导体横截面的电量只与磁通量的初末状态(2-1)及导体的电阻R有关，而与
50、t本身无关.Q.11.(1)ab棒的速度v1=;cd棒的速度v2= (2)电路产生的焦耳热Q=m1gh13.当场强E与图示反向时，m1、m2沿斜面无摩擦下滑：Eq=mgcosE的方向如图示时，释放m1、m2，ml由A点运动到B点机械能守恒，设AB=BC=Lmv21=mgLsin,v1= m1、m2碰撞过程动量守恒，没碰后速度为v：mv1=2mv,v=)碰后假定二者刚好能运动到C点，由动能定理：0-2mv2=2mgLsin-NL而式中 N=E2q+2mgcos=4mgcos，代入上式4mgLcos=2mgLsin+mgLsin得 =0.36,要使m1、m2不能到达C点需0.36.14.(1)粒子
51、受洛仑兹力作用，在平行于xOy平面内做匀速圆周运动，有qBv0=,R=回转周期为T，T=在+z方向上只受电场力作用，做初速度为零的匀加速运动，设一个周期T内的位移为ss=at2=1/2aT2=()2=即z轴上该点到原点的距离为.(2)粒子过P点时+z方向的分速度为vz=at=aT=（）=+y方向的分速度仍为v0，合速度为vq=设合速度与+y方向的夹角为tg= =,=arctg15.MN、OP做切割磁感线运动产生的感应电动势分别为：1=2BLv,2=BLv由全电路欧姆定律I=设图中A点电势为UA，D点电势为UD，有UA+Blv-IR=UDUDA=BLv电容器的带电量 Q=CUDA=CBLvUDUA，上板带正电。16.(1)0.1T (2)71 (3)1.7310-7s
