高中物理竞赛讲座2

例：求线框(ba)所受力和力矩；线框平衡时的θ的值，并判定平衡的稳定性；线圈从平衡位置旋转π/2长直电流对线圈做的功。解：arIIaBIffMNMN222121021arIIaBIffOPOP22222102221221)cos2(abbar21222)cos2(abbarcos22122212fffff(1)(2)(3)(4)(5)专题五、安培力载流导体受安培运动21222212)2(cosrrarr(6)将(1)、(2)、(3)、(4)、(6)式代入(5)式得21]cos4)[(222222222210212210babaaIIrraIIf(7)F与x夹角为coscos12fffxsinsin12fffyxyffarctan(8)(9)(10)sinsin1ra1coscosrabsinsin2ra2coscosrab(11)(12)将式(11)、(12)代入式(8)、(9)，再代入式(10)，经化简得)tanarctan(2222baba(13)sin1bhsin2bh力臂：或时00M时是稳定平衡。0时是不稳定平衡。]cos4)[(sin)(2)11(sin)sinsin(22222222221022212210212102211babababaIIrrbaIIrrabIIhfhfM(14)ababaIIabbabaabbabaabbaIIdabbaabbabaIIMdAln]2)()(ln2)()([ln21)cos2)(sincos2)(sin(210222222222210202222221020(15)例：匀质金属圆环（红色）质量为m，半径为r，当在环中通电流I时，环平衡在超导平板上方z=h（rh)处。试求：1、环中电流I；2、让环保持水平状态从平衡位置向上或向下稍偏移，试求振动周期；3、让环在平衡位置绕其与x轴平行的直径pp’转一小角度θ，试求环的摆动周期。解：1、环电流的磁场在超导板中形成感应电流。超导板内无磁场，板外表面附近磁场沿板面切向。感应电流用镜像环电流等效。因rh,故环电流受力mghrI220zhrIzrhIFˆ2ˆ2222020rmghI022、环上移ΔZ，则环受力zhmgmghzhrImgzhrIF)1(2)(22020hgghT23、环上环元（rdφ)的坐标为φsinsinrhz环元受力为sincosry)sinsin(4)(22200rhrdIIrdzIdFdhrhrI)sinsin1(420环元对轴pp’受重力矩为零，受安培力矩为dhrhrIydFdM)sinsin1(sincos4220dhrhrIdMM)sinsin1(sincos420220sincos4sinsincos423202202320hrIdhrI23204hrI环对轴pp’的转动惯量为221mrJ环对轴pp’转动的运动方程为MJ0220mhrI0220hgmhrIhg2ghT22专题九、洛仑兹力带电粒子受电磁场力运动例:如图1所示，分布在全空间均匀磁场B的方向垂直于图平面，一质量为m、电量为q0的粒子以速度v0从y轴上的Q点开始运动，运动中受到沿运动轨迹切向、大小恒定的阻力F。已知出发点坐标为(0，mv0/qB)。1、求粒子运动的轨迹方程；2、若F=qv0B/π，求粒子的最终位置。图1解:1、粒子运动轨迹的切向受到大小恒定的阻力F，法向受洛仑兹力，则mFattnvmqBatmFvvt0(1)专题六、带电粒子在电磁场力作用下运动设粒子运动轨道的曲率半径为ρ，则2ttvvmqBqBFtmvqBmvt0mqBvt图2(3)(2)由(1)、(2)、(3)式知，粒子的运动速率均匀减小，曲率半径均匀减小，角速度不变。现确定曲率中心D的轨迹(渐近线)。曲率中心D的速率为qBFtV作ρi、ρi+1的垂线，交于O点tR22BqmFVtR由此知：曲率中心D的轨迹(渐近线)是一半径为R的圆。则)cos1(sin)cos1(sin220tmqBBqmFtmqBqBFtmvtRtxtmqBBqmFtmqBqBFtmvtRtysincossincos2202、由动能定理得Fsmv2021BqmvFmvs22020粒子运动时间：因受不变阻力，所以vt=0时粒子停止运动。Bqmvsatst022atv0asv220RqBmvx2200y][022qBmvBqmFR将t代入运动轨迹方程得例如图所示，长方形磁极的长度L远大于两极间距。除边缘外，两极间的磁场是均匀磁场，磁感应强度为B0，边缘部分磁感应线弯曲(如图)。取如图所示o-xyz坐标系。电量为q(0)的带电粒子从x=x0处以平行于z轴的初始动量p0(p0qB0L)从磁极左侧射入场区。试求：(1)粒子通过场区后，在YZ平面上的小偏转角θy；(2)试证明粒子通过场区后，在XZ平面上的小偏转角近似为（3）在X轴上取一段直线Lxyx2000xxx初始动量均为P0）从此段直线上各点出发射向场区。忽略粒子间的相互作用。试证明这些粒子将会聚在Z轴的某点处，该点与磁极右侧面的间距称为焦距f，试导出f的表达式。，设有一束粒子（电量均为q、；00mvpLqBp00解（1）设粒子的质量为m，初速度为v0，则因为0000qBPqBmvR故粒子的动量在磁场中变化很小，偏转很小，粒子在磁场中的运动可视为速率为v0的园弧运动，圆半径为不计边缘效应，则LRysin00sinpLqBRLyy00pLqBRLy即很小，故近似有（2）粒子到达磁极右侧面时，y正方向的速度分量为mLqBpLvqBvvyy00000ZB0xZB0xZB因磁场弯曲，边缘磁场有分量，则粒子受X方向的洛伦兹力，，为负；为负时，为正。洛伦兹力的大小为:mLBBqBqvFZZyX02ZXXBmLBqmFa202粒子在X方向的加速度为:dtadvXXdtvdtvdzZ0粒子在dt时间内，在X方向的分速度增量为:粒子在Z方向的位移是:为正时代入dzBvmLBqvdzadvZXX02020设磁极右侧面的Z坐标为Z0，则00202zZXdzBvmLBqv为计算这一积分，取一足够长的矩形回路L（abcda)，则由环路定律得LxLxpLqBxvmLBqvvyXX20020002022020)()(0000;;dzBxBBdzzZL000xBdzBxZ求得负号表示速度负X方向002202)(xvmLBqvX00x0X00x0XLBqPxxzXX2022000tanzLBqPzf20220（3）由上式知：，则，粒子向下偏转；，则，粒子向上偏转，粒子会聚。粒子会聚点与电极右侧面的距离为即焦路，所以例:如图1所示，分布在全空间均匀电场E的方向与+y轴平行，分布在0≤y≤L区间的均匀磁场B的方向与+Z轴平行。今有一质量为m，电量为q(q0)的质点在x=0、y=-h、z=0的p点静止释放。设h≥0。（1）为使带电质点的运动规道恰好与y=L的平面相切，求h应满足的条件。（2）若h=0，且带电粒子的运动不走出磁场区，试写出质点x、y分量的运动方程。图1解：（1）求质点到达o点的速度2021mvqEhmqEhv20（沿+y方向）设粒子在电场、磁场区任一点的速度分量为),(yxvv则yxqBvmatyqBtvmx即0tqBymvx在坐标原点o：0xv0y常量qBymvx0)(qBLvmx切则在y=L点o：切)(xxvvLy0)(原點qBymvx2)(21)(切xvmLhqEmLhqEvx)(2)(切LmELqBh222两式联列得：例如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定在水平面上，环所在的与水平面垂直的长直圆柱体空间有均匀磁场，圆柱体外无磁场，磁感应强度的方向如图所示。圆环内有一质量为m的绝缘刚性细杆ab，其上均匀分布电量为Q的正电荷。杆中心与环心的距离为R/2，杆两端被约束在圆环上并可在环内作无摩擦运动。初始时刻杆静止，尔后，磁场B的大小按B=B0sinω0t变化。杆在环内先逆时针转过2π角,再顺时针转回2π角，并如此不断交替。设杆的运动不改变杆上的电荷分布，杆的转动惯量为I=mR2/2=2mD2。①试求t时刻杆的旋转角频率；②确定ω0与m、Q、B0之间的关系；③求环对杆两端所施的作用力Na、Nb。解(1)杆运动中受的力有：涡旋电场力；洛伦兹力；环对杆端的作用力。tBrtBrE000cos222RDDRbOaO2''DObOa3dxDQdQ32设，则在x轴(细杆)上取dx一段，其上电荷为DQdxtBrEdQdF32cos2000DQdxtBrrdFdM32cos20002dDtdxQBDxDrdFM300002230cos34222xDr2000costDQBIMtmQBtDQBIIMdtd0002000cos2cos1mQBtdtmQBdttt2cos200000定轴转动定理tttdtBmQdt0000sin2)cos1(2000tmQBt时刻杆转过的角度00mQB000mQB00200mQB200mQBmQB200θ在0和之间变化。当t从0增至时，θ从0逆时针增为，t从增至时θ从顺时针减为0。由题给条件，应有cos2dFdFxrDcostdxQBdFx000cos32DxtdxQBF30000cos32DtQB)cos21(000（2）涡旋电场力Y分量相消，X分量为rBdxdQvBdFL洛伦兹力：dx的速度为ωr，其洛伦兹力指向O’。其X分量相消，Y分量为dxrBdFLYcos2rDcosBDQBDdxFDLY302mQB2mQB2心FDmBDQFLY222因，即，则(杆的质心作圆周运动的向心力)00sinsinbaXNNN00coscosbaYNNN环的压力23sin0因21cos0故)(23baXNNN)(21baYNNNDmFNLYY2DmFDmNLYY22)(XXNFDm0baNNDmNNNNYbba2222tRmBQDmNNba02022sin8因杆的质心在r方向无运动，故FLY和NY的合力使杆的质心作圆周运动，即杆质心X方向(切向)的运动方程为从而有以上两方程联立得0cos2)cos21()(000000tmQBmDDtQBDmFNXX