高二物理竞赛试题训练-电磁学

1高二物理奥赛测试卷61．两个半径相等的电阻均为9Ω的均匀光滑圆环，固定在一个绝缘水平台面上，两环面在两个相距20cm的竖直平面内，两环面间有竖直向下的B=0.87T的匀强磁场，两环最高点A、C间接有内阻为0.5Ω的电源，连接导线的电阻不计。今有一根质量为10g、电阻为1.5Ω的导体棒MN置于两环内且可顺环滑动，而棒恰静止于图示水平位置，其两端点与圆弧最低点间的弧所对应的圆心角均为θ=60°。取重力加速度g=10m/s2，求电源电动势。2．一边长为l的正方形线圈(线圈的横截面积为S，电阻率为ρ)，以匀速v通过均匀磁成45。夹角，如图4-3-8所示。磁场区域的宽为a，高为b。(1)若bl，a＞l，问线圈通过均匀磁场B后释放多少焦耳热？(2)如bl，a＜l，问线圈通过均匀磁场B后释放多少焦耳热？23．半径为R的无限长螺线管，其电流随时间均匀增加时，其内部的磁感应强度也随时间均匀增加，由于“无限长”的原因，其外部的有限空间内可以认为磁感应强度恒为零。设内部tB=k，（1）试求解管内、外部空间的感生电场。（2）如果在螺线管内、外分别放置两段导体CD和EF，它们都是以螺线管轴线为圆心、且圆心角为θ的弧形，试求这两段导体两端的电势差。（3）求长为L的直导体在图10-14中a、b、c三个位置的感应电动势大小分别是多少？34．空间有φ=60°的扇形磁场，一束由m1=36和m2=40的两种氩同位素组成的单能氩离子（即能量相同），通过此扇形磁场，射入和射出时，离子束的轴线均与磁场边界垂直。求两种同位素的发散角45．在相互垂直的匀强电、磁场中，E、B值已知，一个质量为m、电量为+q的带电微粒（重力不计）无初速地释放，求(1)该粒子电场方向的最大位移Y，(2)轨迹顶点P的曲率半径r，(3)垂直电场方向的“漂移”速度xv，(4)粒子从O到P做经历的时间t51.答案：F=mgtan60°=3G，R=6Ω∥3Ω+1.5Ω+6Ω∥3ΩF=BILε=I(R+r)ε≈6.0V。2.答案：把速度v正交分解成v∥与v⊥(v∥平行于磁场上边界a，v⊥垂直于上边界a)，并注意到线圈的感应电动势等于各边电动势时代数和。(1)当bl，a＞l时，放出的焦耳热为tREQ245cos2,4,45cosvltSlRBlvE2245cos2445cos222vSlBvlSlBlvQ(2)bl，a＜l时，放出的焦耳热为tREQ245cos2,4,45cosvatSlRBlvE2245cos2/445cos22lvSaBvaSlBlvQ3.答案（1）内部情形求解。设想一个以“中心”为圆心且垂直B线的圆形回路，半径为r，根据运动的相对性，B线的会聚运动和导体向外“切割”B线是一样的。而且，导体的每一段切割的“速度”都相同，因此，电动势也相等。根据E=dU知，回路上各处的电场强度应相等（只不过电场线是曲线，而且是闭合的）。由ε总=πr2tB和E=r2总得E=2kr外部情形求解。思路类同（1），只是外部“假想回路”的磁通量不随“回路”的半径增大而改变，即φ=πR2B由ε总=πR2tB和E′=r2总得abBlv45lalb图4-3-86E=r2kR2（r＞R）感生电场线是以螺线管轴心为圆心的同心圆，具体涡旋方向服从楞次定律。感生电场强度的大小规律可以用图10-12表达。（2）因为在弧线上的场强都是大小恒定的，故UCD=2kθr2，UEF=2kθR2（3）显然，这里的“有效面积”分别为Sa=0Sb=21L22)2L(RSc=21R2·arctgRlLεa=0；εb=22LR4tB4L；εa=tB2R2arctgRlL。4.答案：r=qBP=qBmE2k=km令出射时两粒子对轴线发射角为α，则考查图示小三角形，有sinr1=sinrr1①sinr2=sinrr2②对①②两式消r后得：sinα=1212rrrrsinφ=1212mmmmsinφ发散角为2α=2arcsin(1212mmmmsinφ)代数字计算时，可作适当近似处理。发散角为2°37′或0.0456rad。5．答案：鉴于粒子只能在垂直B的平面内运动，可以在该平面内建立如图9-16所示的直角坐标。在这个坐标中，从以下四个角度考查粒子运动的定量规律——（1）电场方向的最大位移Y能量关系qEY=21m2Pv①在x方向上用动量定理，有xft=mvP②且xf=qByv③7（注意yvt=Y）解①②③式可得Y=2qBmE2（2）轨迹顶点P的曲率半径r在P点有动力学关系qvPB−qE=mrv2P，而vP在第（1）问中已经求得。可解出：r=2qBmE4（3）垂直电场方向的“漂移”速度xv针对O→P过程，y方向有动力学关系ΣyF=mya即qE−yf=mya，即qE−qBxv=mya。而ya=tvvOP=0所以xv=BE（4）粒子从O到P做经历的时间t解法一：摆线亦称旋轮线，是由轮子在水平面无滑滚动时轮子边缘形成的轨迹（如图9-17所示）。在本题的E、B叠加场中，可以认为“轮子”的旋转是由洛仑兹力独立形成的。而从O到P的过程，轮子转动的圆心角应为π，故对应时间为t=2T=qBm。解法二：参照摆线方程x=a（t−sint）y=a（1−cost）得到xP=πa=π2Y=2qBmE。再根据t=xPvx=2qBmE/BE所以t=qBm。