v26 h?02n2B4L2g?m2gr2...........................................1
分
（2）金属框中产生的热量Q＝mgh............................. ..
246Q＝
2nBLmr2................................................1分 （3）金属框穿过第（k－1）个磁场区域后，由动量定理得：
k?1)2B2L3?(r?mvk?1?mv0......................2分
金属框完全进入第k个磁场区域的过程中，由动量定理得：
B2L3?r?mv/k?mvk?1 .....................1分[来源:学|科|网]
解得： v/(2n?2k?1)B2L3k?mr.........................1分
P?(BLv/k)2(2n?2k?1)2B6L8功率：r?m2r3...............................2分 10．如图(1)所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，MN、PQ两导轨间的宽为
L=0.50m．一根质量为m=0.50kg的均匀金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形．该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．ab棒的电阻为R=0.10?，其他各部分电阻均不计．开始时，磁感应强度B0=0.50T
(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t=0时刻开始，给ab棒施加一个水平向右的拉力，使它做匀加速直线运动．此拉力T的大小随时间t变化关系如图(2)所示．求匀加速运动的加速度及ab棒与导轨间的滑动摩擦力．
(2)若从某时刻t=0开始，调动磁感应强度的大小使其以?B?t=0．20 T/s的变化率均匀增加．求经过多长时间ab棒开始滑动?此时通过ab棒的电流大小和方向如何?(ab棒与导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等) ，
解：(1)由图象可得到拉力t的大小随时间变化的函数表达式为T?T?T0??t?3?2.5t 当ab棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：T-f-B0Il=ma
因为I＝BB20lv/R v=at 联立可解得T?f?ma?0l2aRt 将数据代入，可解得a=4m/s2
f=1N
(2)以ab棒为研究对象，当磁培应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以ab
棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到ab所受安培力F与最大静摩擦力fm相等时开始滑动.
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F?BIl?fmB?BB0???tt?(0.5?0.2t)TI?E
R????Bl2E?t??t 由以上各式求出，经时间t=17.5s后ab棒开始滑动，此时通过ab棒的电流大小为I=0.5A 根据楞决定律可判断出，电流的方向为从b到a． 10．如图10所示，匀强磁场的磁感应强度为B， 宽度为d，边界为CD和EF.一电子从CD 边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入 射方向与CD边界间夹角为θ.已知电子的质 量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的
另一侧EF射出，求电子的速率v0至少多大？ 图10 若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？
解析：本题考查圆周运动的边界问题的求解方法． 当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段 圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径 越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从
EF射出，如图所示．电子恰好射出时，由几何知识可得： r＋rcosθ＝d ①
又
r＝
mv0
Be ② 由①②得v0＝
Bedm1＋cosθ ③
故电子要射出磁场，速率至少应为
Bedm1＋cosθ.
由③式可知，θ＝0°时，vBed0＝
2m最小，由②式知此时半径最小，rdmin＝2
， 也可由轨迹分析得出上述结论．答案：Bedm1＋cosθ Bed2m
12．(2011·济南模拟)某塑料球成型机工作时，可以喷出速度v0＝10 m/s的塑料小球，已知喷
出小球的质量m＝1.0×10－4 kg，并且在喷出时已带了q＝1.0×10－4
C的负电荷，如图13所示，小球从喷口飞出后，先滑过长d＝1.5 m的水平光滑的绝缘轨道，而后又过半径R＝0.4 m的圆弧形竖立的光滑绝缘轨道．今在水平轨道上加上水平向右的电场强度为E的匀强电场，小球将恰好从圆弧轨道的最高点M处水平飞出；若再在圆形轨道区域加上垂直于纸面向里的匀强磁场后，小球将恰好从圆形轨道上与圆心等高的N点脱离轨道落入放在地面上接
地良好的金属容器内，g＝10 m/s2
，求：
图13
(1)所加电场的电场强度E； (2)所加磁场的磁感应强度B.
11．(2009·福建高考)图11所示为可测定比荷
的某装置的简化示意图，在第一象限区 域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁
感应强度大小B＝2.0×10－3
T，在x轴
上距坐标原点L＝0.50 m的P处为粒子 图11
的入射口，在y轴上安放接收器．现将一带正电荷的粒子以v＝3.5×104
m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L＝0.50 m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m、电荷量为q，不计其重力．
(1)求上述粒子的比荷qm；
(2)为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图11中画出该矩形． 解析：(1)设粒子在磁场中的运动半径为r.如图甲所示， 依题意M、P连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运
动的直径，由几何关系得 r＝2L2
①
由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，
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可得
＝mv2
qvBr ②
联立①②并代入数据解得
qm＝4.9×107C/kg(或5.0×107
C/kg) ③ (2)如图乙所示，所求的最小矩形是MM1P1P，该区域面积 S＝2r2 ④
联立①④并代入数据得 S＝0.25 m2
矩形如图乙中MM1P1P(虚线)所示．
答案：(1)4.9×107
C/kg(或5.0×107
C/kg)
(2)0.25 m2
图见解析
12．如图12甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一
个小孔OO′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m，带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：
[来源:学科网ZXXK]
图12
(1)磁感应强度B0的大小；[来源:学*科*网Z*X*X*K]
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．[来源:学*科*网]
解析：设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向． (1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力
Bmv202πR0qv0＝R① 做匀速圆周运动的周期T0＝v②
0
联立①②两式得磁感应强度 B2πm0＝qT. 0
13．(14分)如图13所示，在一个圆形区域内， 两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场 分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区 域Ⅰ、Ⅱ中，直径A2A4与A1A3的夹角为
60°.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子以 图13
某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小B1和B2(忽略粒子重力)．
解析：设粒子的速度为v，在Ⅰ区中运动半径为R1，周期为T1，运动时间为t1；在Ⅱ区中运动半径为R2，周期为T2，运动时间为t2；磁场的半径为R.
(1)粒子在Ⅰ区运动时：轨迹的圆心必在过A1点垂直速度的直线上，也必在过O点垂直速度的直线上，故圆心在A2点，由几何知识和题意可知，轨道半径R1＝R，又Rmv1＝qB，则：R＝mv 1qB1
①
轨迹所对应的圆心角θT12πmπm1＝π/3，则运动时间t1＝6＝6qB＝ ②
13qB1
(2)粒子在Ⅱ区运动时：由题意及几何关系可知Rmv2mv2＝R/2，又R2＝qB，则R＝③
2qB2
轨迹对应的圆心角θ＝π，则运动时间tT2πm22＝2＝qB ④
2
又tπmπm1＋t2＝t，将②④代入得：3qB＋qB＝t ⑤
12
由①③式联立解得B2＝2B1，
代入⑤式解得：B＝5πm5πm5πm5πm16qt，B2＝3qt. 答案：6qt 3qt
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14．(15分)(2009·山东高考)如图14甲所示，建立xOy坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l.在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
图14
(1)求电压U0的大小．
(2)求1
2
t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
解析：(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板
边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为1
2
l，则有
E＝U011l ① qE＝ma ② 2l＝2
at20 ③
Uml2
联立①②③式，解得两板间电压为0＝qt2 ④
0
(3)2t0时刻
进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为
0 vy′＝at0 1○
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则
v0π
10?式解得 α＝ ? tanα＝ ? 联立③⑤○
vy′4
π
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角为2α＝，所求最短时间为
2
t＝1min4
T ? 带电粒子在磁场中运动的周期为 联立??式得 tπmmin＝2qB.
答案：(1)ml25mlπmqt2 (2) (3)2t0 02qBt02qBT＝
2πmqB ?
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磁场大题专题附答案 - 图文
