【導(dǎo)讀】、點電荷和勻強電場場強的計算公式，正確領(lǐng)會磁力線的含義。了解交流電的概念，理解表示交流電的各物理量的含義，并能準(zhǔn)確識別和使用它們。了解麥克斯韋電磁場理論的基本要點，掌握電磁波的形成和波速公式V=λf的應(yīng)用。將C1、C2看作斷路，如上圖右所示。無法直接求出半圓形導(dǎo)線OO′所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢。切割磁感線所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，方向相反。而由ε直=2Brv,可知ε圓=2Brv. 假設(shè)用直導(dǎo)線將OO′連接形成閉合回路，使其以同樣的角速度ω繞OO′勻速轉(zhuǎn)運，此周期地交替變化。子，要想使這電子到達(dá)A板時的速度最大，則所加交變電壓的頻率最大不能超過多少?最小(零)，則所加交變電壓的頻率為多大?場，其磁感強度為B。軌上，釋放后，此桿沿導(dǎo)軌無摩擦地下滑。示時刻其下落速度為v1。導(dǎo)線的電阻均可忽略。由牛頓第二定律，例6一小型發(fā)電機(jī)輸出功率為50kW，輸出電壓為240V。數(shù)比等于發(fā)電機(jī)輸出電壓與輸送電壓之比。輸電線上有電壓降，到用戶所在地的電壓等于輸

　　

【正文】 1.(1)1∶ 1∶ 1 (2)1∶ 2∶ 3 (3)1∶ 3∶ 5 (4)1∶ 1∶ 1 ， a→ b ， EF， BC與 DE Rθ /2 5.(1)圖略 (2) (3)D ， 179。 105C 179。 105C 1A 178。32mv 21 mv20+4ve (qπ2+1)178。 t 12. 31qq = 21qq + 32 qq ，斥力，零 15.(1)略 (2)注意：畫直線時應(yīng)去掉 (， ) (3)ε＝ (177。 )V， r＝ (177。 )Ω 16.(1)B (2)略 a (三 )論述和計算 q 為研 究對象，進(jìn)行受力分析，一共受到三個力，兩個 +q對它的吸引力和另一個 q的斥力 .由勻速圓周運動規(guī)律可知，三個力的合力提供向心力，即可求得角速度 ∑ F=222)2( akq178。 22 22)2(akq=( 22 41) kq2/a2,∑ F=maω 2, ω =aq2 ma k)12(2 ? 2.(1)y＝ (2) 3.(1)正極的電勢是 ，負(fù)極的電勢為 . (2)電流強度是 4.(1)8V， 14W (2)179。 104J 5.(1)由電子源發(fā)出的平行于擋板的電子在磁場中作勻速圓周運動。若半徑為 L/2時，剛好到達(dá)擋板，電子的最小速率 vmin Bevmin=mv2min/178。 (2L ),vmin=Bel/(2m) (2)所有從電子源 S 發(fā)出的電子都將在磁場中作圓周運動，因為電子速率都相同 ，故圓周運動半徑 R也相同，均為： R=mv/ v=2vmin ,故 R=L. 由于半徑為 L 的圓周上，任意兩點的最長距離為直徑 2L，故在 O點上側(cè)、與 S相距為 2L的 a點為電子擊中擋板的最遠(yuǎn)點 (見圖 )，所以 aO= 22)2( LL ? = 3 L. 又初速沿 SO方向的電子恰好在 O點下側(cè)與擋板相切于 b點，此 b點為擊中擋板下側(cè)的最遠(yuǎn)點，其余沿 SO下方發(fā)射的電子無法與擋板相碰，由圓的知識得： bO=SO=L. 綜上所述，電子擊中擋板 MN的范圍為 ab=aO+bO=( 3 +1)L. 6.(1)滑環(huán)受到?jīng)_量 I0時，恰能沿桿作勻速直線運動，所以摩擦力為零。 此時，滑環(huán)受力情況如圖甲所示，環(huán)只受重力和洛倫茲力 F0=qBv0 qBv0mg=0,I0=mv00, I0=qBgm2 (2)當(dāng) Is＞ I0時，滑環(huán)獲得的初速度 vs＞ vo，所以 qBvs＞ mg，此時滑環(huán)受力情況如圖乙所示 . N+mg＝ Fs,Fs＝ qBvs， f=μ N=μ (qBvmg). 所以 ， f隨環(huán)的速度減小而減小。當(dāng) qBv=mg時，摩擦力消失，環(huán)不再克服摩擦力做功，而以此速度 v沿桿作勻速運動。 克服摩擦力做功 W=21mv2s21mv2, 而 Is=mvs0, 解得 W=21 ( mIs2 2223Bqgm）。 當(dāng) Is＜ I0時，環(huán)的初速 vs＜ v0,所以 qBvs＜ mg,此時環(huán)受力情況如圖丙所示。 mgN=Fs， Fs=qBvs， f=μ N=μ (mgqBv). 摩擦力 f隨環(huán)速度 v減小而增大，最后環(huán)的速度為零。克服摩擦力做功 W=21 mv2s0= mIs22 . 7.(1)帶電粒子在電場中被加速時，根據(jù)動能定理， qU=21 mv2. (1) 粒子運動到 P點時具有速度 v，此時容器剛好加有勻強磁場，根據(jù)左手定則，粒子在 P點受到方向從 P指向 D的洛倫茲力 作用而作勻速圓周運動，軌道半徑和周期分別為： r=mv/qB, (2) T=qBmπ2=π179。 102s. (3) 將 (1)代入 (2)，得 r= qBmU/2 =＜ ab/2，由式 (3)知，粒子運轉(zhuǎn)周期與勻強磁場變化的周期相等?？梢姡Ｗ釉?P、 D間運動的軌跡如圖丙所示，設(shè)半圓的個數(shù)為 n則 n=PD/2r= ? =3。 故能與中性粒子相碰。 (2)當(dāng) M、 N 加有最大電壓 Um時，設(shè)粒子到達(dá) P 點的速度為 vm,運動半徑為 rm,為使粒子不與 cd邊相碰，必須滿足 rm≤ 21 ab=. PD=n′ 2rm=3m。其中 n 解得， n′的最小值為 2 ∴ rm=PD/4=. 將 rm值代入式 (1)和或 (2) Um=qB2r2m/2m=50179。 42179。 8.BqneU，方向垂直紙面向外 9.(1)r1=BqM mEqd2 (2)n＞ 5 10.(1)線圈面積一定， B的周期性變化使穿過線圈的磁場量發(fā)生變化，Φ＝ BmSsin178。Tπ2t.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)律，ε＝ t△△ Φ ，可見電動勢最大時也就是 t△△ Φ 最大 .如何確定 t△△ Φ 最大的時刻呢 ?我們可將Φ＝BmSsinTπ2 的函數(shù)關(guān)系用Φ t 圖來表示 (如右圖 ).在該圖上，曲線的斜率反映了 t△△ Φ 的大小 .由圖可見，當(dāng) t等于 0、 2T 、 T時，切線的斜率最大，因此，在這些時刻線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大 . (2)Φ的周期性變化使得ε、 I 也作周期性的變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得： ε＝ t△△ Φ ， I＝ R? ＝ tR△△ Φ . 而ΔΦ＝ IΔ t，所以Δ Q＝ R△ Φ . 即在Δ t時間內(nèi)，通過導(dǎo)體橫截面的電量只與磁通量的初末狀態(tài) (ΔΦ＝Φ 2Φ 1)及導(dǎo)體的電阻 R有關(guān)，而與Δ t本身無關(guān) . ∴Δ Q＝ R△ Φ ＝ R 12 ΦΦ ? ＝ R SBSB mm )(?? ＝ RSBm2 . 11.(1)ab棒的速度 v′ 1=112 gh2 。cd棒的速度 v′ 2=116 178。 gh2 (2)電路產(chǎn)生的焦耳熱 Q=119 m1gh E與圖示反向時， m m2沿斜面無摩擦下滑： Eq=mgcosα E的方向如圖示時，釋放 m m2， ml由 A點運動到 B點機(jī)械能守恒，設(shè) AB=BC=L 21 mv21=mgLsinα ,v1= αsin2gL m m2碰撞過程動量守恒，沒碰后速度為 v： mv1=2mv,v= 2sin2 αgL ) 碰后假定二者剛好能運動到 C 021178。 2mv2=2mgLsinα μ NL 而式中 N=E178。 2q+2mgcosα =4mgcos μ178。 4mgLcosα =2mgLsinα +21mgLsinα 得 μ =,要使 m m2不能到達(dá) C點需μ＞ . 14.(1)粒子受 洛侖茲力作用，在平行于 xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動，有 qBv0= Rmv02 ,R=qBmv0 回轉(zhuǎn)周期為 T， T=02vRπ = qBmπ2 在 +z方向上只受電場力作用，做初速度為零的勻加速運動，設(shè)一個周期 T內(nèi)的位移為 s s=21 at2=1/2aT2=21 mqE (qBmπ2)2=222qBmEπ 即 z軸上該點到原點的距離為222qBmEπ. (2)粒子過 P點時 +z方向的分速度為 vz=at=aT=mqE （qBmπ2） =Bπ2 +y方向的分速度仍為 v0，合速度為 vq= 2202 vv ? = 202 )2( BEv π? 設(shè)合速度與 +y方向的夾角為θ tgθ =02vv =02BvEπ ,θ =arctg02BvEπ 、 OP做切割磁感線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為： ε 1=2BLv,ε 2=BLv 由全電路歐姆定律 I= RR??2 21 ?? = RBLv33 = RBLv 設(shè)圖中 A點電勢為 UA， D點電勢為 UD UA+BlvIR=UD UDA=BLv 電容器的帶電量 Q=CUDA=CBLv UD＞ UA，上板帶正電。 16.(1) (2)7∶ 1 (3)179。 107s