高二物理奥赛测试卷(磁场和电磁感应)

高二物理奥赛测试卷6
1．两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。

〉〉l，a＞l，问线圈通过均匀磁场B后释放多少焦耳热？
(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
3．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t B
∆∆= 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？
4．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
5．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x v，(4)粒子从O到P做经历的时间t
1.答案：F =mgtan60°=3G ，
R = 6Ω∥3Ω + 1.5Ω + 6Ω∥3Ω F=BIL ε=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
t
R E Q 2
=
45cos 2,4,45cos v l t S l R Blv E ===ρ
()ρ
ρ
2245cos 2445cos 222
vS l B v l S
l
Blv Q =
⋅=
(2)b 〉〉l ，a ＜l 时，放出的焦耳热为
t
R E Q 2
=
45cos 2,4,45cos v a t S l R Blv E ===ρ
()ρρ2245cos 2/445cos 22
lvSa B v a S
l Blv Q =⋅=
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 = d U
∆∆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 = πr2t B
∆∆ 和 E = r 2πε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 = πR2t B
∆∆ 和 E ′= r 2πε总 得
a b
l a >
l b >>
图4-3-8
E = r 2k R 2
（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 = 2k θr2 ，UEF = 2k
θR2
（3）显然，这里的“有效面积”分别为 Sa = 0
Sb = 21
L
2
2)2L (R -∙ Sc = 21R2·arctg R l L
+
ε a = 0 ；ε b = 2
2L
R 4t B 4L -∆∆ ；ε a = t B 2R 2∆∆arctg R l L + 。

4.答案：r =
qB
P
=
qB
mE 2k
= k m
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
φsin r 1 = α-sin r r 1
① φsin r 2 = α-sin r
r 2 ②
对①②两式消r 后得：
sin α = 1
212r r r r +-sin φ =
1
21
2m m m m +-sin φ
发散角为 2α = 2 arcsin(
1
21
2m m m m +-sin φ)
代数字计算时，可作适当近似处理。

发散角为2°37′或0.0456 rad 。

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 =21
m 2P v ①
在x 方向上用动量定理，有
x f ∙
t = mvP ②
且 x f = qB y v
③
（注意
y v ∙
t = Y ）
解①②③式可得 Y = 2
qB mE 2 （2）轨迹顶点P 的曲率半径r
在P 点有动力学关系 qvPB − qE = m r v 2P
，而vP 在第（1）问中已经求得。

可解出：
r =
2
qB mE 4
（3）垂直电场方向的“漂移”速度x v 针对O →P 过程，y 方向有动力学关系 Σy
F = m
y
a
即 qE −
y
f = m
y
a ，即 qE − qB x v = m
y
a 。

而
y
a = t v v O
P -= 0
所以 x v = B E
（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 =qB m
π 。

解法二：参照摆线方程 x = a （t − sint ） y = a （1 − cost ）
得到 xP = πa = π2Y
= 2qB mE π 。

再根据 t = x P v x = 2
qB mE π/B E
所以 t = qB
m π 。