新高考高中物理競賽專題3 電磁學 50題競賽真題強化訓練解析版.docx

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新高考高中物理競賽專題3電磁學50題競賽真題強化訓練一、填空題1．（2019·全國·高三競賽）如圖所示是電臺發(fā)出的無線電信號的接收電路圖（P為耳機），圖中少畫了一個元件，請用慣用的符號把這個元件補畫在電路圖中___．圖中電容器起著____________的作用，電容器起著__________的作用．【答案】????????選臺（或調(diào)頻）的作用????通高頻，阻低頻，使音頻信號通過耳機P【解析】【詳解】接收電路有一個檢波過程，而檢波是通過二極管來完成的．補畫的元件如圖所示．電路中的作用是通過改變其大小，改變接收回路的固有頻率，達到選臺（或調(diào)頻）的作用；而的作用是通高頻，阻低頻，使音頻信號通過耳機P．2．（2019·全國·高三競賽）如圖所示，在水平面內(nèi)有一個光滑勻質(zhì)圓環(huán)，圓環(huán)總電阻為R0，半徑為r，質(zhì)量為m，初速度v0向右，右半空間有均勻的穩(wěn)定的垂直于面的磁場，大小為B。結(jié)果圓環(huán)進入磁場后恰好靜止。整個過程中圓環(huán)中通過的電量大小Q0=________。如果保持圓環(huán)單位長度的質(zhì)量和電阻大小不變，但是把半徑變?yōu)樵瓉韮杀?，為了使得圓環(huán)進入磁場后仍然恰好靜止，則v0應(yīng)當變?yōu)樵瓉韄__________倍。 【答案】????????2【解析】【詳解】[1]電量可以通過考查電流得到[2]最終我們約去了時間，安培力作為阻力的沖量式中l(wèi)為導線在磁場交界面所截的寬度，x為向內(nèi)的位移，實際我們不用計算這個積分，能夠通過觀察看出Ir3動量我們知道質(zhì)量和電阻都與r成正比關(guān)系則故而我們知道為了滿足題設(shè)的運動條件，初速度也需要變成兩倍3．（2019·全國·高三競賽）如圖（a）所示，在一個立方體的網(wǎng)格中，每邊上有一個大小為1Ω的電阻，在ab和cd邊上還有1V的電池，求ab兩點的電壓差=__________。調(diào)整一下連接方式如圖(b)所示，把一個電池改加在ae上，求ab兩點的電壓差=___________?！敬鸢浮????????【解析】【詳解】[1]我們將電路變形為平面的電路，如圖所示 其中中間五個的電阻為Ω，左右兩邊的為lΩ，分別計算兩個電源在ba上產(chǎn)生的電流I1與I2，左邊電源：A右邊電源根據(jù)并聯(lián)電路分流關(guān)系有A第一空可知V[2]在第二空中我們改換變形方式，并且根據(jù)對稱性可知有兩條棱上沒有電流，我們將它們移除出電路此時ba上的電流A電壓V4．（2019·全國·高三競賽）兩個點電荷電量分別為+q，質(zhì)量均為m，間距為l，在靜電作用下，繞著共同的質(zhì)心以相同的角速度做勻速圓周運動。靜電常量為K，不考慮相對論和電磁輻射，求繞質(zhì)心運動的角速度_______。若l變?yōu)樵瓉淼膬杀?，仍然保持勻速圓周運動，則兩個電荷在質(zhì)心處產(chǎn)生的磁場大小變?yōu)樵瓉淼腳______倍?！敬鸢浮????????（或?qū)?，和無法比較）【解析】【詳解】 [1][2]庫侖力提供向心力，列方程取正根為解磁場強度由畢奧薩伐爾定律推導可知結(jié)果，由于兩個電荷各自產(chǎn)生磁場為原來，而總磁場為兩者之和為0，因此變化前后總磁場為0，因此如果理解為總磁場則結(jié)果為0/0，無意義或?qū)?[]5．（2020·全國·高三競賽）如圖，導電物質(zhì)為電子的霍爾元件長方體樣品置于磁場中，其上下表面均與磁場方向垂直，其中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端。若開關(guān)S1處于斷開狀態(tài)、開關(guān)S2處于閉合狀態(tài)，電壓表示數(shù)為0；當開關(guān)S1、S2閉合后，三個電表都有明顯示數(shù)。已知由于溫度非均勻性等因素引起的其它效應(yīng)可忽略，則接線端2的電勢___（填“低于”、“等于”或“高于”）接線端4的電勢；若將電源、均反向接入電路，電壓表的示數(shù)___（填“正負號改變，大小不變”、“正負號和大小都不變”或“正負號不變，大小改變”）?！敬鸢浮????低于????正負號和大小都不變【解析】【詳解】[1][2]開關(guān)S1接通以后，產(chǎn)生的磁場方向由上到下，霍爾元件中的電流方向由1到2，因此電子的運動方向由2到1，則由左手定則可知電子向2方向偏轉(zhuǎn)，因此2一面的電勢低，當電源E1和E2反向，則磁場方向和電子移動方向均反向，因此電子的偏轉(zhuǎn)方向不變，電壓表的正負號不變，磁場的強度不變，電流的大小不變，電子的移動速度不變，因此可知電壓表示數(shù)不變。二、解答題6．（2019·全國·高三競賽）一電流秤如圖所示，它的一臂下面建有一個矩形線圈，共有匝，這線圈的下部懸在磁感強度為的均勻外磁場內(nèi)，下邊長為的一段與垂直．當線圈的導線中通有電流時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡；然后使電流反向，但大小仍為，這時需要在一臂上加質(zhì)量為 的砝碼，才能使兩臂再達到平衡．試求磁感強度的大小，并計算當，，，時的值【答案】【解析】【詳解】如圖所示，線圈下邊的水平部分所受的安培力方向向下，其大小為．電流反向后，安培力的大小仍為上式，但方向則向上．矩形線圈兩邊的豎直部分所受的安培力都在水平方向，而且大小相等，方向相反，對電流秤沒有影響，于是按題意得，所以，．代入數(shù)值得．從知識點的要求與難度上講，電流秤的原理及應(yīng)用在常規(guī)教學領(lǐng)域都是應(yīng)該熟練掌握的，屬于安培力的基本應(yīng)用題．當然，本題亦有一些變式，如引入線圈的質(zhì)量等．7．（2019·全國·高三競賽）如圖甲所示，經(jīng)電壓加速的電子（加速前電子靜止）從電子槍射出，其初速沿直線的方向．若要求電子能擊中在方向飛、與槍口相距的靶，試求在以下兩種情形，所需的勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大?。海?）磁場垂直于由直線和靶所確定的平面；（2）磁場平行于槍口向靶所引的直線【答案】（1）???????（2），n=1，2，3，…【解析】【詳解】 設(shè)電子從槍口射出的速度為，則，故，式中，分別為電子的質(zhì)量、電量（絕對值）．（1）???????如圖乙所示，為了擊中靶，電子圓軌道的半徑與及應(yīng)滿足關(guān)系：．又，圓半徑與磁場的關(guān)系為．由上兩式，為了擊中靶，的大小應(yīng)為．把已知數(shù)據(jù)代入得：．（2）時，電子作等距螺旋線運動，如圖丙所示，電子以沿做勻速直線運動，到達點所需時間為，同時，電子以在垂直于的平面內(nèi)做勻速圓周運動，繞一整圈的時間即周期．為了能夠擊中點，要求，故要求為．把有關(guān)數(shù)據(jù)代入，得．本題中的問題（1）是粒子在平面內(nèi)的運動，兩問題（2）則是空間的螺旋運動．在閱讀問題（2）的解答時，應(yīng)知道圖中的虛線實際上是一條空間螺旋線，而不是平面曲線．即使粒子是平面運動，其研究過程也無法避開空間問題，因為粒子的運動方向、受力方向、磁場的方向本身就是以空間形態(tài)呈現(xiàn)給我們的，如果粒子的運動軌跡再以空間形態(tài)出現(xiàn)，其難度可想而知．空間問題的處理能力，是參與物理競賽的學生必須具備的能力，而且該能力在各種能力要求中處于特別突出的位置．8．（2019·全國·高三競賽）近代的材料生產(chǎn)和微加工技術(shù)，可制造出一種使電子的運動限制在半導體的一個平面內(nèi)（二維）的微結(jié)構(gòu)器件，且可做到電子在器件中像子彈一樣飛行，不受雜質(zhì)原子散射的影響．這種特點可望有新的應(yīng)用價值．圖甲所示為四端十字形．二維電子氣半導體，當電流從1端進入時，通過控制磁場的作用，可使電流從2，3或4端流出．對下面模擬結(jié)構(gòu)的研究，有助于理解電流在上述四端十字形導體中的流動．在圖乙中，、、、為四根半徑都為 的圓柱體的橫截面，彼此靠得很近，形成四個寬度極窄的狹縫1、2、3、4，在這些狹縫和四個圓柱所包圍的空間（設(shè)為真空）存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面指向紙內(nèi)．以表示磁感應(yīng)強度的大?。粋€質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的粒子，在紙面內(nèi)以速度沿與、都相切的方向由縫1射入磁場內(nèi)，設(shè)粒子與圓柱表面只發(fā)生一次碰撞，碰撞是彈性的，碰撞時間極短，且碰撞不改變粒子的電荷量，也不受摩擦力作用．試求為何值時，該粒子能從縫2處且沿與、都相切的方向射出？【答案】【解析】【詳解】在圖中紙面內(nèi)取坐標（如圖丙所示），原點在狹縫1處，軸過縫1和縫3．粒子從縫1進入磁場，在洛侖茲力作用下做圓周運動，圓軌道在原點與軸相切，故其圓心必在軸上．若以表示此圓的半徑，則圓方程為．根據(jù)題目要求和對稱性可知，粒子在磁場中做圓周運動時應(yīng)與的柱面相碰于縫3、4間的圓弧中點處，碰撞處的坐標為，，解得．由洛侖茲力和牛頓定律有，所以，．本題是第26屆全國中學生物理競賽預(yù)賽試題．帶電粒子在磁場中的運動是常規(guī)教學中訓練最多的題型之一．解答此類問題，要求答題者具備較強的幾何認知能力，對帶電粒子的各種圓軌跡的形態(tài)、邊界、圓心位置的確定、半徑的計算等，能做到熟練應(yīng)對．遺憾的是，在常規(guī)教學中對軌跡的討論幾乎都局限在平面內(nèi)進行，而在競賽中往往又會出現(xiàn)空間特性，要求更高．9．（2019·全國·高三競賽）如圖所示為一兩端無限延伸的電阻網(wǎng)絡(luò)，設(shè)每小段電阻絲電阻均為，試問：、間等效電阻為多少？（結(jié)果保留三位有效數(shù)字） 【答案】【解析】【詳解】將該網(wǎng)絡(luò)壓扁，如圖1所示，除，，，間各邊電阻為外，其余電阻為現(xiàn)在我們討論的內(nèi)部電阻我們將的內(nèi)部電阻等效為圖2所示電路，其中，為待定值，由于與全等，則有如圖所示的等價關(guān)系，此等價關(guān)系即下標的1代表圖3，2代表圖4（1）的分析①，由對稱性，去掉，，得②，由對稱性，去掉，得， 從而，解得（2）的分析①．如圖5所示，取回路，，，，得解得故②如圖6所示，由回路，得 ，解得，故．于是有令，由⑨得?????????????⑩由⑩代入⑧化簡有．則又，則，所以，，所以，于是如圖7所示，同上步驟可得：，，，，．則10．（2019·全國·高三競賽）兩平行導線中電流方向相反時，它們便互相排斥，有一種磁懸浮列車便是利用這種排斥力使列車懸浮在車軌上運行的．設(shè)想兩個相同的共軸圓線圈，半徑都是，匝數(shù)都是，相距為，載有相反的電流，如圖所示．假定一個線圈中的電流在另一線圈處產(chǎn)生的磁感強度的大小可近似當作．試估算在，時，要使排斥力為噸力，所需的安匝數(shù) 【答案】【解析】【詳解】排斥力為，故所求的安匝數(shù)為匝．本題是有關(guān)安培力的基本計算題，本身難度不大，但本題也給我們提供了思考的空間，要使得磁懸浮達到實用，需足夠大的安匝數(shù)，而要將這樣大的安匝數(shù)的功率限制在實際可能的范圍內(nèi)，只有采用超導材料制成的線圈才行，于是，本題提供的基本模型便有了延伸的空間．11．（2019·全國·高三競賽）如圖所示，在圓形區(qū)域中（足夠大），有垂直于紙面向內(nèi)隨時間均勻增加的磁場．在與圓心距離為的位置處有一個釘子，釘住了一根長度為，質(zhì)量為的均勻絕緣棒的中心，絕緣棒能在平面內(nèi)自由無摩擦地自由轉(zhuǎn)動．絕緣棒上半截均勻帶正電，電量為，下半截均勻帶負電，電量為．初始時刻絕緣棒垂直于（1）計算在點處釘子受到的壓力（2）若絕緣棒受到微小擾動，在平面內(nèi)來回轉(zhuǎn)動起來（速度很小，洛侖茲力可以忽略），求證此運動是簡諧振動，并計算周期．（絕緣棒繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動慣量為）【答案】（1）（2）【解析】【詳解】 設(shè)由變化的磁場產(chǎn)生的渦旋電場大小為，則有，得到，方向垂直于與的連線．則桿上場強分量為，．（1）由于上下電量相反，方向的場強為定值，故釘子在方向不受力．在方向上，其所受電場力（考慮到上下對稱）為．故釘子壓力為．（由于電場和坐標成正比，因而也可以使用平均電場計算電場力）（2）設(shè)絕緣棒轉(zhuǎn)過一微小角度，此時，方向的電場力會提供回轉(zhuǎn)力矩．（由于力臂是一階小量，橫坐標變化引起的電場力改變也是一階小量，忽略二階以上小量，因而不必計算電場力改變量產(chǎn)生的力矩．由于電場幾乎是均勻的，所以正電荷受力的合力力臂為），而，則．這是簡諧方程，故絕緣棒的運動是簡諧運動，其周期為．12．（2019·全國·高三競賽）（1）一維電磁駐波在方向限制在和之間．在兩個端點處駐波消失，求的可能值．（2）弦理論認為物理空間多于三維，多出的隱藏維空間像細圓柱的表面一樣卷了起來，如圖中坐標所示，設(shè)圓柱的半徑為，在圓柱面上電磁波的形式為，其中是繞圓柱的折疊空間的坐標．求的可能值．（3）光子能量，其中，表示1電子伏特，等于．目前人類能產(chǎn)生的最高能量的光子大約為．如果該能量能夠產(chǎn)生一個折疊空間的光子，的值滿足什么條件？【答案】（1），，2，3，…（2），，2，3，…（3） 【解析】【詳解】（1）要使得電磁波在兩端形成駐波，則長度應(yīng)是半波長的整數(shù)倍，相位滿足：，即，，2，3，…．（2）要使得電磁波在方向上的形式穩(wěn)定為，則圓柱的周長應(yīng)為波長的整數(shù)倍，相位滿足：，即，，2，3，…．（3）由得，所以，，即13．（2019·全國·高三競賽）在圖1所示的二極管電路中，從端輸入圖2所示波形的電壓，若各電容器最初都沒有充電，試畫出、兩點在三個周期內(nèi)的電壓變化．將三極管當作理想開關(guān)，點電壓的極限是多少？【答案】【解析】【詳解】將過程分為三個階段，記為、、．在第一個周期內(nèi)，增加，，因此二極管截止；又因，二極管保持導通，等效電路如圖1所示，在此階段，記為然后開始減小，但保持不變，最初仍然大于零，因此，依然截止．不過正在逐漸減小，所以截止．由于電容上的電荷無處可走，保持不變，也保持不變．這個階段一直持續(xù)到 ，這一過程等效電路如圖2所示，記為．不過，是不可能的，所以直至．這一過程等效電路如答圖3所示，記為．下面又從開始增加，然后又保持在不變（再次處于階段），而停留在，直到升至．當時階段結(jié)束．而后新的階段又開始了．每個周期均按的次序通過各個階段，但是電路并不是隨時間周期變化的，這可以從圖4中看出．等比地趨近于，即是說，，，，…．這個電路稱為電壓倍增器14．（2019·全國·高三競賽）如圖所示，一電容器由一圓形平行金屬板構(gòu)成，金屬板的半徑為，間距為，現(xiàn)有一點，在兩金屬板的中位面（即平行于兩板，且平分兩極板所夾區(qū)域的平面）上，到兩中心的距離為R，已知極板所帶的面電荷密度為，且，試求點的場強大小【答案】【解析】【詳解】我們用磁場來類比，引入假想的磁荷、，且定義，且．下面我們通過磁偶極子與環(huán)電流找到聯(lián)系：對于一的磁偶極子，磁矩，而對于一個電流為的線圈，磁矩，當時，有．對于此題，我們認為上、下兩極板帶磁荷面密度為，則對于面積中的上、下磁荷，我們看作磁偶極子，則若用環(huán)電流代替，有， 所以，．于是，該兩帶電磁荷板可等效為許多小電流元的疊加，而這樣的電流源會在內(nèi)部抵消，最后只剩下最外層一大圓，且．在點處的磁場強度，由于，故可認為由一距距離為的無限長通電導線所產(chǎn)生，且其中的電流為，則．由于電、磁場在引入磁荷后，在形式上完全一樣，則15．（2019·全國·高三競賽）在一環(huán)形鐵芯上繞有匝外表絕緣的導線，導線兩端接到電動勢為的交流電源上，一電阻為、自感可略去不計的均勻細圓環(huán)套在這環(huán)形鐵芯上，細圓環(huán)上、兩點間的環(huán)長（劣弧）為細圓環(huán)長度的．將電阻為的交流電流計接在、兩點，有兩種接法，分別如圖1、圖2所示，試分別求這兩種接法時通過的電流【答案】【解析】【詳解】解法（1）：細圓環(huán)中的電動勢為．細圓環(huán)上段的電阻為劣弧．優(yōu)?。珙}圖1中接上后，的電阻與并聯(lián)，然后再與串聯(lián)，這時總電阻便為．于是，總電流（通過優(yōu)弧的電流）為．（請讀者自行推導此式） 則通過的電流為．（請讀者自行推導此式）解法（2）：如題圖2中接上后，的電阻與并聯(lián)，然后再與串聯(lián)，這時總電阻便為．于是，總電流（通過劣弧的電流）為，則通過的電流為16．（2019·全國·高三競賽）表面絕緣的細導線繞成一個半徑為的平面圓盤，一頭在盤中心，一頭在盤邊緣，沿半徑每單位長度為匝，如圖所示．當導線中載有電流時，將每匝電流都當作圓電流，試求圓盤軸線上離盤心為處點的磁感強度【答案】，方向沿軸線向右【解析】【詳解】由畢奧-薩伐爾定律和對稱性可知，半徑為的圓電流在軸線上離圓心為處產(chǎn)生的磁感強度沿的右旋進方向，其大小為???????①所以，．?????????????②式中為電流的右旋進方向（即圖中沿軸線向右）的單位矢量．圖中沿半徑長度上的匝數(shù)為，其電流為．由式②，，這電流在點產(chǎn)生的磁感強度為．????????????????????③ 積分便得所求的磁感強度為．17．（2019·全國·高三競賽）一載有電流的導線彎成橢圓形，橢圓的方程為，，如圖所示，試求在橢圓中心產(chǎn)生的磁感強度【答案】【解析】【詳解】根據(jù)畢奧-薩伐爾定律，橢圓上的電流元在橢圓中心產(chǎn)生的磁感強度為，?????????????①式中是電流元到的矢量，有，?????????????②式中為垂直于紙面向外的單位矢量，由圖乙可見．?????????????③將式②③代入式①便得．?????????????④為了積分，換成用極坐標表示，以橢圓中心為極點，軸為極軸，如圖所示，便有 ，．????????????????????⑤代入橢圓方程得，?????????????????????????????????⑥得出．?????????????⑦代入式④得所求的磁感強度為．???????⑧這個積分是一種橢圓積分，為了化成標準形式，作如下變換：．?????????????????????????????????⑨所以，．???????⑩代入式⑧，并由是的以為周期的函數(shù)，便得，?????????????????????式中，是橢圓的離心率，．?????????????????????????????????????????式?中的積分叫作第二類全橢圓積分，其值為????????于是得所求的磁感強度為．??????????????????????????????????本題從練習功能上講，與上題有相似之處，特別是在積分技巧方面，肯定是需要中學生特別注意并加以訓練的．既然競賽不再回避積分運算，那么二次函數(shù)的積分一定是競賽生需要掌握的內(nèi)容，希望本章中的相關(guān)練習題對讀者有所幫助． 18．（2019·全國·高三競賽）電流沿雙曲線流動，雙曲線方程為，如圖所示．試求在焦點產(chǎn)生的磁感強度．【答案】【解析】【詳解】本題用平面極坐標求解較方便，以焦點為極點，軸為極軸，如圖所示，將雙曲線方程用平面極坐標表示為．???????????????????????????①式中和與題給的參數(shù)和的關(guān)系如下：，????????????????????②．?????????????③代入式①得．?????????????④由畢奧-薩伐爾定律，有．????????????????????⑤由圖可知，焦點的磁感強度垂直于紙面向外，于是得，?????????????⑥式中是與（到焦點的矢量）之間的夾角，是垂直于紙面向外的單位矢量．由圖可見．????????????????????⑦代入式⑥得 ．????????????????????⑧將式④代入式⑧得．???????⑨積分得???????．?????????????⑩本題與上題一樣，也是有關(guān)二次函數(shù)的積分，其難度體現(xiàn)在積分計算的技巧上，供大家練習、鞏固．19．（2019·全國·高三競賽）導體桿水平掛在兩根柔軟導線上，放入磁感強度的豎直向下的磁場中（如圖所示）．桿長，質(zhì)量，導線長電容，電容器充電到電壓，接到導線的固定點上．求：（1）當電容器放電后（可以認為在很短時間內(nèi)放完電），系統(tǒng)離開平衡位置的最大偏角為多少？（2）如果當電容的電容器充電到相同電壓再接入系統(tǒng)時，系統(tǒng)最大偏角，那么當接上另一個電容器并且也充電到相同電壓再接入系統(tǒng)時，系統(tǒng)最大偏角，則該電容器的電容為多少？【答案】（1）???（2）【解析】【詳解】（1）當電容器接通時電流開始通過桿，由此受到安培力作用：．電流隨時間從最大值平穩(wěn)地減小到零，所以安培力與時間有關(guān)．由于電容器放電時間很短，可以認為在時間內(nèi)桿離開平衡位置位移小并且桿在水平方向獲得動量．將時間分成大量元段，其間每一元段的安培力可以認為是恒定的，根據(jù)動量定理列出方程，及．式中為通過桿的電荷．到電容器放電完畢時，有， 所以，．根據(jù)機械能守恒定律，有．由此得．但是，及．（2）因為，，所以，．考慮到和均為小角，所以，，，結(jié)果得到．首先，本題解答過程中的是計算安培力的沖量的典型方法，其結(jié)論可作為推論進行應(yīng)用，這一推論不論是在常規(guī)教學還是在競賽中都有極為廣泛的應(yīng)用；其次，基于現(xiàn)階段的知識掌握，題目設(shè)置了電容器“可以認為在很短的時間內(nèi)放完電”這一條件，忽略放電結(jié)束時剩余電荷的存在，這實際上是基于學生沒有學習電磁感應(yīng)的一種近似．因為，當電容器放電結(jié)束時，由于金屬桿在磁場中的運動，必然會產(chǎn)生感生電動勢，亦即電容器兩端還會有一定的電壓，則電容器上的電荷也就不可能全部放完．20．（2019·全國·高三競賽）臺式或墻式電流計是一種很靈敏的電流計，它的矩形線圈由金屬絲懸掛在圓柱形鐵芯和永磁鐵之間的狹縫里，這狹縫里的磁場線是輻射狀的；金屬絲上固定了一個小反光鏡，鏡前有照明光源和圓弧形標尺（圓弧的中心在線圈的轉(zhuǎn)軸上），如圖所示．當線圈內(nèi)有電流通過時，線圈便受力而轉(zhuǎn)動．已知線圈是由表面絕緣的細導線密繞而成的，長為，寬為，共有匝，金屬絲的扭轉(zhuǎn)系數(shù)為，磁感強度為，弧尺的半徑為．（1）試求電流為時，磁場作用在線圈上的力矩和線圈的偏轉(zhuǎn)角度．（2）當弧尺上的光點偏轉(zhuǎn)為時，通過電流計的電流是多少？ 【答案】（1）???????（2）【解析】【詳解】（1）由于線圈所在處的磁場呈輻射狀，故磁場作用在線圈上的安培力矩的大小為．當線圈偏轉(zhuǎn)的角度為時，便有，所以，．（2）由圖可見，弧尺上的光點偏轉(zhuǎn)時，線圈的偏轉(zhuǎn)角為，則有．磁電式電流表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)中，指針偏轉(zhuǎn)平衡是通電線圈產(chǎn)生的磁力矩與扭轉(zhuǎn)彈簧（或金屬絲）間構(gòu)成的平衡，在這一平衡中，一方面磁力矩的大小與線圈中的電流成正比，另一方面是彈簧的扭轉(zhuǎn)力矩與扭轉(zhuǎn)的角度成正比，于是有，這也是磁電式電表刻度均勻的原因．本題中金屬絲上的反光系統(tǒng)起到了放大扭轉(zhuǎn)特性的作用，在很多微小的扭轉(zhuǎn)裝置中均有應(yīng)用．21．（2019·全國·高三競賽）距地面高處水平放置距離為的兩條光滑金屬導軌，跟導軌正交的水平方向的線路上依次有電動勢為的電池，電容為的電容器及質(zhì)量為的金屬桿，如圖所示，單刀雙擲開關(guān)先接觸頭1，再扳過接觸頭2，由于空間有豎直向下的強度為的勻強磁場，金屬桿水平向右飛出做平拋運動．測得其水平射程為，問：電容器最終的帶電量是多少？【答案】【解析】【詳解】 先由電池向電容器充電，充得電量，之后電容器通過金屬桿放電，放電電流是變化電流，安培力也是變力，我們選取一個微元時間進行研究，根據(jù)動量定理有，即．對上式兩邊求和有，其中是電容器所放電量．又，，綜合得，所以，．電容器最終帶電量為．本題與第10題屬同一類型的試題，都是電容器放電時，對放電電流產(chǎn)生的沖量效果的研究．根據(jù)動量定理來研究磁場力沖量產(chǎn)生的效果，實際上就是尋找電量和導體動量變化的關(guān)系．本題所給的模型，實際上就是電磁炮的雛形，有很大的拓展空間，讀者可對電容器的放電情形及相關(guān)模型進行歸類訓練．22．（2019·全國·高三競賽）如圖所示，設(shè)在討論的空間范圍內(nèi)有磁感強度為、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在紙面上有一長度為的光滑絕緣空心細管，在其端內(nèi)有一質(zhì)量為、電量為的小球，管的端外側(cè)有另一不帶電的小球．開始時相對管靜止，管帶著以垂直管方向的速度向右運動，則以的速度向反方向運動．如果從端離開后最終能與相碰，試求的值．設(shè)、、、、均已知，且管的質(zhì)量遠大于，并忽略重力的作用【答案】【解析】【詳解】粒子在圖中水平被空心細管帶著向右勻速運動，則會產(chǎn)生一個豎直向上的洛侖茲力，其大小恒為，因此粒子在該方向上做勻加速運動，粒子的整體運動為一類平拋運動． 所以，，得，進而得，．粒子離開細管后，做勻速圓周運動，且．又由圖有，所以，軌跡圓心在細管出發(fā)位置正上方．故有，其中，且．進而可得．帶電粒子在電場與磁場中的運動類問題，其多以多過程的拼接為特點，粒子可以是在不同的磁場中運動，可以是在電場與磁場中交替運動，也可以是同一種粒子分別在兩種場中運動，然后進行對比性研究，通過增加過程、增加信息量的方式來增加試題的難度．而解答此類試題的要點便是根據(jù)粒子的運動過程，逐步分析、研究并運用規(guī)律，一步一步解答問題．23．（2019·全國·高三競賽）質(zhì)量為、電量為的粒子以垂直軸方向的初速度，飛入磁感強度的非均勻磁場中（如圖所示）．求粒子沿軸的最大位移． 【答案】【解析】【詳解】磁場對粒子產(chǎn)生洛侖茲力作用．該力垂直速度，只改變速度方向．但是在非均勻磁場中速度將增加，這就引起軌道曲率半徑減小，所以粒子軌道將不是圓?。⒁?，洛侖茲力在軸分力改變粒子相應(yīng)的分速度，有關(guān)系式．這分力與粒子分速度有關(guān)：．由此得到．上式兩邊同乘以時間增量，得到．由于，所以，．我們得到微分比例．當粒子在軸分速度減少到零時，粒子沿軸位移達到最大值．這時粒子在軸分速度達到零．對于這種情況，有且．由此得到所求的粒子位移：．當物體的受力大小與速率成正比時，我們在很多場合下都會提及動量定理的應(yīng)用，其中自然會涉及這一關(guān)系式的應(yīng)用，只是在洛侖茲力這一背景下，與是兩個正交方向上的量．經(jīng)驗表明，很多答題者會沿用阻力與速度成正比的情形進行討論，即將與用同一方向上的量進行計算，結(jié)果導致不必要的錯誤．24．（2019·全國·高三競賽）如圖所示，在半徑為的圓筒形真空管中有兩個隔板，將管內(nèi)分為三個區(qū)域，兩隔板中央各有小孔和，兩孔間距為．在左邊的區(qū)域中有加速電場，在中間的區(qū)域Ⅱ中有沿管軸方向的勻強磁場，在右邊的區(qū)域Ⅲ中既無電場也無磁場，區(qū)域Ⅰ中的陰極連續(xù)發(fā)射的電子經(jīng)其中的電場加速后，使穿過小孔的電子形成發(fā)射束進入?yún)^(qū)域Ⅱ．設(shè)穿過小孔的這些電子的速度沿管軸方向的分量均為，設(shè)電子之間的相互作用可以忽略．當將區(qū)域Ⅱ中沿管軸方向的磁感應(yīng)強度的大小調(diào)到某值時，從小孔進入?yún)^(qū)域Ⅱ的電子便能穿過小孔射出，把這些磁場的最小值記為．取從到的方向為正方向，區(qū)域Ⅱ中的磁場隨時間變化的曲線如圖乙所示，即從起沿正方向，每經(jīng)時間反向一次，是的變化周期．從開始，電子束連續(xù)地從小孔進入?yún)^(qū)域Ⅱ，設(shè)凡遇管壁的電子均被管壁吸收． （1）為使從小孔進入?yún)^(qū)域Ⅱ的電子能穿過小孔到達區(qū)域Ⅲ，試求磁場變化周期的最小值．（2）若取磁場變化周期，試在圖乙的時間軸上標明電子能經(jīng)小孔到達區(qū)域Ⅲ的時間區(qū)間．（3）在進入?yún)^(qū)域Ⅲ的電子束中，電子運動方向與管軸之間夾角的最大值是多少？【答案】(1)(2)發(fā)射電子束能穿過到達區(qū)域Ⅲ的時間如圖中時間t軸上的波紋線所示．圖中(3)【解析】【詳解】（1）由題設(shè)，經(jīng)小孔進入?yún)^(qū)域Ⅱ的發(fā)散電子束速度沿管軸的分量均為，這些斜入射的電子在的作用下作等距螺旋運動，螺旋運動的周期，與速度無關(guān)，螺距為，式中是電子的質(zhì)量，是電子電量絕對值．為使這些電子都能從小孔射出（不計被管壁吸收者），要求等于的整數(shù)倍，即，，故磁場的大小應(yīng)為，．可見，磁場的最小值為，與此相對應(yīng)，螺距剛好等于孔與孔的間距，即．現(xiàn)在，設(shè)隨時間按圖乙變化，周期為，如果這些電子在進入?yún)^(qū)域Ⅱ后運動的時間不足，即改變方向，則電子將偏離原螺旋線，不能到達，不能進入?yún)^(qū)域Ⅲ．因此，為使這些電子能夠到達并進入?yún)^(qū)域Ⅲ，磁場方向變化的周期必須滿足，故的最小值．（2）若，則從進入?yún)^(qū)域Ⅱ的斜入射電子中，在磁場方向沿正向的前一半時間內(nèi)進入的那些電子可以穿過射出，但在磁場方向沿正向的后一半時間內(nèi)進入的那些電子就無穿過射出了．換言之，能穿過射出的電子必須在區(qū)域Ⅱ中經(jīng)歷時間，而且在該時間內(nèi)磁場的方向需保持不變．因此，發(fā)射電子束能穿過到達區(qū)域Ⅲ的時間如圖丙中時間軸上的波紋線所示． 丙（3）設(shè)斜入射到區(qū)域Ⅱ中的電子速度在垂直管軸方向的分量為，則在洛侖茲力作用下，電子圓軌道運動的半徑為，在這些電子中只有滿足的那些電子能在管內(nèi)運動時不與管壁相碰，從而能到達并進入?yún)^(qū)域Ⅲ，即要求．利用，可得．穿過進入?yún)^(qū)域Ⅲ后，這些電子做直線運動，其運動方向與管軸之間的夾角應(yīng)滿足，故最大夾角為．本題雖然將電子的運動分為三個區(qū)域，是典型的多過程的串接模型，但討論的重點在區(qū)域Ⅱ，在這一區(qū)域中，既要討論電子運動過點所需要的幾何約束（包括沿方向上的與垂直于方向上的），同時要考慮運動的時間約束，計算的難度雖然不大，但涉及的信息量比較大，學生難免顧此失彼．能否對復雜的運動過程進行正確分析，是鑒別一個人能力高低非常有效的方式，加強狀態(tài)與過程分析的訓練，是競賽學生必須訓練的基本功之一．25．（2019·全國·高三競賽）如圖所示的磁流體發(fā)電機，兩金屬板間距為，板長無限，板寬為，質(zhì)量為、帶電量為、單位體積內(nèi)個數(shù)為的粒子和質(zhì)量為、帶電量為、單位體積內(nèi)個數(shù)為的粒子，均以速度、沿著與板面平行的方向射入兩板間．兩板間還有與粒子速度方向垂直的磁場，其磁感應(yīng)強度滿足．若以表示發(fā)電機兩極板間的電壓，試求此發(fā)電機的輸出電流與的關(guān)系（不計重力）【答案】(1)當，即時，(2)當，即時，【解析】【詳解】 由于兩板間電壓為，則兩板間電場強度為．又設(shè)粒子進入兩板間時的速度由和兩分量合成，即．并令滿足，則．這樣，由對應(yīng)產(chǎn)生的磁場力恰與電場力相抵消，而由對應(yīng)產(chǎn)生的磁場力則使粒子在磁場中做圓周運動，其對應(yīng)半徑為．（l）當，即時，與極板距離小于的粒子可以打到極板而形成電流，單位時間內(nèi)打到一塊極板上的粒子數(shù)為．此時發(fā)電機的輸出電流為．（2）當，即時，全部入射粒子均可擊中極板，故此時發(fā)電機的輸出電流為．本題借助磁流體發(fā)電機的模型，討論帶電粒子在電磁場中運動的極值與臨界問題．在中學物理的常規(guī)教學中，我們討論過許多與帶電粒子在電磁場中運動的模型，如質(zhì)譜儀、回旋加速器、速度選擇器、霍爾元件、流量計、磁流體發(fā)電機、電磁泵等，不論什么樣的模型裝置，它們所涉及的問題都是圍繞帶電粒子在電場力、磁場力的作用下而運動展開的．只是在競賽中，其運動過程顯得更復雜、涉及的對象可能更多，討論的問題也更加全面而已．26．（2019·全國·高三競賽）如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的均勻磁場，質(zhì)量為、帶電量為的粒子在環(huán)中做半徑為的圓周運動．、為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都是零，每當粒子飛經(jīng)板時，板電勢升高為，板電勢仍保持為零，粒子在兩極板電場中得到加速．每當粒子離開板時，板的電勢又降為零，粒子被電場一次次加速后動能不斷增大，而繞行半徑不變（1）設(shè)時，粒子靜止在板小孔處，在電場作用下加速，并繞行第一圈，求粒子繞行圈回到板時獲得的總動能．（2）為了使粒子保持在半徑為的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增．求粒子繞行 圈時的磁感應(yīng)強度．（3）求粒子繞行圈所需要的總時間（設(shè)極板間距離遠小于）．（4）畫出板電勢與時間的關(guān)系圖像，設(shè)從開始，畫到粒子第四次離開板時間即可．（5）在粒子繞行的全程中，板的電勢可否始終維持為?理由是什么？【答案】(1)，式中n為正整數(shù)(2)(3)(4)A板電勢U與時間t的關(guān)系圖像如圖所示(5)如果繞行運動全程時間且板電勢始終保持為U，則環(huán)形空間始終有從A極指向B極的電場，粒子在窄空隙被加速，在圓周運動中會被減速，加速與減速的效果一樣，與運行路徑無關(guān)，這是不應(yīng)該的．【解析】【詳解】（1）依題意可知，粒子每繞行一圈，經(jīng)、間的電場加速一次，電場力做功,繞行圈則被加速次，電場力所做的總功為．依動能定理，粒子最終的總動能為，式中為正整數(shù)．（2）因為粒子運行的速度在不斷地增大，為維持粒子運動的半徑不變，則磁感應(yīng)強度也應(yīng)同步增大．由（1）可知：，則，因、、、均為定值，所以，是的單值函數(shù)，即．（3）粒子在磁場中旋轉(zhuǎn)的周期，因變大，對應(yīng)的周期變小，運行的總時間為． （4）通過前面的計算可知，，，可見，、板間的加速電壓即電場存在時間應(yīng)越來越短，沒有電壓（即圓周運動）的時間也應(yīng)越來越短，其板電勢與時間的關(guān)系圖像如圖乙所示．（5）如果繞行運動全程時間中板電勢始終保持為，則環(huán)形空間始終有從板指向板的電場，粒子在窄空隙被加速，在圓周運動中會被減速，加速與減速的效果一樣，與運行路徑無關(guān)，這是不應(yīng)該的．本題有關(guān)一種加速器裝置，中學物理中涉及的加速器有很多種，討論問題的方面也是在不斷翻新，但涉及的規(guī)律并不會有什么大變化，更多的則是運動過程的變化、幾何關(guān)系的變化、約束條件的變化，答題者需要做到的是以不變應(yīng)萬變，冷靜分析運動過程，跟著過程走，找準過程中的連接紐帶，化解各個問題．27．（2019·全國·高三競賽）現(xiàn)構(gòu)造如圖1所示網(wǎng)絡(luò)，該網(wǎng)絡(luò)為無窮正方形網(wǎng)絡(luò)，以為原點，的坐標為．現(xiàn)在兩個這樣的網(wǎng)絡(luò)和，其單位長度上所配置的電學元件分別為電容為的電容器及電感為的線圈，且網(wǎng)絡(luò)中的電阻均忽略不計，并連接成如圖2所示的電路為調(diào)頻信號發(fā)生器，可發(fā)出頻率的電學正弦交流信號．即，為一已知定值，為一已知保護電阻試求干路電流達到最大時，的頻率以及此時干路的峰值電流【答案】，【解析】【詳解】不妨設(shè)電感網(wǎng)絡(luò)等效電感，則其阻抗（為單位虛根） 又由于與的結(jié)構(gòu)相同，故在阻抗上形式具有相似性，有，從而總阻抗又峰值，所以，所以，當，即時，最大此時，，而28．（2019·全國·高三競賽）圖1、2、3所示無限長直載流導線中，如果電流隨時間變化，周圍空間磁場也將隨變化，從而激發(fā)起感應(yīng)電場．在載流導線附近空間區(qū)域內(nèi)，隨的變化，乃至隨的變化可近似處理為與隨時間變化同步．距載流導線足夠遠的空間區(qū)域，、隨的變化均會落后于隨的變化．考慮到電磁場變化傳播的速度即為光速，如果題圖討論的空間區(qū)域線度盡管很大，即模型化為圖中可趨向無窮，但這一距離造成的、隨的變化滯后于隨變化的效應(yīng)事實上仍可略去．在此前提下，求解下述問題（1）系統(tǒng)如圖1、2所示，設(shè)①通過分析，判定圖1的平面上處感應(yīng)電場場強的三個分量、、中為零的分量②圖2中長方形框架的回路方向已經(jīng)設(shè)定，試求回路電動勢③將圖1中的、兩處感應(yīng)電場場強的大小分別記為、，試求值（2）由兩條無限長反向電流導線構(gòu)成的系統(tǒng)如圖3所示，仍設(shè)，試求處感應(yīng)電場場強的方向和大小【答案】（1）①②?????③（2）???，基準方向取為與軸反向【解析】【詳解】 （1）①若，則在過點且與坐標面平行的平面上，取一個以為半徑，以軸為中央軸的圓，設(shè)定回路方向如題解圖所示．由系統(tǒng)的軸對稱性，回路各處感應(yīng)電場的角向分量與圖中方向一致地沿回路方向，且大小相同，由的回路積分所得的感應(yīng)電動勢．另一方面，電流的磁場在該回路所包圍面上磁通量恒為零，磁通量變化也為零，據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)有．兩者矛盾，故必定是．若，由系統(tǒng)的軸對稱性，在題解圖1的圓柱面上各處場強的方向分量方向、大小與圖中方向、大小相同．若取一系列不同半徑的同軸圓柱面，每個圓柱面上場強的方向分量方向相同、大小也相同，但大小應(yīng)隨增大而減小．這將使得題文圖2中的矩形回路感生感應(yīng)電動勢，與法拉第電磁感應(yīng)定律相符，因此允許若，由軸對稱性，題解圖1的圓柱面上各處場強E的徑向分量方向與對應(yīng)的徑向方向一致，兩者大小也相同．將題解圖1中的圓柱面上、下封頂，成為一個圓筒形高斯面，上、下兩個端面通量積分之和為零，側(cè)面通量積分不為零，這與麥克斯韋假設(shè)所得矛盾，故必定是②據(jù)法拉第定律，參考題文圖2，有，其中所以，③據(jù)麥克斯韋感應(yīng)電場假設(shè)，結(jié)合（1.1）問解答，有結(jié)合①②問所得結(jié)果，有即得（2）從物理上考慮，遠場應(yīng) 代入上式，得為行文方便，將改述為為發(fā)散量，系因模型造成，并非真實如圖所示，由左側(cè)變化電流貢獻的和右側(cè)變化電流貢獻的合成的，基準方向取為與軸反向．即有使得29．（2019·全國·高三競賽）當溫度從低到高變化時，通常物質(zhì)會經(jīng)歷固體、液體和氣體三種狀態(tài)，當溫度進一步升高，氣體中的原子、分子將出現(xiàn)電離，形成電子、離子組成的體系，這種由大量帶電粒子（有時還有中性粒子）組成的體系便是等離子體．等離子體在宏觀上具有強烈保持電中性的趨勢，如果由于某種原因引起局部的電荷分離，就會產(chǎn)生等離子體振蕩現(xiàn)象．其原理如圖，考慮原來宏觀電中性的、厚度為的等離子體薄層，其中電子受到擾動整體向上移動一小段距離，這樣在上、下表面就可分別形成厚度均為的負、正電薄層，從而在中間宏觀電中性區(qū)域形成勻強電場，其方向已在圖中示出．設(shè)電子電量為、質(zhì)量為、數(shù)密度（即單位體積內(nèi)的電子數(shù)目）為；并設(shè)如下各問中，電荷運動及電場變化所激發(fā)的磁場及磁相互作用均可忽略不計 （1）試求該勻強電場的大?。衫闷叫邪咫娙萜鞴剑?，其中為真空介電常量，為電容器極板面積，為極板間距）（2）假定此后電子保持整體運動，且其運動對正離子的反沖及其與正離子之間的碰撞均可忽略不計．試說明這種整體運動為簡諧振動，并求解振動角頻率的表達式．（結(jié)果以參量、、、表述）（3）在上圖原等離子體薄層所在區(qū)域及其周邊施加方向交變外電場，其中、為已知常量．忽略正離子的運動，但考慮因電子與正離子的碰撞所帶來的能量損耗，其效果可以等價為平均作用于每個電子上的線性速度阻尼力，其中為已知常量①仍假定此后電子保持整體運動，且其穩(wěn)態(tài)振動振幅，試求該振幅；②將等離子體看作是一種電介質(zhì)，即將交變電場作用下等離子體內(nèi)部正、負電荷的相對移位看作是“極化”效應(yīng)，試求解如上交變電場中等離子體薄層對應(yīng)的復相對介電常量【答案】(1)???(2)???(3)①???②【解析】【詳解】（1）設(shè)等離子體上下底面積為，則下表面電荷宏觀電量為’勻強電場場強大小為．（2）電子整體運動可由單個電子代表．處于題圖中宏觀電中性區(qū)域內(nèi)的自由電子受力為其中也是該電子相對原平衡位置的位移，即該電子運動滿足．因此，以該電子代表的整體運動為簡諧振動，其角頻率為．（3）①取交變外電場復表述則單電子穩(wěn)態(tài)振動對應(yīng)的復表述為，?????????????①其中為復振幅．單電子穩(wěn)態(tài)振動復表述滿足方程，其中為(2)問所求．上式可化為．將①式代入得， ，?????????????②，．②解法一：定義等離子體介質(zhì)的極化強度矢量為單位體積內(nèi)微觀電偶極矩的求和，則由題文可知，當電子相對正離子整體移位時（為軸方向的單位向量），有．由（1）問中結(jié)果，得其產(chǎn)生附加電場為．對題文所述交變外電場作用下的極化機制，采用復表述并投影到軸方向，即得，．?????????????③由線性極化規(guī)律有其中為復電極化率．代入③式得，即．代入②式得．將代入，有，解得,故得復相對介電常量為，．解法二：由總電場復表述求解穩(wěn)態(tài)振動復表述（仍設(shè)）方程，，，即，得，．30．（2019·全國·高三競賽）如圖所示，軸右邊存在磁感應(yīng)強度為的勻強磁場，軸左邊存在磁感應(yīng)強度為的勻強磁場，它們的方同皆垂直紙面向里．在原點處，一個帶正電的電荷量為、質(zhì)量為的粒子，在時以大小為的初速度沿正軸方向運動，在粒子開始運動后，另一質(zhì)量和電荷量都與相同的粒子，從原點以大小為的初速度沿負軸方向開始運動．要想使和 能在運動過程中相遇，試分析和計算它們出發(fā)的時間差的最小值，并求出與此對應(yīng)的相遇地點的坐標．設(shè)整個磁場區(qū)域都處于真空中，且不考慮重力及、兩粒子之間的相互作用力．【答案】；，【解析】【詳解】帶電荷量為、質(zhì)量為、初速度為的粒子，當它在磁感應(yīng)強度為的勻強磁場中運動時，如果其初速度的方向與磁場方向垂直，由洛侖茲力和牛頓定律可知，它將在磁場中做勻速圓周運動．令和分別表示其周期和軌道半徑，則有．?????????????①由此求得???????，?????????????②．?????????????③把這些結(jié)論用到本題中，可知粒子開始在第一象限中運動（軸以右），有，????????????????????④．????????????????????⑤經(jīng)半個周期（即）后，進入第二、三象限中（軸以左），周期和軌道半徑變?yōu)椋???????????????????????????⑥．???????????????????????????⑦以后就按此模式在平面內(nèi)沿圖乙中的虛線運動． 同理，粒子開始在第三象限（軸以左）中運動，有，?????????????⑧．?????????????⑨經(jīng)半個周期（即）后，進入第四象限（軸以右）運動，周期和軌道半徑變?yōu)椋?????????????⑩．??????????????以后就按此模式在平面內(nèi)沿圖中實線運動．由以上分析可知，只要在右邊，不管是還是，周期皆為；只要在左邊，周期皆為．由圖乙可見，只有在兩軌跡交叉或相切的那些點，才有相遇的可能性．為求得題中所說的時間差的最小值，下面我們先假設(shè)，如果、同時開始運動，分析經(jīng)過哪個交叉或相切點時兩者的時間差最短，則這個時間差就應(yīng)當?shù)扔陬}中所說的要、在此交叉或相切點能相遇時，兩者出發(fā)時間的時間差．為此，結(jié)合圖乙分別考查、的運動，經(jīng)過分析就可看出，在到之間的那個交叉點（圖乙中的點）處，、通過它的時間差最短（在以前和以后的那些交叉或相切點，、通過時的時間差都較長）．為了定量地求出此時間差，取負軸上距原點為（即）處為新的原點，如圖所示．取時間 為新的起始計時時刻，對用表示，對用表示．在軸以左、的周期相同，所以角速度亦相同，以表示、在軸以左的角速度，有．?????????????????????對，有，????????．????????對，有，????????．????????對點應(yīng)有，．??????????????由以上各式可解得所求的時間差應(yīng)為．????????這個結(jié)果說明，如、同時出發(fā)，則比晚時間通過點．換成題目的要求，就應(yīng)當說，要、相遇，則的出發(fā)時間應(yīng)比晚．由以上各式還可求得點的坐標為，??????????????．?????????????????????換為坐標系，有 ，?????????????????????????????????．?????????????類似于本題中的粒子在軸方向的“漂移”運動，是研究帶電粒子在電場或磁場中運動時經(jīng)常討論的問題之一．討論這一問題必然會涉及帶電粒子在運動過程中在時間與空間問題上的周期性討論，有時候這類問題看上去只是幾何關(guān)系的尋找，有點類似于行程與相遇問題而被我們輕視，但這一關(guān)系卻往往會成為我們解答問題的瓶頸．處理這類問題，我們雖然有“跟著過程走”的口訣，但在具體的執(zhí)行過程中，我們有時很難堅持做到．平時訓練時，對這類試題一定不要覺得“簡單”而厭煩其過程分析，避免在考試時出現(xiàn)在心理上回避此類問題的情況．31．（2019·全國·高三競賽）如圖1所示的電阻網(wǎng)絡(luò)中，圖中各段電阻的阻值均為（1）試求、（2）現(xiàn)將該網(wǎng)絡(luò)接入電路中，如圖2所示．間接電感，、間接一交流電源，其角頻率為，現(xiàn)為提高系統(tǒng)的動率因數(shù)，在、間接一電容，試求使功率因數(shù)為1的電容，已知【答案】（1），（2）【解析】【詳解】（1）將題圖1所示的電阻網(wǎng)絡(luò)的、兩點接入電路時，可以發(fā)現(xiàn)、等勢點，于是、、可去掉．所以，．將、接入電路時，將原電路進行等效變化，如圖甲所示． ．（2）將題圖1等效為圖所示三端網(wǎng)絡(luò)．由（1）知，，解得，．所以圖所示虛線框內(nèi)的等效阻抗為．電路的總復導納為使功率因數(shù)為1，則復導納虛部為0．所以，32．（2019·全國·高三競賽）理想的非門可以視為一個受控電壓源：當輸入端電壓小于時，輸出端相當于和地線之間有一個理想電壓源，電源電壓；當輸入端電壓大于時，輸出端相當于和地線之間短路．等效電路圖如圖1所示．不同非門中接地點可以視為是同一個點，我們利用非門、電容和電阻能夠做成一個輸出方波信號的多諧振蕩器．給出圖2電路中隨著時間的變換關(guān)系． 提示：如圖3的電路，從剛接通電路開始，電容上的電壓隨時間變化規(guī)律為【答案】見解析【解析】【詳解】將多諧振蕩器電路等效為圖示電路，可見電流只在回路中流動．假設(shè)系統(tǒng)存在穩(wěn)態(tài)，則電容電量為常數(shù)，因而電阻上電流為0，則輸入電壓等于輸出電壓，這顯然矛盾，因而系統(tǒng)不存在穩(wěn)態(tài)．不失一般性，電容初態(tài)電壓為0，系統(tǒng)初態(tài)，因而，電路沿順時針給電容充電（電阻上的電流從下向上為正，電容電量右邊記為正）．從時起，圖中的大小開始小于，門反轉(zhuǎn)，將此后直到門再次反轉(zhuǎn)的過程記為過程：此時，，由于電容上電量不突變，所以，．因而電路沿逆時針給電容反向充電，新充入電量為．，即．不斷上升，到達時，時，門反轉(zhuǎn)，此后進入過程Ⅱ．設(shè)過程Ⅰ歷時，將與題目中的電路滿足的類比，過程Ⅰ滿足的，，則由電容上的電壓隨時間變化規(guī)律可得：． 對于過程Ⅱ，此時，，由于電容上電量不突變，所以，．因而電路沿順時針給電容正向充電，新沖入電量為．，即．不斷上升，到達時，，門再次反轉(zhuǎn)，此后又進入過程Ⅰ．同理可得：．過程Ⅰ、Ⅱ循環(huán)進行．因此得方波的信號周期為．33．（2019·全國·高三競賽）有一個平面正方形無限帶電網(wǎng)絡(luò)，每個格子邊長均為，線電荷密度為，有一帶電電量為、質(zhì)量為的粒子恰好處于一個格子的中心，若給它某個方向的微擾，使其位移，．試求它受到電場力的大小，并描述它以后的運動．（提示：可能用到的公式）【答案】故對于一微擾位移為的粒子，有，粒子做簡諧振動，【解析】【詳解】引理：線電荷密度為的無限長帶電線，其在距帶電線處產(chǎn)生的場強大小為，方向垂直于帶電線向外．證明略．對于本題所給的模型，建立圖示坐標．因粒子在軸方向上的受力只與粒子方向上的微擾有關(guān)，在方向上的受力，也只與方向上的微擾有關(guān)，設(shè)粒子在方向上有微擾位移，則． 又由于，則．又，所以，．同理，．故對于一微擾位移為的粒子，有，故粒子做簡諧振動，34．（2019·全國·高三競賽）有七片完全相同的金屬片，面積為，放置在真空中，除4和5兩板間的間距為外，其他相鄰兩板間距均為，且1和5、3和7用導線相連，試求：（1）4與6兩板構(gòu)成的電極的電容（2）若在4和6間加上電壓，求各板的受力．【答案】（1）（2），方向向上；，方向向下；，方向向上；，方向向上【解析】【詳解】（1）由4與6兩板構(gòu)成的電極的電容結(jié)構(gòu)可等效為圖所示的電容網(wǎng)絡(luò)，其中 圖1，．由圖可知，各電容器所帶的電量滿足，，．各支路的電壓滿足如下關(guān)系：，，．由上述各式解得，，，，，則．為求4、6端的電容，我們也可通過先求如圖左所示的電阻網(wǎng)絡(luò)的阻值，進而求得電容．將圖中的形接法部分轉(zhuǎn)化為△接法，得到圖2右所示電路，其阻值如圖所示，進而易得到．直流電路的電阻、電壓、電流之間有．由電容組成的電路的電容、電壓、電量之間有．類比有．且上述的電阻電路與電容電路匹配，所以，，即有．（2）由于各板的受力為系統(tǒng)中其他板上的電荷在該板處產(chǎn)生的電場對其板上電荷的作用力，故而通過高斯定理易求得各板處的場強，進而求得各板的受力為 ，方向向下，在原系統(tǒng)中．（求法：1板上側(cè)面不帶電，下側(cè)面帶電，正電，即，由電荷守恒知，板帶電總量為，為負電，將視為整體，由高斯定理易得到）下面符號表示第塊板所帶的總電量．．（該板顯然有），方向向下．式中，，，，．同理可得：，方向向上；，方向向下；，方向向上；，方向向上．35．（2019·全國·高三競賽）在空間中幾個點依次放置幾個點電荷，，，，…，，對于點，其余個點電荷在這一點上的電勢和為，若在這個點上換上另個點電荷，，，…，，同理定義（1）證明：（2）利用（1）中結(jié)論，證明真空中一對導體電容器的電容值與這兩個導體的帶電量無關(guān)．（這對導體帶等量異號電荷）（3）利用（1）中的結(jié)論，求解如下問題：如圖所示，正四面體各面均為導體，但又彼此絕緣．已知帶電后四個面的靜電勢分別為、、和，求四面體中心點的電勢 【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)點對點所產(chǎn)生的電勢為，同理易知點對點產(chǎn)生電勢為，而對于此二點系統(tǒng)，我們有，即所以，，易知為只與位置有關(guān)的參量．又（令）則（只與位置有關(guān)）所以，所以原式（格林互易定理）成立（2）分別設(shè)兩導體前后所帶靜電分別為，，其對應(yīng)的電容分別為、則由（1）知，（其中，為帶時兩導體電勢）同樣（其中，為帶時兩導體電勢）由（1）知二者相等，則所以，即與導體帶電量多少無關(guān)．（3）由題意，設(shè)四個面與中心的電荷量分別為、、、、0同時，四個面與中心的電勢分別為、、、、．現(xiàn)將外面四個面接地，中心放一個電量為的點電荷，中心電勢為，而四個面產(chǎn)生的感應(yīng)電荷都相等，為，則此時四個面與中心的電荷和電勢分別為、、、、；0、0、0、0、 由格林互易定理可得即可得36．（2019·全國·高三競賽）均勻超導細環(huán)的半徑為，電感為，質(zhì)量為，環(huán)中引入電流．環(huán)掛在沒有彈性的細線上，放入磁感強度為的水平勻強磁場區(qū)域中，在穩(wěn)定平衡位置，矢量與其在環(huán)面上分量之間角度等于．（1）求與環(huán)中初始電流之間關(guān)系，且作出圖像（2）求環(huán)中穩(wěn)定電流強度與電流強度初始值之間的關(guān)系，作出圖像（3）對于情況，要將環(huán)從磁場中拉出來至少需要做多少功？【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）（2）如果環(huán)位于磁感強度為的均勻磁場中，且環(huán)中電流（當時），那么唯一穩(wěn)定的平衡位置是當時，且環(huán)中心處環(huán)自身磁場磁感強度矢量沿B指向．設(shè)，而環(huán)中電流這樣流動，使環(huán)處于穩(wěn)定平衡位置．超導環(huán)引起磁通量守恒，則．由此．據(jù)題意可知．因此當時，．當時，沒有穩(wěn)定位置，所以在這種情況下當時將有穩(wěn)定平衡位置．設(shè)時，．根據(jù)磁通量守恒定理有，由此．圖（a）和（b）分別表示和關(guān)系圖像． （3）設(shè)沒有外磁場時環(huán)中，而在磁場中環(huán)中電流．求將環(huán)從均勻磁場區(qū)域拉出做的功．圖（c）表示當環(huán)拉出距離時的任一位置，磁場對環(huán)將有安培力作用，即，式中為環(huán)中電流．根據(jù)磁通量守恒定理，有，式中為圖上劃有斜線部分的面積．因此，，可得到．將環(huán)拉出磁場做功等于．考超重力場，有．有關(guān)超導現(xiàn)象的試題雖然在過去的競賽中也曾遇到過，但一般都僅限于電阻特性、完全的抗磁性（超導體內(nèi)部的磁感應(yīng)強度）以及線圈的磁通量保持不變的應(yīng)用，嚴格地說，這最后一點應(yīng)立足于電磁感應(yīng)進行解釋．由于在新大綱中加入了對超導體的要求，相信今后對超導體性質(zhì)的考查以及運用超導體背景的試題會越來越多，讀者在學習過程中應(yīng)注意這方面試題的收集與整理．37．（2019·全國·高三競賽）如圖所示，兩平面、所成二面角，現(xiàn)有一勻強磁場，大小為，方向平行于平面，且與、的交線垂直，而在平面內(nèi)有一如圖的矩形電阻網(wǎng)絡(luò)，其全部的豎邊平行于、的交線，全部橫邊則與之垂直，且小矩形每邊的長均為，電阻為，且有恒定的電流從流入，從流出，問：此網(wǎng)絡(luò)所受安培力的力矩相對于點為多大？ 【答案】【解析】【詳解】如圖所示，我們將橫邊的電流設(shè)為，縱邊的電流設(shè)為我們先考慮橫邊，由對稱性知，，…，即又由于，故有故，我們可以將這些邊都兩兩分組，那么，對于一組而言，其力矩由幾何對稱性，我們易得到所以，則總的力矩為即，其中另外，我們注意到：，所以，同理，我們分析縱邊可得我們建立圖示的坐標，有，，而， 總力矩為大小38．（2019·全國·高三競賽）某電磁軌道炮的簡化模型如圖a所示，兩圓柱形固定導軌相互平行，其對稱軸所在平面與水平面的夾角為θ，兩導軌的長均為L、半徑均為b、每單位長度的電阻均為，兩導軌之間的最近距離為d(d很小).一彈丸質(zhì)量為m(m較小)的金屬彈丸(可視為薄片)置于兩導軌之間，彈丸直徑為d、電阻為R，與導軌保持良好接觸.兩導軌下端橫截面共面，下端(通過兩根與相應(yīng)導軌同軸的、較長的硬導線)與一電流為I的理想恒流源(恒流源內(nèi)部的能量損耗可不計)相連，不考慮空氣阻力和摩擦阻力，重力加速度大小圖a.某電磁軌道炮的簡化模型為g，真空磁導率為μ0.考慮一彈丸自導軌下端從靜止開始被磁場加速直至射出的過程.(1)求彈丸在加速過程中所受到的磁場作用力；(2)求彈丸的出射速度；(3)求在彈丸加速過程中任意時刻、以及彈丸出射時刻理想恒流源兩端的電壓；(4)求在彈丸的整個加速過程中理想恒流源所做的功:(5)在θ=0°的條件下，若導軌和彈丸的電阻均可忽略，求彈丸出射時的動能與理想恒流源所做的功之比.【答案】（1）???方向平行于導軌軸線斜向上???（2）方向平行于導軌軸線斜向上???（3）（4），（5）50%【解析】【詳解】(1)由于彈丸直徑d很小，每根載流導軌均可視為半無限長載流直導線，彈丸上離某導軌軸線距離為r′處的磁場的磁感應(yīng)強度大小為????????????????????????????(1) 方向垂直于兩導軌對稱軸所在平面斜向下．彈丸長為的一段所受到的磁場作用力(安培力)為????????????????????(2)方向平行于導軌軸線斜向上.彈丸所受到的安培力大小為??????????????????????????????????????(3)方向平行于導軌軸線斜向上，(2)設(shè)彈丸的加速度大小為.由牛頓第二定律有??????????????????????(4)由(3)(4)式得，彈丸的加速度大小為??????????????????????(5)方向平行于導軌軸線斜向上.彈丸作勻加速直線運動，彈丸的出射速度滿足???????????????????????(6)由(5)(6)式得???????????????(7)方向平行于導軌軸線斜向上.(3)兩導軌之間離某導軌軸線距離為r處(不一定是彈丸上一點)的磁場為????????????????????(8)通過兩導軌各自從下端開始長為l的一段以及彈丸長為dr的一-段組成平面回路的磁通量為????????????????????(9)通過兩導軌各自從下端開始長為l的一段以及彈丸組成平面回路的磁通量為?????????????(10)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢為 ???????????????????????(11)式中是彈丸沿導軌的運動速度.由全電路歐姆定律得????????????????????????????????(12)式中U為恒流源兩端的電壓．彈丸做勻加速直線運動，在通電后任意時刻t有???????????????????????????(13)?????????????????????????(14)由(11)(12)(13)(14)式得，在時刻t恒流源兩端的電壓為即???????(14)由(7)(13)式得，彈丸的加速度時間為????????????(16)由(15)(16)式得，彈丸出射時電源兩端的電壓為??????????????????(17)(4)在彈丸的整個加速過程中，恒流源所做的功為(18)下面依次計算(18)式右端的第一項、第二項，和第三項:??????????????????(19) (5)彈丸出射時的動能為:?????????????(20)在的條件下，彈丸出射時的動能為???????????????????????????(21)若導軌和彈丸的電阻可忽略，恒流源所做的功為??????????????????????(22)彈丸出射時的動能與恒流源所做的功之比=50%???????????????????????????(23)39．（2019·全國·高三競賽）閃電是地球上最壯麗的自然現(xiàn)象之一，人們對閃電進行了大量研究，近年來還觀測到閃電導致的瞬間發(fā)光和伽瑪射線暴等新現(xiàn)象.閃電通常由雷電云(離地6-12km)放電產(chǎn)生，多數(shù)閃電發(fā)生在云內(nèi)，少數(shù)到達地面，由于云內(nèi)冰狀顆粒相互碰撞，小顆粒冰晶帶正電，隨氣流上浮到云上端；較大顆粒帶負電，下墜到云底端(見圖a).云中閃電中和了云內(nèi)的正負電荷，而云地閃電則把負電荷釋放到地面.(1)利用高空氣球攜帶的電場測量儀測量高空中某圓柱形空域雷電云內(nèi)的電場，其強度可視為均勻分布，大小為0.15MV/m.該圓柱區(qū)域的中軸線垂直于地面，半徑為2.5km，高度為1.0km.求該區(qū)域上下兩端的電勢差、正電荷總量以及攜帶的總電能.已知真空介電常量=8.85×10-12F/m.(2)在起電過程中，雷電云上下兩端電荷會隨時間指數(shù)增加.當?shù)乇黼妶龃笥?.0kV/m時，就會發(fā)生云地閃電，因此地表電場很少超過10kV/m.假定1)中所述的雷電云從高空緩慢整體下移，直至其負電荷層離地高度為6.0km時暫時保持穩(wěn)定，地面為良導體，試估算此雷電云正下方產(chǎn)生的地表電場強度. (3)云地閃電通常由帶電云底端帶負電的冰晶顆粒尖端放電觸發(fā)，先形成一條指向地面的放電細路徑(直徑為厘米量級)，該細路徑隨時間向下延伸，并導致周圍空氣不斷電離，逐漸形成以原細路徑(橫截面大小可視為不變)為軸的粗圓柱形帶電體，最后接近地面形成云地閃電通道.該閃電通道垂直于地面，所帶負電荷總量為2.5C(原細放電路徑內(nèi)所帶電量相對很小)，閃電通道(中心放電細路徑除外)內(nèi)部電場強度大小相等.假設(shè)閃電通道的長度遠大于其直徑，閃電通道的直徑遠大于中心放電細路徑的直徑，且在閃電通道連通云地前的極短時間內(nèi)，閃電通道內(nèi)部的電荷分布可視為穩(wěn)定分布.已知大氣的電場擊穿閾值為3.0MV/m，試估算該云地閃電通道的直徑，并導出閃電通道(中心放電細路徑除外)內(nèi)的電荷密度徑向分布的表達式(4)閃電通道連通云地后，云底和通道內(nèi)部的負電荷迅速流向地面；閃電區(qū)域的溫度驟然上升到數(shù)萬攝氏度，導致其中的空氣電離，形成等離子體，放出強光，同時通道會劇烈膨脹，產(chǎn)生雷聲，閃電的放電電流經(jīng)過約10μs時間即可達數(shù)萬安培.在通道底部(接近地面)向四周輻射出頻率約為30kHz的很強的無線電波.由于頻率低于20MHz(此即所謂電離層截止頻率)的電磁波不能進入電離層內(nèi)部，該無線電波會加熱電離層底部(離地約80km)的等離子體，閃電電流--旦超過某閾值將導致該電離層底部瞬間發(fā)光，形成一個以強無線電波波源(通道底部)正上方對應(yīng)的電離層底部為中心的光環(huán)，最大直徑可延伸到數(shù)百公里.試畫出電離層底部光環(huán)產(chǎn)生與擴展的物理過程示意圖，并計算光環(huán)半徑為100km時光環(huán)擴張的徑向速度.(5)球形閃電(球閃)的微波空泡模型認為球閃是一個球形等離子體微波空腔(空泡).當閃電微波較弱時，不足以形成微波空泡，會向太空輻射，穿透電離層，可被衛(wèi)星觀測到.實際上，衛(wèi)星確實觀測到了這種微波輻射.但衛(wèi)星觀測信號易受電離層色散的干擾，攜帶探測器的高空氣球可到達雷電云上方觀測，以避免此類干擾.為了在離地12km的高空觀測閃電發(fā)出的微波信號，需要在該區(qū)域懸浮一個載荷(包括氣球材料和探測器)為50kg的高空氦氣球，求此氣球在高空該區(qū)域懸浮時的體積.已知在離地12km的高度以下，大氣溫度隨高度每升高1km下降5.0K，地面溫度T0=290K，地面壓強=1.01×105pa，空氣摩爾質(zhì)量M=29g/mol；氣球內(nèi)氦氣密度(在離地高度12km處的值)=0.18kg/m3.重力加速度g=9.8m/s2，氣體普適常量R=8.31J/(K·mol).【答案】（1）???（2）3.5kV/m???電場方向垂直于地面朝上???（3）（4）3.8×108m/s?????（5）3.8×102m3【解析】【詳解】(1)該圓柱形雷電云空域的電荷分布可近似認為是一個平行板電容器，其電容為??????????????????????????????????????????(1)式中，r=2.5km，d=1.0km.該區(qū)域上下兩端的電勢差為U=Ed=150MV??????????????????????????????????????(2)式中E=0.15MV/m．所帶正電荷總量為=26C?????????????????????????????????????????????(3)攜帶的總電能為J???????????????????????????????????(4)(2)將地面考慮為平面導體.應(yīng)用鏡像電荷法，可得高度為h的點電荷Q產(chǎn)生的地面電場為 ?????????????????????????????????(5)雷電云正負電荷產(chǎn)生的總地表電場為=-3.5kV/m????????????(6)已利用(3)式和題給數(shù)據(jù)h=6.0km，d=1.0km，r=2.5km.結(jié)果為負，說明電場方向垂直于地面朝上.【另解】(較為精確的計算):考慮圓盤上一圓環(huán)形的電荷微元其中r′為圓盤半徑，為圓盤面電荷密度.該電荷微元在圓盤中軸線(過圓盤中心且與圓盤垂直的軸線)上與盤相距x處產(chǎn)生的電勢為整個帶電圓盤在圓盤中軸線上與盤相距x處產(chǎn)生的電勢為整個帶電圓盤在圓盤中軸線上與盤相距x處產(chǎn)生的電場為雷電云負電荷圓盤在x=h產(chǎn)生的電場為，式中h為負電荷的高度.正電荷圓盤在x=h+d產(chǎn)生的電場為將地面考慮為平面導體.應(yīng)用鏡像電荷法，得到正負電荷產(chǎn)生的地面電場為????????????????????????????(5)已利用了(3)式．代入題給數(shù)據(jù)h=6.0km，d=1.0km，r=2.5km，得=-2.8kV/m??????????????????????????????(6) 結(jié)果為負，說明電場方向垂直于地面朝上．(3)閃電通道的線電荷密度為??????????????????????????????????????????(7)式中Q=2.5C，h=6.0km.利用高斯定理得，圓柱電荷體系外的電場為???????????????????????????????????(8)式中r′為到圓柱中軸線的距離.閃電通道的表面(柱面)電場應(yīng)為擊穿電場，故其直徑為=5.0m???????????????????????????(9)式中E擊穿=3.0MV/m.由題設(shè)，閃電通道的長度遠大于其直徑，閃電通道的直徑遠大于中心放電細路徑的直徑，閃電通道可視為無窮長的直圓柱體.在該直圓柱體上下兩端面的電場通量(邊緣效應(yīng))可忽略.在閃電通道內(nèi)部，取與閃電通道同軸的圓柱形封閉面(包含中心放電細路徑)，應(yīng)用高斯定理得????????????????????????????????????????(10)此即將上式兩邊對r求導得:????????(11)于是，閃電通道內(nèi)(中心放電細路徑除外)電荷密度分布為??????????(12)(4)電離層底部光環(huán)產(chǎn)生與擴展的物理過程示意圖如解題圖a所示.圖中，無線電波從閃電O點在t=0時刻以球面波形式輻射出來，波前在t=tA時刻到達電離層底面A處時開始加熱該電離層底部的A處，這對應(yīng)光環(huán)的出現(xiàn)時刻．由于頻率低于電離層截止頻率(30kHz<<20MHz)，無線電波不能進入電離層，無線電波的波前會掠過電離層底面.當波前在t=tB時刻到達B點時，對應(yīng)的光環(huán)的半徑就為. 假設(shè)在較短的時間Δt內(nèi)，光環(huán)外徑從B傳播到C；對應(yīng)的無線電波的波前從B點傳播到了D點．由于無線電波的傳播速度為c，故????????????????????(13)其中c是光速.光環(huán)從B到C的移動速度為???????????????????????????????????????????????(14)代入題給數(shù)據(jù)????????????????????????????????????????????????????(15)由(14)(15)式得????????????????????(16)代入題給數(shù)據(jù)=80km，=100km，得=1.28c=3.8×108m/s；???????????????(17)【另一解】電離層底部光環(huán)產(chǎn)生與擴展的物理過程示意圖如解題圖a所示.圖中，無線電波從閃電O點在t=0時刻以球面波形式輻射出來，波前在t=tA時刻到達電離層底面A處時開始加熱該電離層電離層底面AB底部的A處，這對應(yīng)光環(huán)的出現(xiàn)時刻．由于頻率低于電離層截止頻率(30kHz<<<20MHz)，無線電波不能進入電離層，無線電波的波前會掠過電離層底面．當波前在t=tB時刻到達B點時，對應(yīng)的光環(huán)的半徑就為.由于無線電波的傳播速度為c，故 ，????????????????????????????（13）式中t是光環(huán)從A擴展至B所用時間.由幾何關(guān)系得??????????????????(14)將(14)式兩邊對t微商得???????????????????????????(15)由幾何關(guān)系有由上式和(15)式得??????????????????????(16)代入題給數(shù)據(jù)=80km，=100km，得=1.28c=3.8×108m/s；????????(17)????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????(5)氣球在高空懸浮的條件是???????????????(18)式中m負載為氣球及載荷的總質(zhì)量，ρ1為高空的大氣密度，V0是此氣球在此高度懸浮時的體積.由(18)式得???????????????(19)求出ρ1即可得氣球體積.按題意，空氣溫度隨高度的變化關(guān)系為??????????????????????(20)其中=5.0×10-3K/m.空氣壓強隨高度的變化滿足.??????????????????????(21)由理想氣體狀態(tài)方程可得空氣密度??????????????????????????????(22) 式中m和V分別為空氣質(zhì)量和體積，M為空氣摩爾質(zhì)量，為空氣密度，R為普適氣體常量.將(22)式代入(21)式得???????????????(23)由(23)式得???????????????????????????????????????????(24)兩邊積分得????????????????????????????(25)于是???????????????????????????????????(26)相應(yīng)的空氣密度為?????????????????(27)推導中用到了????????????????????????????????????????????????????(28)由(27)式和題給數(shù)據(jù)得，離地高度z=12km處的空氣密度為=0.31kg/cm3??????????????????(29)將(29)式代入(19)式得=3.8×102m340．（2019·全國·高三競賽）找到兩塊很大的金屬平面，如圖所示擺成角，角的頂點為O點，兩塊板之間接有電壓大小為V0的電源，金屬板和O點比較靠近，以至于在角內(nèi)的電場線幾乎為圓弧，A位于角內(nèi)，，OA和下面的平面夾角為θ。(1)計算A的電場和電勢大??；(2)有一個質(zhì)量為m，電量為q的小電荷開始在很靠近下平面的某點靜止釋放，電荷很小以至于幾乎不改變空間電場分布，經(jīng)過時間t后電荷運動到了上平面上的B點。。求出點電荷到達B點的速度大小，以及此時速度方向和上平面之間的夾角（取銳角，由于徑向運動比較復雜，此題中只考慮角動量定理和能量守恒，不考慮重力） 【答案】見解析所示【解析】【詳解】由于題目中給出了電場線為圓弧的條件，于是我們知道電勢是隨角度均勻分布的于是場強不隨角度變化，不難寫出得根據(jù)能量守恒我們得出解出列出帶電體繞O點轉(zhuǎn)動的力矩與角動量關(guān)系所以當t時間之后，小電荷到達B點時，其角動量其垂直于板的速度分量則所求角度41．（2020·全國·高三競賽）線性渦流制動是磁懸浮列車高速運行過程中進行制動的一種方式。某研究所制成如圖所示的車和軌道模型來定量模擬磁懸浮列車的渦流制動過程。車廂下端有電磁鐵系統(tǒng)固定在車廂上，能在長、寬的矩形區(qū)域內(nèi)產(chǎn)生沿豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度可隨車速的減小而自動增大（由車內(nèi)速度傳感器控制），但最大不超過，長大于、寬也為 的單匝矩形線圈間隔鋪設(shè)在軌道正中央，其間隔也為，每個線圈的電阻為，導線粗細忽略不計。在某次實驗中，模型車速度為時，啟動電磁鐵制動系統(tǒng)，車立即以加速度做勻減速直線運動；當磁感應(yīng)強度增加到后，磁感應(yīng)強度保持不變，直到模型車停止運動。已知模型車的總質(zhì)量為，不計空氣阻力，不考慮磁場邊緣效應(yīng)的影響，求：（1）電磁鐵磁場的磁感應(yīng)強度達到最大時，模型車的速度；（2）模型車的制動距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)電磁鐵磁場的磁感應(yīng)強度達到最大時，模型車的速度為，電磁鐵的L1邊切割磁力線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流分別為①②電磁鐵受到的安培力產(chǎn)生的加速度滿足③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得，模型車的速度為④（2）模型車由減速到過程中，做勻減速運動，由運動學公式有⑤在磁感應(yīng)強度達到最大后，模型車速度為時，其所受到的安培力的大小為:⑥對模型車從速度為開始減速至停止運動的制動過程，應(yīng)用動量定理得⑦由⑥⑦式得⑧由⑧式和題給數(shù)據(jù)得 ⑨模型車的制動距離為⑩42．（2020·全國·高三競賽）勞倫斯（E.O.Lawrence）在1930年首次提出了回旋加速器的原理：用兩個半圓形磁場，使帶電粒子沿圖弧形軌道旋轉(zhuǎn)，反復通過兩半圓縫隙間的高頻電場加速而獲得較高能量。他因這個極富創(chuàng)意的方案而獲得了1939年的諾貝爾物理學獎。已知數(shù)據(jù)：質(zhì)子質(zhì)量mp=938.3MeV/c2，真空中的光速e=300×108m/s。(1)目前全球最大的回旋加速器是費米實驗室中的高能質(zhì)子同步加速器Tevaron（粒子運行最大回旋圓軌道的周長為Lmax=6436m）?？梢詫⒁毁|(zhì)子加速到的最大能量為=1.00×106MeV。假設(shè)質(zhì)子在被加速過程中始終在垂直于均勻磁場的平面內(nèi)運動，不計電磁輻射引起的能量損失。求該同步加速器Tevatron將質(zhì)子加速到上述最大能量所需要的磁感應(yīng)強度的最小值Bmin。(2)高能入射質(zhì)子轟擊靜止的質(zhì)子（靶質(zhì)子）。可產(chǎn)生反質(zhì)子，反應(yīng)式為。求能產(chǎn)生反質(zhì)子時入射質(zhì)子的最小動能，并判斷第(1)間中的Tevaton加速的質(zhì)子是否可以襲擊靜止的靶質(zhì)子而產(chǎn)生反質(zhì)子?！敬鸢浮俊窘馕觥柯?3．（2021·全國·高三競賽）如圖，長度為L、質(zhì)量為m的均勻金屬桿兩端靠在垂直于水平面的直角絕緣導軌上，導軌的兩臂分別沿水平與豎直方向。初始時刻金屬桿靜止，與豎直導軌成30°角。不計一切摩擦。（1）試求當桿下滑到與豎直導軌成60°角時桿的質(zhì)心的速度；（2）假設(shè)存在垂直于導軌所在平面（紙面）向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，求當桿下滑到與豎直導軌成60°角時桿兩端的感應(yīng)電動勢?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【分析】 【詳解】（1）由能量守恒得式中I為桿繞其質(zhì)心的轉(zhuǎn)動慣量vC為桿的質(zhì)心C的速度，ω為桿的轉(zhuǎn)動角速度聯(lián)立以上各式，解得（2）整個桿在恒磁場的橫截面內(nèi)運動，且可視為整個桿以其質(zhì)心C的速度vC平動與以角速度ω繞其質(zhì)心C的轉(zhuǎn)動，后者對感應(yīng)電動勢的貢獻相互抵消。因此僅考慮桿的平動即可。取直角絕緣導軌的交點為原點，水平與豎直方向的導軌分別為x軸和y軸。桿的質(zhì)心的坐標為式中θ為桿在時刻t與豎直導軌所成的角度。于是有即桿的質(zhì)心C的速度方向由下式確定即桿的質(zhì)心C的速度方向斜向下，且與水平方向夾角為θ，對于本題有θ=60°。于是桿兩端的感應(yīng)電動勢為電動勢的方向從桿的上端指向下端（即下端為正極）。44．（2020·全國·高三競賽）將電傳輸信號調(diào)制到光信號的過程稱為電光調(diào)制。電光調(diào)制器的主要工作原理是電光效應(yīng)：以鈮酸鋰電光晶體為例，其折射率在電場作用下發(fā)生變化，從而改變輸入光束的光程，使電信號信息轉(zhuǎn)移到光信號上。 電光調(diào)制器光路圖如上圖所示，P1、P2分別為起偏器和檢偏器，兩者結(jié)構(gòu)相同但偏振方向相互垂直（圖中P（‖x1）、P（‖x2）表示P1、P2的偏振方向分別x1與x2為坐標。軸平行），長度為l、厚度為d的電光晶體置于P1、P2之間，晶體兩端面之間加有電壓V（以產(chǎn)生沿x3方向的電場，強度大小為E）；真空中波長為的光波經(jīng)過起偏器P（‖x1）后沿x3方向入射至電光晶體，折射后分為兩束偏振方向（分別與快軸x′1和慢軸x′2平行）相互垂直的光波，寫軸x′1與x1軸、x′2軸與x2軸均成45°夾角；電光晶體內(nèi)沿x′1、x′2方向的折射率分別為，其中n0為o光的折射率，為常量，由晶體本身性質(zhì)決定：兩束光從電光晶體出射后經(jīng)波片，最終由檢偏器P（‖x2）獲取。(1)一束圓頻率為的光入射到電光晶體左端面，電場強度為。求光通過電光晶體后的相位變化和光強變化：當出射光束之間的相位差為π時，電光晶體起到一個“波片”的作用，此時所用的外加電壓稱為半波電壓，求。(2)設(shè)外加電信號電壓為，是調(diào)制信號頻率。若光波不經(jīng)過波片而直接進入檢偏器P2，求出射光束的光強透過率（出射光與入射光強度之比》與電信號電壓的關(guān)系。只有在電光調(diào)制器的透過率與調(diào)制電壓具有良好的線性關(guān)系時，電信號轉(zhuǎn)移到光信號后信號才不失真。求光線經(jīng)過波片和檢偏器B時，出射的光束光強透過率與電信號電壓的關(guān)系，并指出波片所起的作用。(3)電光調(diào)制器的等效電路如下圖左半部所示：電光晶體置于兩平行板電極間，兩平行板間的電光晶體可等效為由電阻R和電容C的電阻-電容并聯(lián)外電路：v為外加信號電壓，Rm為調(diào)制電源和導線的電阻，通常滿足R>>Rm。試證明：在圖中開關(guān)斷開的情形下，當，實際加載至電光晶體上的電壓的滿足，即調(diào)制效率極低。 (4)為了提高調(diào)制效率，添加（即將圖中開關(guān)合上）如圖右半部所示的并聯(lián)諧振回路（圖中，RL為負載電阻，L為線圈的電感），試證明?！敬鸢浮俊窘馕觥柯?5．（2020·全國·高三競賽）負微分電阻效應(yīng)是指某些電路或電子元件（如隧道二極管）在特定的電壓范圍內(nèi)其電流隨端電壓增加而減少的特性，該效應(yīng)可在電路中維持高頻振蕩并輸出放大的交流信號。在圖所示的簡化電路中，D為一隧道二極管，其左側(cè)由一定值電阻R、一電感L和一電容C串聯(lián)組成，回路交流電流記為i（t）；其右側(cè)由一理想的高頻扼流圈RFC（直流電阻為零，完全阻斷交流信號）和一理想恒壓直流電源V0組成，回路直流電流記為I（1>>|（t）|），已標示電流正方向。D始終處在特定電壓范圍內(nèi)，這時其電阻值為-R0（R|>0，且為一定值）。(1)已知t=0時，i（0)=0，i（0)=β≠0（表示a對t微商）；交流電流隨時間的變化滿足，（、、、為待定常量）試確定常量、、、，以確定任意時刻t的交流電流（t）；(2)試說明在什么條件下左側(cè)回路中會發(fā)生諧振？并求在發(fā)生諧振的情形下左側(cè)回路中電流iB（t）和諧振頻率fH；(3)試說明在什么條件下左側(cè)回路中會發(fā)生RLC阻尼振蕩？并求此時左側(cè)回路中電流為iD（t）和振蕩頻率fD；(4)已知該隧道二極管D正常工作（即能保持其具有負微分電阻效應(yīng)）的范圍為Vmin≤VD≤Vmax，（Vmin、Vmax為已知常量）試求該隧道二極管上交流部分可能達到的最大平均功率、以及此時理想恒壓直流電源的輸出電壓V0?！敬鸢浮?1)，，；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)左側(cè)回路電勢之和為零，有① 題給的的一般形式是②由初始條件有③由③式知，④將②式代入①式得得兩邊對t微商得不失普遍性，可設(shè)（因為可視為但的極限情形）。上式對任意的時刻t都等于零；因而，各指數(shù)項的系數(shù)均應(yīng)為零，即⑤解得⑥另一種選擇、，導致同樣的結(jié)果。由③⑥式得，⑦由②⑥⑦式得⑧ (2)要在左側(cè)回路中產(chǎn)生諧振（即電流i（t）持續(xù)等幅振蕩），須使電路的能量不隨時間耗損，同時電流隨時間期性變化。因而有⑨注意，⑨式第一式直接導致⑨式第二式。所以，⑨式第一式是此電路發(fā)生諧振的條件。由⑧式和⑨式第一式得⑩請振頻率為?(3)要在左側(cè)回路中產(chǎn)生RLC阻尼振蕩（即電流i（t）振幅隨時間t衰減），須使電路的能量不斷隨時間耗損，同時電流隨時間周期性變化。因而有??由②國式得?這是電路發(fā)生阻尼振蕩的條件。由⑧⒁式得振蕩頻率(4)若要使得隧道二極管上交流部分的平均最大，同時以要確保隧道二極管始終工作在負電阻區(qū)域，則須使隧道二極道上的直流偏置電壓處在工作電壓范圍的中間位置此時的交流部分電壓可達到最大振幅考慮到右側(cè)回路中電壓源為理想恒壓電源，且理想的高頻扼流圈RFC的直流電阻為0，由回路電勢之和為0可知 此時，隧道二極管交流部分的最大平均功率為46．（2020·全國·高三競賽）在恒星之間的廣闊宇宙空間中存在星際介質(zhì)。在宇宙射線的作用下，星際介質(zhì)中的分子失去部分電子成為正離子，電子則游離在外，成為等離子態(tài)。脈沖星是高速旋轉(zhuǎn)、具有超強磁場的中子星，地球上所觀測到其發(fā)出的電磁輻射是脈沖信號。脈沖星信號可用于星際導航和高精度計時，為此需要獲得脈沖信號到達地球的精確時間，研究其電磁輻射的相位變化與色散。一脈沖星到地球的距離為d，星際介質(zhì)中的電子平均數(shù)密度為（數(shù)量級為）；假設(shè)介質(zhì)中存在勻強靜磁場B（數(shù)量級為），其方向平行于電磁波的傳播方向。已知電子質(zhì)量為，電荷為，真空介電常量為，真空中光速為c。(1)取該脈沖星到地球的電磁輻射方向為z軸正向，對于頻率為f的電磁波，其電場為，，式中和k分別為電磁波的振幅和波數(shù)。為簡單起見，設(shè)為常量、且電磁波本身的磁場對電子的作用可忽略，求電子運動的回旋半徑。(2)脈沖星信號在星際介質(zhì)中傳播時會發(fā)生色散，其傳播速度大小（群速度的大?。┮蕾囉陔姶挪l率相對于波數(shù)的變化率：。求能通過介質(zhì)到達地球的脈沖星信號電磁波的最低頻率。(3)假設(shè)在脈沖星信號的傳播路徑上，星際介質(zhì)中的電子平均數(shù)密度保持不變，問脈沖星信號中頻率為f的電磁波到達地球的時間比其在真空中傳播的時間延遲了多少？(4)觀測發(fā)現(xiàn)，從脈沖星同時出發(fā)的頻率為f的電磁波到達地球時出現(xiàn)了相位差，求該相位差（可取近似：，）。(5)如果在傳播途中長度為a的區(qū)間內(nèi)電子數(shù)密度出現(xiàn)漲落，求脈沖星信號中頻率為f的電磁波通過該區(qū)間后由電子數(shù)密度漲落引起的相位移動?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)；(4)；(5)【解析】【詳解】(1)星際介質(zhì)處于等離子態(tài)，由于正離子質(zhì)量遠大于負離于（電子）的質(zhì)量，因此在電場的作用下電子運動，而離子可視為不動。星際介質(zhì)的離子數(shù)密度很小，離子間的碰撞可忽略。 電子的運動是低速的，電磁波的磁場對電子的作用也可忽略。設(shè)電子的運動速度為v，則電子受到的洛倫茲力為????????????????????①由于E與電磁波傳播方向垂直，B與傳播方向平行，與傳播方向垂直，故F與傳播方向垂直，從而使電子在垂直于信號傳播方向的平面中作圓周運動。由牛頓第二定律有????????????????????②式中，????????????????????③對應(yīng)于電子兩個不同的旋轉(zhuǎn)方向。由②③式得?????????????④解法（二）電子在洛倫茲力作用下的運動方程為?????????????①式中為該點電磁波的電場這里，而是在垂直于電磁波傳播方向的平面（作為復平面）上電場的輻角。在上述復平面上????????????????????②式中，可理解為該電子回轉(zhuǎn)的角速度。由②式和與B正交可知???????③由①②③式有此即????????????????????④(2)星際介質(zhì)中單位體積內(nèi)的電子數(shù)為，所以介質(zhì)的極化強度為????????????????????⑤ 電位移矢量為?????????????⑥從而得到介質(zhì)的介電常數(shù)?????????????⑦折射率n為?????????????⑧式中，分別是等離子體的特征頻率、電子在磁場中的同步回旋頻率。由波矢、頻率和折射率的關(guān)系和⑦式得，群速度為?????????????⑨在介質(zhì)中群速度為零的電磁波是不能在該介質(zhì)中傳播的，????????????????????⑩舍去方程的負根，得到能通過星際介質(zhì)的最低電磁波頻率為????????當時，這正是把稱為等離子體特征頻率的原因。(3)頻率為f的電磁波信號通過該介質(zhì)達到地球的時間比其在真空中傳播的時間延遲量為????????????????????? 將⑨式代入?式，并注意到，，有??????????????式中，，(4)由波數(shù)與折射率關(guān)系及方程⑦（在，的近似下），??????????????在區(qū)間d中兩種不同信號的相位差為?利用近似，，得到達地球時的相位變化為?(5)當電子密度出現(xiàn)漲落時，就會引起折射率的變化，由⑦式得?????????????? 由波矢、頻率和折射率的關(guān)系得到波矢的變化??????????????于是，某頻率脈沖星信號通過電子密度出現(xiàn)漲落區(qū)間產(chǎn)生的相位移動為??????????????評分標準：本題共40分，其中①③⑤⑥⑦⑧⑨⑩?????????式各2分，②④式各3分。47．（2020·全國·高三競賽）當電場中兩個導體球靠近時，導體球之間的電場將明顯增強。本題試探討這一現(xiàn)象。已知真空介電常量為。(1)設(shè)一個半徑為的孤立導體球的球心與一個靜止點電荷Q相距為，求鏡像電荷的電量及其位置。(2)設(shè)導體球置于大小為的勻強外電場中，該外加電場可看作是由兩個相距很遠的等量異號點電荷在其連線中點處產(chǎn)生的。試證導體球的感應(yīng)電荷的作用等效于兩個鏡像電荷形成的電偶極子，并求該電偶極子的偶極矩與外場之間的關(guān)系。(3)設(shè)導體球外兩等量異號點電荷的間距為，它們形成的電偶極子沿徑向放置在半徑為的導體球附近，偶極子中心與導體球中心相距，求該偶極子在導體球中鏡像電偶極矩的大小。(4)在大小為的勻強外電場中，沿外電場方向放置兩個半徑為的導體球，兩球心相距。求導體球外過兩球心的平面內(nèi)任一點處的電勢分布和在兩球心連線方向的場強分布（可用遞推式表示），取兩球心連線中點為坐標原點，連線方向為X軸。(5)試證：在不考慮擊穿放電的情形下，當上述兩導體緩慢無限靠近時，兩球連心線中點的電場會因靜電感應(yīng)而趨于無限大。【答案】(1)，距球心；(2)見解析，；(3)；(4)，；(5)見解析【解析】【詳解】(1)如圖所示，由于靜電平衡時導體為等勢體，球表面內(nèi)感應(yīng)電荷均勻分布，其鏡像電荷位于球心位置。球外感應(yīng)電荷對應(yīng)的鏡像電荷為。 由靜電平衡條件，該鏡像電荷必定處于球心和Q的連線上。容易得出，鏡像電荷的大小及距球心O的距離b分別為，????????????????????①(2)設(shè)有等量異號點電荷，與金屬球（導體球）球心O的距離均為a，由產(chǎn)生的兩個像電荷為，由球面電像公式可得，像電荷大小及距球心O的距離b分別為，當時，，因此一對像電荷，可視為一位于球心O的電偶極子，其偶極矩p的大小為????????????????????②勻強外電場可視為等量異號點電荷在其連線中點處產(chǎn)生的電場，大小為????????????????????③由此可得????????????????????④(3)已知q和間距為，由②式知，的像電荷的大小和位置分別為，?????????????⑤，?????????????⑥ 由于，有????????????????????⑦像電荷組成一對電偶極子，其偶極矩為：?????????????⑧像電荷構(gòu)成的電偶極子的方向與導體球外的電偶極子的方向相同。(4)如圖所示，當空間電場方向有兩個相同導體球時，由外電場作用，會在兩球心位置處產(chǎn)生一對電偶極子????????????????????⑨這一對像偶極子又會產(chǎn)生次級偶極子，接著產(chǎn)生，，…，如此無窮反射下去。由⑧式知，各對像電偶極子的偶極矩以及該偶極子所在位置到兩球心的距離依次為，，?????????????⑩，，??????????????，，??????????????，，；??????????????位于、電偶極距為p的電偶極子的電勢為取兩球連線的中點為坐標原點，x軸水平向右，坐標原點為電勢零點， 則在球外空間任一點處的電勢為?當時，兩球心連線上的電勢分布為?????????????????????兩球心連線上（球外）的場強分布為?式中，像電荷構(gòu)成的電偶極子的方向與導體球外的電偶極子的方向相同。(5)設(shè)，并保持兩球相互絕緣。由⑩??式可知，，??????????????，，????????，，；??????????????由?式有評分標準：本題共40分，其中①式5分，②③④⑤⑥⑦⑧⑩?????式各2分，??式各3分，???式各1分。48．（2021·全國·高三競賽）一簡化電動汽車模型如圖所示，半徑為、質(zhì)量均為的前輪（兩個前輪視為一個物體）和后輪（兩個后輪視為一個物體）分別視為均質(zhì)圓柱剛體；剛體車身質(zhì)量為，質(zhì)心位于前后輪軸正中。忽略空氣阻力；忽略車輪轉(zhuǎn)動過程中轉(zhuǎn)軸受到的摩擦力矩。（1）很多電動汽車的發(fā)動機是永磁直流電機。在簡化模型中，電機動子線圈始終在勻強恒定磁場中運動并垂直切割磁力線，切割磁力線的線圈導線總長度為，轉(zhuǎn)動軌跡的半徑為，線圈總電阻為，線圈自感可忽略。為線圈提供電流的電池的開路電壓為，內(nèi)阻為。若電機運動部分之間摩擦可忽略，求電機的輸出力矩與電機轉(zhuǎn)速之間的關(guān)系，最大輸出力矩 ，輸出力矩為零時的最大轉(zhuǎn)速，以及最大輸出功率。為方便此后的計算，將中涉及的常量用、和表示。（2）考慮水平地面上汽車從時刻的靜止狀態(tài)開始加速的過程，已知在車輪與地面之間不發(fā)生滑動的情形下，車身質(zhì)心在時刻的加速度大小滿足式中，是此時車身上的電機向后輪提供的順時針的力矩。電機和車輪通過變速器連接，假定變速器的機械效率為100%，電機轉(zhuǎn)速與車輪轉(zhuǎn)速之比（變速比）為。求車速與時間之間的關(guān)系。（3）利用型汽車的參數(shù)數(shù)值，以及電機的最大輸出功率，根據(jù)（2）的結(jié)果，計算車速從零增加到所需的時間。計算這個加速過程消耗的電池能量（以為單位），以及電池能量轉(zhuǎn)化為機械能的效率。本問可利用的數(shù)據(jù)和結(jié)果：型電動汽車的參數(shù)，，，電機最大輸出力矩，電機轉(zhuǎn)速與車輪轉(zhuǎn)速之比（變速比），車輪質(zhì)量相對于車身質(zhì)量可忽略。任一半徑為、質(zhì)量為的均質(zhì)圓柱相對于中心軸的轉(zhuǎn)動慣量為。數(shù)值結(jié)果保留兩位有效數(shù)字?！敬鸢浮浚?）；；；；（2）；（3）；（或17%）【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)通過線圈電流為，則線圈所受磁場的力矩為?????①當線圈轉(zhuǎn)速為時，感應(yīng)電動勢為???②線圈電流為?????③式中由①②③式得，電機輸出力矩與電機轉(zhuǎn)速之間的關(guān)系為 ???④可見，電機輸出力矩與電機轉(zhuǎn)速成線性關(guān)系。電機輸出功率滿足???⑤它當時達到最大值???⑥由②③式知，感應(yīng)電動勢隨線圈轉(zhuǎn)速增大而增大，直至完全抵消供電池的開路電壓為止。這時線圈轉(zhuǎn)速最大???⑦由④式知，當時電機輸出力矩達到最大值⑧由④⑥⑦⑧式知，電機輸出力矩可表為???⑨（2）當汽車行駛速度為時，車輪轉(zhuǎn)速為電機轉(zhuǎn)速為：?????⑩電機輸出力矩為?由于變速器的機械效率為100%，車輪與地面之間不發(fā)生滑動，沒有傳遞功率損失，傳遞到車輪的力矩為?由題給信息和?式得??????初值為 解為????式中??????為汽車在平地上行駛時最高車速，而??????為汽車在平地上行駛時最大加速度；（3）對型汽車有于是型汽車從靜止加速到所需時間為根據(jù)（1）中的結(jié)果，電池提供的瞬時功率為加速過程消耗的電池能量為????由于機械部分沒有摩擦損耗，加速過程所增加的機械能為????電池能量轉(zhuǎn)化為機械能的效率為????代入型汽車參數(shù)值得 于是（或17%）????49．（2021·全國·高三競賽）如圖，在真空中兩個同軸放置的無限長均勻帶電的薄壁圓筒，圓筒的半徑分別為和；在平行于筒軸方向上，單位長度內(nèi)、外圓筒的質(zhì)量均為，單位長度內(nèi)、外圓筒分別帶有、的電荷。兩個圓筒均可以各自繞其中心軸自由旋轉(zhuǎn)。已知真空的介電常量（電容率）和磁導率分別為和。（1）計算在距離軸處的電場強度；（2）當內(nèi)外圓筒以相同的角速度同向旋轉(zhuǎn)時，求空間中的磁感應(yīng)強度分布。（3）若在內(nèi)圓筒處，從靜止釋放一個質(zhì)量為，電荷量為（與同號）的點電荷，試分析當滿足什么條件時，此點電荷能夠在電磁場的作用下到達外圓筒處。（4）若初始時內(nèi)、外圓筒均靜止，現(xiàn)對外圓筒施加一力矩使其開始旋轉(zhuǎn)，當外圓筒的角速度達到時，試計算（i）內(nèi)圓筒轉(zhuǎn)動的角速度；（ii）在從初始時直至外圓筒的角速度達到的整個過程中，沿軸向單位長度的外圓筒所受到的外力矩（不包括兩圓筒感應(yīng)電磁場作用力的力矩）的總沖量矩；（iii）沿軸向單位長度的內(nèi)、外圓筒的總的機械角動量?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）（i）；（ii）；（iii）【解析】 【分析】【詳解】（1）由對稱性及高斯定理可知靜電場方向沿徑向，且大小僅與有關(guān)，故即（2）由對稱性及磁場的環(huán)路定理可知，磁場的方向沿軸向，且大小僅與有關(guān)。內(nèi)圓筒在旋轉(zhuǎn)時等效的電流密度（軸向單位長度的電流）為內(nèi)、外圓筒的電流大小相同，方向相反。應(yīng)用安培環(huán)路定理有（3）點電荷在運動過程中受到由①③式所得電場和磁場共同作用，設(shè)其在運動過程中徑向運動速度為。點電荷運動的角動量隨時間的變化滿足其中為點電荷繞筒軸運動的角動量，為所受磁感應(yīng)強度大小。由④式積分得式中為積分常數(shù)，利用初始條件：點電荷從釋放時靜止，即可得由動能定理可得積分得，當粒子位于半徑處時動能為注意，粒子動能也可表示為 若粒子能到達處，則當時應(yīng)有，此條件即聯(lián)立可得（4）（i）利用（2）中結(jié)論，內(nèi)筒在以角速度旋轉(zhuǎn)時，在其內(nèi)部產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為外筒在以角速度旋轉(zhuǎn)時，在其內(nèi)部產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為由法拉第電磁感應(yīng)定律得，和變化時在處產(chǎn)生的沿切向的感應(yīng)電場為對內(nèi)筒的轉(zhuǎn)動有聯(lián)立解得對上式兩邊積分，并利用初態(tài)時內(nèi)、外筒均靜止的條件，得（ii）由法拉第電磁感應(yīng)定律得，和變化時在處產(chǎn)生的沿切向的感應(yīng)電場為單位長度的外筒受到的感應(yīng)電場的力矩為???這里應(yīng)用了兩邊對積分并利用由與的關(guān)系可得，感應(yīng)電場的力矩的沖量矩為沿軸向單位長度的外圓筒的角動量為 設(shè)外力（不包括兩圓筒感應(yīng)電磁場的作用力）對外圓筒的沖量矩為，由角動量定理有故（iii）沿軸向單位長度的內(nèi)、外圓筒總的角動量為50．（2021·全國·高三競賽）一枚不的永磁針可視為一個半徑很小的電流環(huán)，其磁矩的大小為（為固有不變的環(huán)電流強度，，為電流環(huán)的半徑），方向與電流環(huán)所在的平面垂直，且與電流方向成右手螺旋關(guān)系，如圖所示。兩枚小磁針和的磁矩大小保持不變均為，質(zhì)量均為。取豎直向下的方向為軸正方向建立坐標系。將固定在坐標系的原點上，其磁矩方向沿軸正方向；將置于的正下方。已知真空的磁導率為，重力加速度大小為。（1）假設(shè)的磁矩方向與軸成角，其質(zhì)心坐標為，求之間的相互作用勢能；（2）假設(shè)不變，求可以處于穩(wěn)定平衡時與軸所成的角（所謂穩(wěn)定平衡是指：在小擾動下，的磁矩指向若偏離了，則仍有回到原來指向的趨勢）；（3）現(xiàn)假設(shè)可以變化，但的磁矩與軸所成的角，求的受力平衡位置，并說明此平衡位置是否為穩(wěn)定平衡位置（所謂不穩(wěn)定平衡是指：在小的擾動下，在重力的作用下掉落，或者被吸附過去）。【答案】（1）；（2）；（3），該位置是不穩(wěn)定的?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻浚?）計算（中心為）在軸上坐標為處（記為點）的磁場。如圖 的電流環(huán)（位于平面）上處的電流元為：這里，為電流元與軸正方向的夾角，軸垂直于紙面向外。電流元到點的矢徑為：由此知根據(jù)畢奧-薩伐爾定律有：由題給條件，電流環(huán)的半徑很小，故有：所以積分得可見，在處的磁場的磁感應(yīng)強度沿軸負方向。取的磁矩與磁場垂直時為勢能零點，與之間的相互作用勢能為（2）考慮重力后，系統(tǒng)的勢能為它只與有關(guān)。由于不變，受到磁場的外力矩大小為： 方向朝著減小的方向。可見，只有或時，外力矩才為零，此即力矩平衡條件當，由可在對應(yīng)的平衡狀態(tài)是不穩(wěn)定的。因此，在不變的條件下，處于穩(wěn)定平衡的條件為【解法（二）】受到磁場的外力矩的大小為可見，只有或時，外力矩才為零，此即力矩平衡條件當，由可知對應(yīng)的平衡狀態(tài)是不穩(wěn)定的。因此，在不變的條件下，處于穩(wěn)定平衡的條件為【解法（三）】由可知最低，因此，在不變的條件下，處于穩(wěn)定平衡的條件為（3）時在豎直方向受到的外力為相當于指向軸正方向。由求得平衡位置滿足進而由可知，該位置是不穩(wěn)定的。