1、我爱奥赛网 电磁学测试总分 160 分 时间 3 小时（命题人 王思道 2006-6-22 ）一、 （20 分）有些仪器，如静电加速器，其高压电极外面都有一接地的金属罩，罩内充有一定压强的气体。假定电极是一金属球，接地金属罩是一同心金属薄球壳，仪器工作时要求电极与金属罩之间的电势差为 U0。选择适当的电极半径 R1和球壳半径 R2，有可能使靠近电极表面处的场强低于气体的击穿场强，从而使气体不被击穿。若 R1已给定，则在理想情况下， R2取何值，电极处的场强有最小值？在实际情况中，往往适当选择 R1/R2之值，使电极处的场强为上述最小值的 4 倍时，R 1/R2应选的值。二、 （20 分）如图所
2、示电路中，C1=4C0，C 2=2C0，C 3=C0，电池电动势为 E，不计内阻，C0和 E 为已知量。先在断开 K4的条件下，接通K1、K 2、K 3，令电池给 3 个电容器充电；然后断开K1、K 2、K 3，接通 K4，使电容器放电。求：放电过程中，电阻 R 上共产生多少热量。放电过程达到放电总量一半时， R 上的电流是多大。三、 （20 分）极板相同的的两个平板空气电容器充以同样的电量。第一个电容器两极板间的距离是第二个电容器的 2 倍。如果将第二个电容器插在第一个电容器两极板的中央，并使所有极板都互相平行。问系统的静电场能如何变化？四、 （30 分） （1993 年国际物理竞赛题）通过
3、加速电压 U0产生一平行均匀的高能电子束。这些电子束射向一条带正电荷的无限长直均匀细铜线，铜线的长度方向与电子束初始的入射方向垂直，如图所示，图中 b 表示某个电子入射方向与铜线轴线之间的距离。现在在铜线带正电荷的条件下，入射电子束经铜线射向前方荧光屏的表面，屏与铜线间的距离为L（Lb） ，如图所示。设电子束初始宽度为 2bmax。相对铜线的轴线上下对称。在垂直于图平面方向，电子束的线度可视为无穷大。数据提供如下：铜线的半径 r 0=10-6m； b 的最大值 b max=10-4m；铜线每单位长度所带的电量 q=4.410 -11C/m； 给电子束加速的电压 U 0=2104V；铜线到屏面的
4、距离 L=0.3m； 普郎克常量 h=6.6310 -34Js；电子电量绝对值 e=1.610 -19C；电子质量 m e=9.1110-31kg；真空介电常量 0=8.8510-12C2N-1m-2 。对于下面第小题，用合理的近似方法进行分析并得出数值解答。计算带电铜线所产生的全空间场强分布，并画出场强大小 E 与到铜线轴之间距离的函数关系图线。从经典物理出发，在入射的电子中对于其 b 值不至于于使它碰撞铜线的电子，用 e表示它们的偏转角，即电子入射时的初速度与到达屏面时的末速度之间的夹角，试计算 e的值。用经典物理方法，粗定电子束越过铜线到达屏上R1R2K3K1C3C2C1K4K2Eb L
5、电子束铜线屏面我爱奥赛网 时在屏上形成的图样（即强度分布图样） ，并画出图样。五、 （25 分）空间有半径为 R、长度 L 很短的圆柱形的磁场区域，圆柱的轴线为 z 轴，磁场中任一点的磁感应强度的方向沿以 z 轴为对称轴的圆的切线，大小与该点离 z 轴的距离 r 成正比，B=Kr，K 为常数，如图中“”与“”所示。电量为 q（q0） 、质量为 m 的一束带电粒子流如图中一簇平行箭头所示，以很高的速度 v 圆柱沿轴线方向，穿过该磁场空间，磁场区域外的磁场强度的大小可视为零。试讨论这束带电粒子流穿过区域后的运动情况。六、 （1993全国物理决赛题）如图所示，在光滑的水平面上，有边长 l=0.8m
6、的正方形导线框 abcd，其质量 m=100g，自感 L=10-3H，电阻可忽略不计。该导线框的 bc 边在 t=0 时，从X=0 处以初速度 v0=4m/s 进入磁感应强度为 B 的有界匀强磁场区域。磁场区域的宽度s=0.2m，B 的方向与导线框垂直（图中指向纸内） ，B 的大小为 0.5T。忽略空气阻力。试求： 时刻导线框 bc 边的位置；st36若初速度为 ，求 时刻导线框 bc 边的位置。40st36七、 （25 分） （1998全国物理决赛题）如图所示，在半径为 R 的圆形平面内，分布有匀强磁场，磁场方向与圆面垂直且指向纸面外，圆面的边界是一刚性的固定的圆环，SD 是圆环的一条直径。
7、一束质量和电量都相等的带正电的粒子以不同的的速度沿垂直于磁场的方向从 S 点射入磁场，速度方向与 SD 的夹角不超过 300。已知这种粒子在该磁场中做圆周运动的周期为 T。在 D 点，圆环上有一小孔，只要粒子到达 D 点，该粒子便从小孔穿出磁场区域。设粒子与圆环的碰撞都是完全弹性的，每次碰撞后，粒子的电量不变，不考虑粒子间的相互作用与相互碰撞以及重力的影响。求满足以下条件的那些粒子在射入磁场时的速度的大小和方向：在磁场内运动的总时间为 T 且与圆环的碰撞不超过 6 次，其中最后一次“碰撞”是指正好到达 D 点。Lv rS O D300300 a bcdlo sv0我爱奥赛网 我爱奥赛网 参考答
8、案：一、解：设电极所带电量为 Q，则球壳内壁感应电荷的电量为-Q，由于球壳接地电极与球壳之间的电势差就等于电极的电势，则有： 21210 RkQU式中 k 为静电力常量，靠近电极表面处的场强为： 1E由两式得： 2110RE当 R1一定，R 2 时，E 有最小值， 10minU由 ，可得： 。1021104U432二、解：充电时，电路及电流方向如图 1 所示。充电后，3 个电容器上的电压都是 E，各电容器储能为： ； ； 01CW202E203CW3 个电容器储存的能量之和为： 7213 个电容器上的电量分别为： ； ； Q0140Q03放电时，3 个电容器串联放电，如图 2 所示，C 1左极
9、板的电压高于 C3右极板的电压，故电流的方向如图所示，即 C1和 C3是放电，而 C2是继续充电。在整个放电过程中，流过 R 的电量设为 Q，则由电荷守恒可知，放电后 3 个电容器上的电荷量分别变为： ； ； QEC01402 QEC03 个电容器的电势差的大小则变为：； ； 11U2233U放电终结，应有： 3C1 C2 C3+ +图 1C1 C2 C3 我爱奥赛网 由和式解得： 740ECQ将式代入式，有： ； ； 211802 730ECQ此时，各电容器的储能为：； ； 201497W 209 2039W总储能为： 203215比较两式，可知放电后，电容器储能减少了 W，0EC由能量守恒
10、定律可知，在放电过程中，电阻上产生的热量 H=W 。当放电量为： 时，各电容上的电量为：70Q； ； 72601162E 7503C此时，各电容器电势差的大小为： ； ；1U22Q33U按照欧姆定律，此时流过电阻 R 的电流应为： REI1三、解：两电容器原本带异种电荷的极板相对。根据电荷守恒和导体内部场强必为零两个原则，插入到第一个电容器内部后，第二个电容器两板上的电荷必然都分布在两板外侧，否则无法使 4 块导体内部场强都为零。这就构成了两个新的电容器，每个电容器电荷量和原来相同。因为电容器的能量： ；所以设原来第二个电dSCE022容器两极板间距离为 d，则原来两电容器的能量分别为： ；Q
11、021；SQE022现在两个电容器的能量都是： ；因此 。dSE020413021E即这种情况电场能减少到原来的 1/3 。两电容器原本带同种电荷的极板相对。两个结论：一个无限大带电平面附近某位置的电场强度和该表面的电荷密度成正比，和该位置离表面的距离无关。一个电容器两极板内表面的电荷密度必然相同。以上两个结论根据静电场中的高斯定律都可推出。引用以上两个结论，再结合电荷守恒和导体内部场强必为零，即可知道第二种情况电荷分布情况肯定为由 3 个电容器构成，中间电容器的带电量为 2Q，而两边电容器的带电量仍为 Q。此时静电场的能量是 3 个电容器的能量之和。 ；dSE02314我爱奥赛网 ；dSQE
12、0224因此： 。即这种情况电场能增加到原来的 5/3 倍。3521四、解：考虑到对称性，电场相对于铜线这径向朝外分布，场强大小仅由径向距离 r 来确定。围绕铜线取一假想的圆柱面，据高斯定理可得：N/C （rr 0）rEqr79.0当 rr0时，电场为零。E- r 图线如图所示。据题文所述，偏转角很小，可将偏转角估算为在垂直于初速度方向上动量变化量的大小与初始动量大小的比值，即： 0mvPe横向动量变化量大小的一种估算方法如下：电子所受横向力的数量级显然为： ；bqF02此力作用时间可估算为电子通过 2b 距离的时间，即： ；0vt力与作用时间的乘积即给出横向动量变化量的大小，即有： radU
13、emvebqtFPe 502000 196.32 由于带正电荷的导线与电子之间的作用力是吸引性的，电子将稍朝着铜线方向偏转。将电子的真实轨道近似为一条与铜线相距 b 的直线，如图所示。轨道中电子所受电场力的横向分量为： ；cos20r又由 ；故 ；cos00 vdtdtvdveqtF02积分可得： ；2 00eeqtFP这一较精确的估算与第一种方法差一个 的因子，结果为 6.2110-5rad 。b rrv0t 0rLebmax我爱奥赛网 轨道弯曲程度最显著处约在距铜线 b 处，与 L 量相比，b 是非常小的，故可将轨道近似表述成两条直线段，它们在靠近铜线处偏转地交接，如图所示，在屏面上，每一
14、轨道的横向位移量为： 。055 19086.3102.6rmLdse 电子束在屏面上相对铜线的的两侧有互相交叠的区域，这已在图中示出。交叠区域的全宽度为 ；rfe 500.非交叠区中的强度为常量，交叠区中的强度加倍。五、解：设想沿距 z 轴为 r 的平行线运动的带电粒子进入磁场区，带电粒子受到指向 z 轴的径向洛伦兹力 f 向轴偏转， f=qvB 。因粒子速度很快，粒子经过磁场区的时间 t 很短，；粒子经磁场区所受的冲量 Pr为： 。vLtqKLrBtfr粒子逸出磁场区后将沿直线方向运动。运动的直线与 z 轴交于 M 点，令 M 点到磁场区的距离为 d，因粒子沿轴向运动的动量 P 经过磁场区域
15、发生的改变可以忽略，则有：；综合以上关系有： 。由这个式子可见，粒子与 z 轴rPqLmvdr交点 M 的位置与粒子距轴的距离无关，因所有粒子均以速度 v 平行于 z 轴进入磁场区，受到洛伦兹力后，都折向 M 点，但平行 z 轴的速度分量基本不改变，所以粒子束经磁场区后，均会同时会聚于 M 点。六、解：导线框 bc 边进入磁场（ad 边仍在磁场外）后，bc 边中的动生电动势与自感电动势平衡，即： ；BlxIltBlIlvtIL导线框 bc 边在磁场中受到安培力作用产生加速度 a， ；maF故有： 。LxBma2令 ，则有： 。这式说明 bc 边进入磁场后导线框做简l2谐运动，振动周期 T 为：
16、 。s0借助于振动学中参考圆可知： ； ；tAxcotAvsin由初始条件 t=0 时， x=0， v=v0可得： ；BlmL00;2若初速度 v0=4m/s，则 A=0.1m 。在这种情形中，线框 bc 边可达 s/2 处，然后返回。当经过 t1=T/2 的时间，bc 边回到 x=0 处，此时速度 v=-v0，从此，线框沿 x 轴负方向以速度v 做匀速直线运动，在 时，bc 边的位置 x1为： st36tv35.1。若初速度为 ，则 ；故在此情况下，bc 边的振幅大于 0.2m，这表40mA2.明 bc 边可越过磁场区。设 bc 边达到 x=s=0.2m 处的时间为 t2，则有：我爱奥赛网 ，在 t2时刻，bc 边的速度 v2为：stAs10in2。3co402vvbc 边离开磁场后，直至 ad 边进入磁场时为止，bc 边将以 v2沿 x 轴正方向做匀速直线运动，在 时， bc 边的位置 x2为： ；因 x2l，st6mts483.0故此时线框 ad 边尚末进入磁场区，因此以上解法正确。我爱奥赛网
