如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，MN为其左边界。磁场中有一半径为R、轴线与磁场
解：（1）电子运动轨迹如图所示，电子在磁场中运动的轨道半径：r=4R，由牛顿第二定律得：qv0B＝mv20r，解得：v0＝4eBRm；（2）稳定时，圆柱体上电荷不再增加，电阻r0两端电压为U，U=Iro．电势?=-Ir0，cosα＝3R5R＝35，解得：α=530；（3）电子从很远处射到圆柱表面时，由动能定理得：?eU＝12mv2?12mv20，解得：v＝v20?2eIr0m．电流为I，单位时间到达圆筒的电子数n＝Ie电子所具有总能量：E＝n×12mv20＝mIv202e，消耗在电阻上的功率：Pr＝I2r0，所以圆筒发热功率：P＝mIv202e?I2r0＝8IeB2R2m?I2r0．答：（1）在最初圆筒上没有带时，电子射入磁场的初速度v0＝4eBRm；（2）电阻r0中的电流恒定时金属圆筒的电势φ=-Ir0，OO1与OC的夹角α=530；（3）电阻r0中的电流恒定时电子到达圆筒的速度v＝<div style="width: 6px; background-image: url(http://hiphotos.baidu.com/zhidao/pic/item/aa64034f78f0f736dcbbf8b50955b319ebc41338.jpg); background-attachment: initial; background-origin: initial; background-clip: initial; background-color: initia
解答：解：（1）a．设电子经过电场加速后的速度为v1，由动能定理，有：eU＝12mv21解得：v1＝2eUmb．令电子恰好打在圆筒上时，加速电压为U0，设电子进入磁场时速度为v2，轨道半径为r，做出电子的轨迹如图所示，O2为轨道的圆心．由几何关系得：r2+（2R）2=（r+R）2解得：r＝3R2磁偏转过程，根据牛顿第二定律，有：ev 2B＝mv22r直线加速过程，根据动能定理，有：eU0＝12mv22解得：U0＝9eB2R28m所以当U≥9eB2R28m时，电子能够打到圆筒上． （2）当圆筒上的电量达到相对稳定时，圆筒上的电荷不再增加，此时通过r0的电流方向向上．根据欧姆定律，圆筒跟地面间的电压大小为：U1=Ir0由0-φ=U1可得：φ=-Ir0单位时间内到达圆筒的电子数：n＝Ie故单位时间内到达圆筒上的电子的总能量：E＝n×12mv20＝mIv202e单位时间内电阻消耗的能量：Er＝I2r0所以圆筒的发热功率：P=E-Er=mIv202e-I2r0答：（1）a．当加速电压为U时，电子进入磁场时的速度大小为2eUm；b．加速电压满足U≥9eB2R28m条件时，电子能够打到圆筒上；（2）此时金属圆筒的电势φ为=Ir0，金属圆筒的发热功率P为mIv202e-I2r0．
| 解：（1）根据题意，电子在磁场中运动的轨道半径必定是r=4R，如图所示 由 ，得 （2）稳定时，圆柱体上电荷不再增加，电阻r 0 两端电压为U，U=Ir 0 电势φ=-Ir 0 （3）电子从很远处射到圆柱表面时速度v满足 得 电流为I，单位时间到达圆筒的电子数 电子所具有总能量 消耗在电阻上的功率P r =I 2 r 0 所以圆筒发热功率 |
答：线圈垂直磁场方向的面积S⊥=Scos60°=14m2=12S，恰好都在磁场区域内，所以Φ2=BS⊥=0.2Wb，因此△Φ1=Φ2-Φ1=0．当线圈再绕ad边转过30°时，线圈与磁场方向平行，Φ3=0，此过程中磁通量的改变量为△Φ2=|Φ3-Φ2|=0.2Wb故答案为：0.2Wb，0，0，0.2Wb．
答：（1）设转动过程中感应电动势的最大值为Em，则Em=NBL2ω=100×2π×0.01×2π＝22V．（2）设回路中电流的有效值为I，电阻两端电压的有效值即电压表的读数为U，则I＝2Em2(R+r)=2×222×5＝0.4A则电压表的示数U=IR=0.4×4V=1.6V． （3）设由图示位置转过30°角的过程中产生的...
答：（1）线圈的角速度ω=2πn=2π×1rad/s=2πrad/s，感应电动势的最大值为Em=nBSω=100×0.5×0.12×2πV=πV．则从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=πsin2πt（V）．（2）线圈从图示位置转过π3的过程中线圈磁通量的变化量为△Φ=BS-BScosπ3=12BS，通过...
答：（1）ω=2πrad/s感应电动势的最大值Em=nBSω=100×0.5×0.01×2π=πV，因为从磁通量为零的位置计时，所以感应电动势按余弦规律变化，e=Emcosωt=πcos2πt V．（2）一个周期内，通过R的热量Q热，有效值E=π2V，一个周期内，通过R的热量Q热=E2R+r?T=π210 J．所以线圈转动一周...
答：（1）线圈的角速度：ω=2πn=2π 300 60 rad/s=10πrad/s感应电动势的最大值：E m =NBSω=100× 1 2π ×（0.2×0.1）×10π=10V故线圈中感应电动势的瞬时值表达式为：e=E m sinωt=10sin10πt（V）（2）根据欧姆定律，电流的瞬时值为：i= e R+r ...
答：根据闭合电路欧姆定律得：U=12×RR+rEm＝12×44+1×3.14V=1.78V；（4）线框转动一周的时间为：t=2πω＝2π2πs＝1s所以在此时间内电阻R上产生的热量为：Q=U2Rt＝1.7824×1J＝0.792J答：（1）转动过程中线圈产生感应电动势的最大值为3.14V；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）...
答：当ab杆作匀速直线运动时，其速度最大，外力F等于安培力有：F=BIL由闭合电路欧姆定律，则有： I= E R 而法拉第电磁感应定律，则有：E=BLv解得： F= B 2 L 2 v R 则有： v= FR B 2 L 2 = 0.2×4 0． 8 2 ×0． 5 2...
答：1)因为ABCD是沿Z轴方向的，在垂直Z轴的平面内投射面积S=0，故Φ=BS，因S=0，所以Φ=0 穿过ABCD表面的磁通量=0 2)因为BCEF是垂直Z轴方向的，在垂直Z轴的平面内投射面积S'=b*c，故Φ=BS=Bbc 穿过BCEF表面的磁通量为Bbc 3)ADEF在垂直于Z轴方向上的投射面积S''=（AE*sin∠BAE）*c=bc...
答：由图可知电流与磁场方向垂直，因此直接根据安培力的大小为：F=BIL=0.2×0.2×1=0.04N，由左手定则判断方向向上；答：（1）该导线所受安培力F的大小为0.04N；（2）在图中画出该导线所受安培力的方向如图．
答：解：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v 在电场区域中根据动能定理 ①磁场区域中，圆周运动 ②解得： ③（2）设粒子在电场中的运动时间为t 1 ，根据牛顿第二定律ma =qE匀速圆周运动 ，解得： ④粒子在磁场区域运动合成半圆弧，时间共 ⑤ 设粒子离开第一个无磁场区域时，速度的水平夹角为...
