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如圖8-7所示,兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a與b,其殼層的厚度和質量分布均勻,將它們固定于絕緣支座上,兩球心間的距離為L,為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷,使其電量的絕對值均為Q,那么,a、b兩球之間的萬有引力F庫侖力F分別為:

  

  【錯解分析】錯解:

 。1)因為a,b兩帶電球殼質量分布均勻,可將它們看作質量集中在球心的質點,也可看作點電荷,因此,萬有引力定律和庫侖定律對它們都適用,故其正確答案應選A。

 。2)依題意,a,b兩球中心間的距離只有球半徑的3倍,它們不能看作質點,也不能看作點電荷,因此,既不能用萬有引力定律計算它們之間的萬有引力,也不能用庫侖定律計算它們之間的靜電力,故其正確答案應選B。

  由于一些同學對萬有引力定律和庫侖定律的適用條件理解不深刻,產生了上述兩種典型錯解,因庫侖定律只適用于可看作點電荷的帶電體,而本題中由于a,b兩球所帶異種電荷的相互吸引,使它們各自的電荷分布不均勻,即相互靠近的一側電荷分布比較密集,又因兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍,不滿足L>>r的要求,故不能將兩帶電球殼看成點電荷,所以不能應用庫侖定律。

  【正確解答】

  萬有引力定律適用于兩個可看成質點的物體,雖然兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍,但由于其殼層的厚度和質量分布均勻,兩球殼可看作質量集中于球心的質點。因此,可以應用萬有引力定律。

練習冊系列答案
相關習題

科目:高中物理 來源: 題型:閱讀理解

[1]在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中,需要將橡皮條的一端固定在水平木板上,橡皮條的另一端系兩根細繩,細繩端帶有繩套,先用兩個彈簧秤分別勾住繩套并互成角度地拉橡皮條,把橡皮條的結點拉到某-位置Ο并記下該點的位置;再用一個彈簧秤將橡皮條結點拉到同一位置Ο點.
(1)某同學認為在此過程中必須注意以下幾項:
A.兩根細繩必須等長
B.橡皮條應與兩繩夾角的平分線在同一直線上
C.在使用彈簧秤時要注意使彈簧秤與木板平面平行
D.在用兩個彈簧秤同時拉細繩時要注意使兩個彈簧秤的讀數相等
E.在用一個彈簧秤拉時必須將橡皮條的結點拉到用兩個彈簧秤同時拉細繩時記下位置
其中正確的是
 
.(填入相應的字母)
(2)某同學在坐標紙上畫出了如圖1所示的兩個已知力F1和F2,圖中小正方形的邊長表示2N,兩力的合力用F表示,F1.F2與F的夾角分別為θ1和θ2,關于F1.F2與F.θ1和θ2關系正確的有:
 

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A. F1=4N   B. F=12N    C.θ1=45°   D.θ1<θ2
[2]某同學想描繪一只標稱為“2.5V,1.5W”的小燈泡的伏安特性曲線,實驗室提供下列器材:
A.電流表A1(量程3.0A,內阻約0.2Ω)
B.電流表A2(量程0.6A,內阻約1Ω)
C.電壓表V1(量程3.0V,內阻約3kΩ)
D.電壓表V2(量程15.0V,內阻約10kΩ)
E.滑動變阻器R1(最大阻值為5Ω,最大允許電流為2A)
F.滑動變阻器R2(最大阻值為500Ω,最大允許電流為0.5A)
G.電源E(電動勢3V,內阻為0.25Ω)
H.電鍵、導線若干
(1)為了更好地完成實驗,應選擇的器材為:電流表
 
,電壓表
 
,滑動變阻器
 
;(選填器材前面的字母)
(2)請你在如圖2所示的方框中作出實驗原理圖;
實驗次數 1 2 3 4 5 6 7 8
電壓U/V 0 0.20 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40
電流I/A 0 0.11 0.21 0.33 0.40 0.45 0.48 0.52
(3)正確連接電路后,該同學測出如下表所示的實驗數據,請你在圖3的坐標紙上描出該燈泡的伏安特性曲線(如圖3所示);
(4)該同學完成實驗后,又將本實驗所用器材按如圖4所示連接,閉合開關后將滑動變阻器滑片從左向右滑動,發(fā)現小燈泡先變暗后變亮,則小燈泡最暗時的功率約為
 
W.(結果保留兩位有效數字)

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科目:高中物理 來源: 題型:閱讀理解

材料:圖7(甲)所示是證實玻爾關于原子內部能量量子化的一種實驗裝置示意圖,由電子槍A射出的電子,射入充有氦氣的容器B中,電子在O點與氦原子發(fā)生碰撞后進入速度選擇器C,而氦原子由低能級被激發(fā)到高能級.速度選擇器C由兩個同心的圓弧形電極P1和P2組成,電極間場強方向沿同心圓的半徑,當兩極間電壓為U時,只允許具有確定能量的電子通過,并進入檢測裝置口,由檢測裝置口測出電子產生的電流I,改變電壓,同時測出I的數值,即可確定碰撞后進入速度選擇器的電子能量分布.為了方便研究,作如下假設:

    

甲                                                      乙

圖7

(1)忽略電子的重力;

(2)電子與原子碰撞前,原子靜止,原子質量比電子質量大很多,碰撞后原子雖稍微被碰動,但忽略這一能量損失,假定原子未動;

(3)當電子與原子發(fā)生彈性碰撞時,電子改變運動方向,但不損失動能;發(fā)生非彈性碰撞時,電子損失動能傳給原子,使原子內部能量增加.

請根據以上材料和假設回答下列問題:

(1)設速度選擇器兩極間的電壓為U(V)時,允許通過的電子的動能為Ek(eV),寫出Ek與U的關系式,設通過選擇器的電子軌道半徑r=20.0 cm,電極P1和P2的間隔d=10.0 mm,兩極間場強大小處處相同,都為E;

(2)如果電子槍射出電子的動能Ek=50.0 eV,改變P1、P2間電壓,測得電流I,得到如圖8(乙)所示的I-U圖象,圖象表明,當電壓U為5.00 V、2.88 V、2.72 V、2.64 V時電流出現峰值,試說明在U=5.00 V和U=2.88 V時電子與氦原子碰撞時電子能量的變化.

(3)求氦原子3個激發(fā)態(tài)的能級En.(設基態(tài)的能級E1=0)

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科目:高中物理 來源: 題型:

某同學在本節(jié)的實驗中,用打點計時器記錄了被小車拖動的紙帶的運動情況,在紙帶上確定出A、B、C、D、E、F、G共7個計數點,其相鄰點間的距離如圖2-7所示,每兩個相鄰的計數點之間的時間間隔為0.10 s.

圖2-7

(1)試根據紙帶上各個計數點間的距離,計算出打下B、C、D、E、F五個點時小車的瞬時速度,并將各個速度值填入下式(要求保留三位有效數字)

vB      m/s,vC       m/s,

v      m/s,v      m/s,

v      m/s.

(2)將B、C、D、E、F各個時刻的瞬時速度標在如圖2-8所示的坐標紙上,并畫出小車的瞬時速度隨時間變化的關系圖線.

圖2-8

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科目:高中物理 來源: 題型:閱讀理解

第十部分 磁場

第一講 基本知識介紹

《磁場》部分在奧賽考剛中的考點很少,和高考要求的區(qū)別不是很大,只是在兩處有深化:a、電流的磁場引進定量計算;b、對帶電粒子在復合場中的運動進行了更深入的分析。

一、磁場與安培力

1、磁場

a、永磁體、電流磁場→磁現象的電本質

b、磁感強度、磁通量

c、穩(wěn)恒電流的磁場

*畢奧-薩伐爾定律(Biot-Savart law):對于電流強度為I 、長度為dI的導體元段,在距離為r的點激發(fā)的“元磁感應強度”為dB 。矢量式d= k,(d表示導體元段的方向沿電流的方向、為導體元段到考查點的方向矢量);或用大小關系式dB = k結合安培定則尋求方向亦可。其中 k = 1.0×10?7N/A2 。應用畢薩定律再結合矢量疊加原理,可以求解任何形狀導線在任何位置激發(fā)的磁感強度。

畢薩定律應用在“無限長”直導線的結論:B = 2k 

*畢薩定律應用在環(huán)形電流垂直中心軸線上的結論:B = 2πkI ;

*畢薩定律應用在“無限長”螺線管內部的結論:B = 2πknI 。其中n為單位長度螺線管的匝數。

2、安培力

a、對直導體,矢量式為 = I;或表達為大小關系式 F = BILsinθ再結合“左手定則”解決方向問題(θ為B與L的夾角)。

b、彎曲導體的安培力

⑴整體合力

折線導體所受安培力的合力等于連接始末端連線導體(電流不變)的的安培力。

證明:參照圖9-1,令MN段導體的安培力F1與NO段導體的安培力F2的合力為F,則F的大小為

F = 

  = BI

  = BI

關于F的方向,由于ΔFF2P∽ΔMNO,可以證明圖9-1中的兩個灰色三角形相似,這也就證明了F是垂直MO的,再由于ΔPMO是等腰三角形(這個證明很容易),故F在MO上的垂足就是MO的中點了。

證畢。

由于連續(xù)彎曲的導體可以看成是無窮多元段直線導體的折合,所以,關于折線導體整體合力的結論也適用于彎曲導體。(說明:這個結論只適用于勻強磁場。)

⑵導體的內張力

彎曲導體在平衡或加速的情形下,均會出現內張力,具體分析時,可將導體在被考查點切斷,再將被切斷的某一部分隔離,列平衡方程或動力學方程求解。

c、勻強磁場對線圈的轉矩

如圖9-2所示,當一個矩形線圈(線圈面積為S、通以恒定電流I)放入勻強磁場中,且磁場B的方向平行線圈平面時,線圈受安培力將轉動(并自動選擇垂直B的中心軸OO′,因為質心無加速度),此瞬時的力矩為

M = BIS

幾種情形的討論——

⑴增加匝數至N ,則 M = NBIS ;

⑵轉軸平移,結論不變(證明從略);

⑶線圈形狀改變,結論不變(證明從略);

*⑷磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉α角,則M = BIScosα ,如圖9-3;

證明:當α = 90°時,顯然M = 0 ,而磁場是可以分解的,只有垂直轉軸的的分量Bcosα才能產生力矩…

⑸磁場B垂直O(jiān)O′軸相對線圈平面旋轉β角,則M = BIScosβ ,如圖9-4。

證明:當β = 90°時,顯然M = 0 ,而磁場是可以分解的,只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產生力矩…

說明:在默認的情況下,討論線圈的轉矩時,認為線圈的轉軸垂直磁場。如果沒有人為設定,而是讓安培力自行選定轉軸,這時的力矩稱為力偶矩。

二、洛侖茲力

1、概念與規(guī)律

a、 = q,或展開為f = qvBsinθ再結合左、右手定則確定方向(其中θ為的夾角)。安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現。

b、能量性質

由于總垂直確定的平面,故總垂直 ,只能起到改變速度方向的作用。結論:洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量,卻不可能做功;颍郝鍋銎澚墒箮щ娏W拥膭恿堪l(fā)生改變卻不能使其動能發(fā)生改變。

問題:安培力可以做功,為什么洛侖茲力不能做功?

解說:應該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現”這句話的確切含義——“宏觀體現”和“完全相等”是有區(qū)別的。我們可以分兩種情形看這個問題:(1)導體靜止時,所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力(這個證明從略);(2)導體運動時,粒子參與的是沿導體棒的運動v1和導體運動v2的合運動,其合速度為v ,這時的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導體棒,它們是不可能相等的,只能說安培力是洛侖茲力的分力f1 = qv1B的合力(見圖9-5)。

很顯然,f1的合力(安培力)做正功,而f不做功(或者說f1的正功和f2的負功的代數和為零)。(事實上,由于電子定向移動速率v1在10?5m/s數量級,而v2一般都在10?2m/s數量級以上,致使f1只是f的一個極小分量。)

☆如果從能量的角度看這個問題,當導體棒放在光滑的導軌上時(參看圖9-6),導體棒必獲得動能,這個動能是怎么轉化來的呢?

若先將導體棒卡住,回路中形成穩(wěn)恒的電流,電流的功轉化為回路的焦耳熱。而將導體棒釋放后,導體棒受安培力加速,將形成感應電動勢(反電動勢)。動力學分析可知,導體棒的最后穩(wěn)定狀態(tài)是勻速運動(感應電動勢等于電源電動勢,回路電流為零)。由于達到穩(wěn)定速度前的回路電流是逐漸減小的,故在相同時間內發(fā)的焦耳熱將比導體棒被卡住時少。所以,導體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。

2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運動

a、時,勻速圓周運動,半徑r =  ,周期T = 

b、成一般夾角θ時,做等螺距螺旋運動,半徑r =  ,螺距d = 

這個結論的證明一般是將分解…(過程從略)。

☆但也有一個問題,如果將分解(成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ,如圖9-7所示),粒子的運動情形似乎就不一樣了——在垂直B2的平面內做圓周運動?

其實,在圖9-7中,B1平行v只是一種暫時的現象,一旦受B2的洛侖茲力作用,v改變方向后就不再平行B1了。當B1施加了洛侖茲力后,粒子的“圓周運動”就無法達成了。(而在分解v的處理中,這種局面是不會出現的。)

3、磁聚焦

a、結構:見圖9-8,K和G分別為陰極和控制極,A為陽極加共軸限制膜片,螺線管提供勻強磁場。

b、原理:由于控制極和共軸膜片的存在,電子進磁場的發(fā)散角極小,即速度和磁場的夾角θ極小,各粒子做螺旋運動時可以認為螺距彼此相等(半徑可以不等),故所有粒子會“聚焦”在熒光屏上的P點。

4、回旋加速器

a、結構&原理(注意加速時間應忽略)

b、磁場與交變電場頻率的關系

因回旋周期T和交變電場周期T′必相等,故 =

c、最大速度 vmax = = 2πRf

5、質譜儀

速度選擇器&粒子圓周運動,和高考要求相同。

第二講 典型例題解析

一、磁場與安培力的計算

【例題1】兩根無限長的平行直導線a、b相距40cm,通過電流的大小都是3.0A,方向相反。試求位于兩根導線之間且在兩導線所在平面內的、與a導線相距10cm的P點的磁感強度。

【解說】這是一個關于畢薩定律的簡單應用。解題過程從略。

【答案】大小為8.0×10?6T ,方向在圖9-9中垂直紙面向外。

【例題2】半徑為R ,通有電流I的圓形線圈,放在磁感強度大小為B 、方向垂直線圈平面的勻強磁場中,求由于安培力而引起的線圈內張力。

【解說】本題有兩種解法。

方法一:隔離一小段弧,對應圓心角θ ,則弧長L = θR 。因為θ 

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