高中物理電磁學(xué)經(jīng)典例題_文檔視界高中物理典型例題集錦

(電磁學(xué)部分)

25、如圖22-1所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板

的中央各有小孔M、N。今有一帶電質(zhì)點(diǎn)，自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落(P、M、N三點(diǎn)在同一豎直線(xiàn)上)，空氣阻力不計(jì)，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度恰好

為零，然后按原路徑返回。若保持兩板間的電壓不變，則：

A.若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落仍能返回。

B.若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落仍能返回。

C.若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落后將穿過(guò)

N孔繼續(xù)下落。

圖22-1

D.若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落后將穿過(guò)N

孔繼續(xù)下落。

分析與解：當(dāng)開(kāi)關(guān)S一直閉合時(shí)，A、B兩板間的電壓保持不變，當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)從M向N

運(yùn)動(dòng)時(shí)，要克服電場(chǎng)力做功，W=qUAB，由題設(shè)條件知：帶電質(zhì)點(diǎn)由P到N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力做的功與質(zhì)點(diǎn)克服電場(chǎng)力做的功相等，即：mg2d=qUAB

若把A板向上平移一小段距離，因UAB保持不變，上述等式仍成立，故沿原路返回，

應(yīng)選A。

若把B板下移一小段距離，因UAB保持不變，質(zhì)點(diǎn)克服電場(chǎng)力做功不變，而重力做功

增加，所以它將一直下落，應(yīng)選D。

由上述分析可知：選項(xiàng)A和D是正確的。

想一想：在上題中若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，再移動(dòng)金屬板，則問(wèn)題又如何(選A、B)。

26、兩平行金屬板相距為d，加上如圖23-1(b)所示的方波形電壓，電壓的最大值為U0，周期為T(mén)。現(xiàn)有一離子束，其中每個(gè)

離子的質(zhì)量為m，電量為q，從與兩板

等距處沿著與板平行的方向連續(xù)地射

入兩板間的電場(chǎng)中。設(shè)離子通過(guò)平行

板所需的時(shí)間恰為T(mén)(與電壓變化周圖23-1圖23-1(b)

期相同)，且所有離子都能通過(guò)兩板間的空間打在右端的熒光屏上。試求：離子擊中熒光屏上的位置的范圍。(也就是與O‘點(diǎn)的最大距離與最小距離)。重力忽略不計(jì)。

分析與解：

各個(gè)離子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其水平分運(yùn)動(dòng)都是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，而經(jīng)過(guò)電場(chǎng)所需時(shí)間都是T，但不同的離子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻不同，由于兩極間電壓變化，因此它們的側(cè)向位移也會(huì)不同。

當(dāng)離子在t=0，T，2T……時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，兩板間在T/2時(shí)間內(nèi)有電壓U0，因而側(cè)向做勻加速運(yùn)動(dòng)，其側(cè)向位移為y1，速度為V。接著，在下一個(gè)T/2時(shí)間內(nèi)，兩板間沒(méi)有電壓，離子以V速度作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，側(cè)向位移為y2，如圖23-2所示。這些離子在離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，側(cè)向位移有最大值，即(y1+y2)。

當(dāng)離子在T=t/2,3/2T,5/2T……時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)

時(shí)，兩板間電壓為零，離子在水平方向做勻速直線(xiàn)

運(yùn)動(dòng)，沒(méi)有側(cè)向位移，經(jīng)過(guò)T/2時(shí)間后，兩板間有

電壓U0，再經(jīng)過(guò)T/2時(shí)間，有了側(cè)向位移y1，如圖

圖23-3

23-3所示。這些離子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)有側(cè)向位移的最小

值，即y1。

當(dāng)離子在上述兩種特殊時(shí)刻之外進(jìn)入電場(chǎng)的，其側(cè)向位移值一定在(y1+y2)與y1之間。

根據(jù)上述分析就可以求出側(cè)向位移的最大值和最小值。

所以，離子擊中熒光屏上的位置范圍為：

27、如圖24-1所示，R1=R2=R3=R4=R，電鍵S閉合時(shí)，間距為d的平行板電容器C的

正中間有一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)；電鍵S斷開(kāi)時(shí)，小球向電容器一個(gè)極板運(yùn)動(dòng)并發(fā)生碰撞，碰撞后小球帶上與極板同種性質(zhì)的電荷。設(shè)碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失，小球反彈后恰好能運(yùn)動(dòng)到電容器另一極板。若不計(jì)電源內(nèi)阻，求：(1)電源的電動(dòng)勢(shì)，(2)小球與極板碰撞后的帶電量。

分析與解：(1)電鍵S閉合時(shí)，R1、R3并聯(lián)與R4

串聯(lián)，(R2中沒(méi)有電流通過(guò))

UC=U4=(2/3)ε

對(duì)帶電小球有：mg=qE=qUC/d=(2/3)qε/d得：ε=(3/2)mgd/q

(2)電鍵S斷開(kāi)后，R1、R4串聯(lián)，則UC’=ε/2=(3/4)mgd/q[1]

小球向下運(yùn)動(dòng)與下極板相碰后，小球帶電量變?yōu)閝’，向上運(yùn)動(dòng)到上極板，全過(guò)程由動(dòng)能定理得：mgd/2－qUC’/2－mgd+q’UC’=0[2]

由[1][2]式解得：q’=7q/6。

28、如圖25-1所示為矩形的水平光滑導(dǎo)電軌道abcd，ab邊和cd邊的電阻均為5R0，ad邊和bc邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)，ad邊電阻為4R0，bc邊電阻為2R0，整個(gè)軌道處于與軌道平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感強(qiáng)度為B。軌道上放有一根電阻為R0的金屬桿mn，現(xiàn)讓金屬桿mn在平行軌道平面的未知拉力F作用下，從軌道右端以速率V勻速向左端滑動(dòng)，設(shè)滑動(dòng)中金屬桿mn始終與ab、cd兩邊垂直，且與軌道接觸良好。ab和cd邊電阻分布均勻，求滑動(dòng)中拉力F的最小牽引功率。

分析與解：mn金屬桿從右端向左端勻速滑動(dòng)切割

磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，mn相當(dāng)于電源（），其電路

為內(nèi)電路，電阻為內(nèi)電阻。當(dāng)外電阻最大時(shí)，即當(dāng)mn

滑到距離ad=(2/5)ab時(shí)，此時(shí)電阻Rmadn=Rmbcn=8R0時(shí)，外阻最大值Rmax=4R0，這時(shí)電路中電流最小值：Imin=ε/(Rmax+r)=BLV/(4R0+R0)=BLV/5R0

所以，Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R0

29、如圖26-1所示，用密度為D、電阻率為ρ的導(dǎo)線(xiàn)做成正方形線(xiàn)框，從靜止開(kāi)始沿豎直平面自由下落。線(xiàn)框經(jīng)過(guò)方向垂直紙面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁場(chǎng)區(qū)域高度等于線(xiàn)框一邊之長(zhǎng)。為了使線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的速度恒定，求線(xiàn)框開(kāi)始下落時(shí)的高度h。(不計(jì)空氣阻力)

分析與解：線(xiàn)框勻速通過(guò)磁場(chǎng)的條件是受到的豎直向上的安培力與重力平衡，即：

F安=mg[1]圖24-1

圖25-1

設(shè)線(xiàn)框每邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，根據(jù)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為，則安培力可表達(dá)為：

F安=BIL=

[2]

設(shè)導(dǎo)線(xiàn)橫截面積為S，其質(zhì)量為：m=4LSD[3]

其電阻為：R=ρ4L/S[4]

聯(lián)立解[1]、[2]、[3]、[4]式得：h=128D2ρ2g/B4

想一想：若線(xiàn)框每邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，全部通過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的時(shí)間

為多少(t=2L/V)

t=t1+t2,t1=L/V=t2;線(xiàn)框通過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)產(chǎn)生的焦耳熱為多少(Q=2mgL)（能量守恒）

30、如圖27-1所示，光滑導(dǎo)軌EF、GH等高平行放置，EG間寬度為FH間寬度的3倍，導(dǎo)軌右側(cè)水平且處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左側(cè)呈弧形升高。ab、cd是質(zhì)量均為m的金屬棒，現(xiàn)讓ab從離水平軌道h高處由靜止下滑，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)。試求：(1)ab、cd棒的最終速度，(2)全過(guò)程中感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦

耳熱。

分析與解：ab下滑進(jìn)入磁場(chǎng)后切

割磁感線(xiàn)，在abcd電路中產(chǎn)生感應(yīng)電

流，ab、cd各受不同的磁場(chǎng)力作用而

分別作變減速、變加速運(yùn)動(dòng)，電路中感應(yīng)電流逐漸減小，當(dāng)感應(yīng)電流為零時(shí)，ab、cd不再受磁場(chǎng)力作用，各自以不同的速度勻速滑動(dòng)。全過(guò)程中系統(tǒng)內(nèi)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能再轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，總能量守恒。

(1)ab自由下滑，機(jī)械能守恒：mgh=(1/2)mV2[1]

由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中，任何時(shí)刻通過(guò)的電流總相等，金屬棒有效長(zhǎng)度Lab=3Lcd，故它們的磁場(chǎng)力為：Fab=3Fcd[2]

在磁場(chǎng)力作用下，ab、cd各作變速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，當(dāng)εab=εcd時(shí)，電路中感應(yīng)電流為零，(I=0)，安培力為零，ab、cd運(yùn)動(dòng)趨于穩(wěn)定，此時(shí)有：BLabVab=BLcdVcd所以Vab=Vcd/3[3]

ab、cd受磁場(chǎng)力作用，動(dòng)量均發(fā)生變化，由動(dòng)量定理得：圖26-1

圖27-1

Fab△t=m(V-Vab)[4]Fcd△t=mVcd[5]

聯(lián)立以上各式解得：Vab=(1/10)，Vcd=(3/10)

(2)根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得：Q=△E機(jī)=mgh-(1/2)m(Vab2+Vcd2)=(9/10)mgh

說(shuō)明：本題以分析ab、cd棒的受力及運(yùn)動(dòng)情況為主要線(xiàn)索求解。

注意要點(diǎn)：①明確ab、cd運(yùn)動(dòng)速度穩(wěn)定的條件。

②理解電磁感應(yīng)及磁場(chǎng)力計(jì)算式中的“L”的物理意義。

③電路中的電流、磁場(chǎng)力和金屬棒的運(yùn)動(dòng)之間相互影響制約變化復(fù)雜，解題時(shí)抓住每一瞬間存在Fab=3Fcd及終了狀態(tài)時(shí)Vab=(1/3)Vcd的關(guān)系，用動(dòng)量定理求解十分方便。

④金屬棒所受磁場(chǎng)力是系統(tǒng)的外力，且Fab≠Fcd時(shí)，合力不為零，故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，只有當(dāng)Lab=Lcd時(shí)，F(xiàn)ab=Fcd，方向相反，其合力為零時(shí)，

系統(tǒng)動(dòng)量才守恒。

31、如圖28-1所示，X軸上方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，下方

有勻強(qiáng)電場(chǎng)E。電量為q、質(zhì)量為m、重力不計(jì)的粒子

在y軸上。X軸上有一點(diǎn)N(L，0)，要使粒子在y軸上

由靜止釋放而能到達(dá)N點(diǎn)，問(wèn)：(1)粒子應(yīng)帶何種電荷(2)

圖28-1

釋放點(diǎn)M應(yīng)滿(mǎn)足什么條件(3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)經(jīng)

歷多長(zhǎng)的時(shí)間

分析與解：(1)粒子由靜止釋放一定要先受電場(chǎng)力作用(磁場(chǎng)對(duì)靜止電荷沒(méi)有作用力)，所以M點(diǎn)要在-Y軸上。要進(jìn)入磁場(chǎng)必先向上運(yùn)動(dòng)，靜上的電荷要向上運(yùn)動(dòng)必須受到向上的電場(chǎng)力作用，而場(chǎng)強(qiáng)E方向是向下的，所以粒子帶負(fù)電。

(2)粒子在M點(diǎn)受向上電場(chǎng)力，從靜止出發(fā)做勻加速運(yùn)動(dòng)。在O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，只受洛侖茲力(方向沿+X軸)做勻速周?chē)\(yùn)動(dòng)，經(jīng)半個(gè)周期，回到X軸上的P點(diǎn)，進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)力作用下做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)直到速度為零。然后再向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，在X軸上P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，做勻速圓運(yùn)動(dòng)，經(jīng)半個(gè)周期回到X軸上的Q點(diǎn)，進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，再在電場(chǎng)力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零。此后，粒子重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)直到X軸上的N點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖28-2所示。

設(shè)釋放點(diǎn)M的坐標(biāo)為，在電場(chǎng)中由靜止加速，

則：qEyO=mV2[1]

圖28-2

在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中粒子以速率V做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：qBV=mV2/R[2]

設(shè)n為粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的次數(shù)(正整數(shù))則：L=n2R，所以R=L/2n[3]

解[1][2][3]式得：V=qBL/2mn，所以yO=qB2L2/8n2mE(式中n為正整數(shù))

(3)粒子由M運(yùn)動(dòng)到N在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)和減速運(yùn)動(dòng)的次數(shù)為(2n-1)次，

每次加速或減速的時(shí)間都相等，設(shè)為t1，則：yO=at12=qEt12/m

所以t1=

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半周期為t2，共

n次，t2=πm/qB

粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)共經(jīng)歷的時(shí)間為：

t=(2n-1)t1+nt2=(2n-1)BL/2nE+nπm/qB(n=1、2、

3……)32、平行金屬板長(zhǎng)米，兩板相距米，兩板間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的B為×10-3特斯拉，兩板間所加電壓隨時(shí)間變化關(guān)系如29-1圖所示。當(dāng)t=0時(shí)，有一個(gè)a粒子從左側(cè)兩板中央以V=4×103米/秒的速度垂直于磁場(chǎng)方向射入，如29-2圖所示。不計(jì)a粒子

的重力，求：該粒子能否穿過(guò)金屬板間區(qū)域若不能，打在何處若

能，則需多長(zhǎng)時(shí)間(已知a粒子電量q=×10-19庫(kù)，質(zhì)量m=×10-27

千克)

分析與解：在t=0到t=1×10-4秒時(shí)間內(nèi)，兩板間加有電壓，a粒子受到電場(chǎng)力和洛侖茲力分別為：F=qu/d=q×=方向豎直向下

f=qBv=q××10-3×4×103=方向豎直向上

因F=f，故做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其位移為：△S=v△t=4×103

×1×10-4=米

在t=1×10-4秒到t=2×10-4秒時(shí)間內(nèi)，兩板間無(wú)電場(chǎng)，a粒

子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡半徑為：

r=mv/qB=×10-27×4×103)/×10-19××10-3)=×10-2米＜d/4

所以粒子不會(huì)與金屬板相碰。a粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：

T=2πm/qB=(2×××10-27)/×10-19××10-3)=×10-4秒圖29-1

圖29-2

圖29-3

則在不加電壓的時(shí)間內(nèi)，a粒子恰好能在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周。當(dāng)兩板間又加上第2個(gè)周期和第3個(gè)周期的電壓時(shí)，a粒子將重復(fù)上述的運(yùn)動(dòng)。故經(jīng)13/4周期飛出板外(t=×10-4秒)其運(yùn)動(dòng)軌跡如29-3圖所示。

33、如圖30-1所示，虛線(xiàn)上方有場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向

豎直向下，虛線(xiàn)上下有磁感強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面

向外。ab是一根長(zhǎng)L的絕緣細(xì)桿，沿電場(chǎng)線(xiàn)放置在虛線(xiàn)上方的場(chǎng)

中，b端在虛線(xiàn)上。將一套在桿上的帶正電小球從a端由靜止釋放

后，小球先是加速運(yùn)動(dòng)，后是勻速運(yùn)動(dòng)則達(dá)b端。已知小球與絕

緣桿間的動(dòng)因摩擦數(shù)μ=，小球的重力可忽略不計(jì)。當(dāng)小球脫離桿

進(jìn)入虛線(xiàn)下方后，運(yùn)動(dòng)軌跡是半圓，圓半徑為L(zhǎng)/3。求：帶電小球從a到b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功與電場(chǎng)力所做功的比值。

分析與解：(1)帶電小球在沿桿向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，

其受力情況如30-2圖示。

水平方向：F洛=N=qBV[1]

豎直方向：qE=f[2](勻速運(yùn)動(dòng)時(shí))

又因f=μN(yùn)[3]，聯(lián)立解[1][2][3]式得：qE=f=μqBVb

小球在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)：qBVb=mVb2/R=3mVb2/L，所以Vb=qBL/3m

小球從a到b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理：W電-Wf=mVb2

W電=qEL=μqBVbL=×qBL(qBL/3m)=q2B2L2/10m

所以，Wf=W電-mVb2=q2B2L2/10m-(m/2)(q2B2L2/9m2)=2q2B2L2/45m

所以，Wf/W電=(2q2B2L2/45m)/(q2B2L2/10m)=4/9。

34、如圖31-1所示，從陰極K射出的電子經(jīng)U0=5000V的電勢(shì)差加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長(zhǎng)L1=10cm，間距d=4cm的平行金屬板AB之間。在離金屬板邊緣L2=75cm處放置一個(gè)直徑D=20cm，帶有記錄紙的圓筒。整個(gè)裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射的初速度不計(jì)。

(1)若在金屬板上加以U1=1000V的直流電壓(A板電勢(shì)高)后，為使電子沿入射方向作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)圓筒，應(yīng)加怎樣的磁場(chǎng)(大小和方向)；

(2)若在兩金屬板上加以U2=1000cos2πtV的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2轉(zhuǎn)/秒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。試確定電子在記錄紙上的軌跡形狀，并畫(huà)出1秒鐘內(nèi)所記錄到的圖形。圖30-1

圖30-2

分析與解：偏轉(zhuǎn)極板上加恒定電壓U后，

電子在電場(chǎng)中受到恒定的電場(chǎng)力作用，故所加

的磁場(chǎng)方向只要使運(yùn)動(dòng)電子所受到的洛侖茲力

與電場(chǎng)力等大反向即可。偏轉(zhuǎn)極板上加上正弦交流電后，板間電場(chǎng)變?yōu)榻蛔冸妶?chǎng)，電子在板間的運(yùn)動(dòng)是水平方向作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。偏出極板后作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，電子到達(dá)圓筒后，在筒上留下的痕跡是電子在豎直方向的“掃描”和圓筒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)。

據(jù)動(dòng)能定理：eU0=mV02，得電子加速后的入射速度為：

V0==×107m/s

(1)加直流電壓時(shí)，A、B兩板間場(chǎng)強(qiáng)：

E1=U1/d=1000/(4×10-2)=×104v/m

為使電子作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，應(yīng)使電子所受電場(chǎng)力與洛侖茲力平衡，即：qE1=qBV0，得：B=E1/V0=×104)/×107)=6×10-4T

方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶铩?/p>

(2)加上交流電壓時(shí)，A、B兩板間場(chǎng)強(qiáng)為：

E2=U2/d=1000cos2πt/(4×10-2)=×104cos2πtv/m

電子飛離金屬板時(shí)的偏距為：y1=at12=

(eE2/m)(L1/V0)2

電子飛離金屬板時(shí)的豎直速度為：

Vy=at1=(eE2/m)(L1/V0)

從飛離板到到達(dá)筒的偏距：y2=Vyt2=(eE2/m)(L1/V0)(L2/V0)=(eE2L1L2)/(mV02)所以在紙筒上的落點(diǎn)對(duì)入射方向的總偏距為：(如圖31-2所示)

y=y1+y2=(L1/2+L2)(eE2L1/mV02)=(L1/2+L2)(L1U2/2U0d)

=(10/2+75)×10-2×(10×1000cos2πt)/(2×5000×4)=

πtm

可見(jiàn)，在記錄紙上的點(diǎn)以振幅，周期T=2π/ω=1秒

而作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。因圓筒每秒轉(zhuǎn)2周(半秒轉(zhuǎn)1周)，故在1

秒內(nèi)，紙上的圖形如圖31-3所示。圖31-1

圖31-2

圖31-3

35、如圖32-1所示，兩根互相平行、間距d=米的金屬

導(dǎo)軌，水平放置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=，磁場(chǎng)垂直

于導(dǎo)軌平面，金屬滑桿ab、cd所受摩擦力均為f=。兩根桿

電阻均為r=Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，當(dāng)ab桿受力F=的水平向右

恒力作用時(shí)，ab桿以V1做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，cd桿以V2做勻速

圖32-1

直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，求速度差(V1－V2)等于多少

分析與解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，若回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是由導(dǎo)體做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的，則通常用ε=BlVsinθ來(lái)求ε較方便，但有時(shí)回路中的電動(dòng)勢(shì)是由幾根棒同時(shí)做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的，如果先求出每根導(dǎo)體棒各自的電動(dòng)勢(shì)，再求回路的總電動(dòng)勢(shì)，有時(shí)就會(huì)涉及“反電動(dòng)勢(shì)”而超綱。如果取整個(gè)回路為研究對(duì)象，直接將法拉第電磁感應(yīng)定律ε=用于整個(gè)回路上，即可“一次性”求得回路的總電動(dòng)勢(shì)，避開(kāi)超綱總而化綱外為綱內(nèi)。

cd棒勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受摩擦力f方向水平向左，則安培力Fcd方向水平向右，由左手定則可得電流方向從c到d，且有：

Fcd=IdB=f

I=f/Bd①

取整個(gè)回路abcd為研究對(duì)象，設(shè)回路的總電勢(shì)為ε，由法拉第電磁感應(yīng)定律ε

=，根據(jù)B不變，則△φ=B△S，在△t時(shí)間內(nèi)，

△φ=B(V1－V2)△td

所以：ε=B(V1－V2)△td/△t=B(V1－V2)d②

又根據(jù)閉合電路歐母定律有：I=ε/2r③

由式①②③得：V1－V2=2fr/B2d2

代入數(shù)據(jù)解得：V1－V2=（m/s）

36.如圖33-1所示，線(xiàn)圈ａｂｃｄ每邊長(zhǎng)ｌ＝ｍ，線(xiàn)圈質(zhì)量ｍ1＝ｋｇ、電阻Ｒ＝Ω，砝碼質(zhì)量ｍ2＝ｋｇ．線(xiàn)圈上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度Ｂ＝Ｔ，方向垂直線(xiàn)圈平面向里，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為ｈ＝ｌ＝ｍ．砝碼從某一位置下降，使ａｂ邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)．求線(xiàn)圈做勻速運(yùn)動(dòng)的速度．

解析：該題的研究對(duì)象為線(xiàn)圈，線(xiàn)圈在勻速上升時(shí)受到的安培

力Ｆ安、繩子的拉力Ｆ和重力ｍ1ｇ相互平衡，即

圖33-1

Ｆ＝Ｆ安＋ｍ1ｇ．①

砝碼受力也平衡：

Ｆ＝ｍ2ｇ．②

線(xiàn)圈勻速上升，在線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流

Ｉ＝Ｂｌｖ／Ｒ，③

因此線(xiàn)圈受到向下的安培力

Ｆ安＝ＢＩｌ．④

聯(lián)解①②③④式得ｖ＝（ｍ2－ｍ1）ｇＲ／Ｂ2ｌ2．

代入數(shù)據(jù)解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ）

37.如圖34-1所示，ＡＢ、ＣＤ是兩根足夠長(zhǎng)的固定平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間距離為ｌ，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ．在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為