1、学 海 无 涯 1、距地面 h 高处 1 水平放置距离为 L 的两条光滑金属导轨，跟导轨正交的水平 方向的线路上依次有电动势为 的电池，电容为 C 的电容器及质量为 m 的金属杆，如图 3-3-5，单刀双掷开关 S 先接触头 1，再扳过接触头 2，由于空间有竖直 向下的强度为 B 的匀强磁场，使得金属杆水平向右飞出做平抛运动。测得其水平射程为 s，问电容器最终的带电量是多少？分分析析：开关 S 接 1，电源向电容器充电，电量通过金属杆，金属杆受磁场力向右，金属杆右边的不是恒力。因此不可能精确计算每个时刻力产生的效果，只能关心和计算该段短时间变力冲量的效果，令金属杆离开导轨瞬间具有 了水平向右的
2、动量。根据冲量公式 Ft BLit BLq，跟安培力的冲量相联系的是t 时间内流经导体的电量。由平抛的高度与射程可依据动量定理求出q，电容器最终带电量可求。解解：先由电池向电容器充电，充得电量Q0 C。之后电容器通过金属杆放 电，放电电流是变化电流，安培力 F BLi 也是变力。根据动量定理：Ft BLit BLq mv其中1v=s/t，h=2 gt 2综合得g2hv sq mv msgBLBL2hQ0 C。S 扳向 2，电容器通过金属杆放电，电流mCLBhs12S导轨极短，通电时间极短，电流并非恒定，力也就图 3-3-5学 海 无 涯 电容器最终带电量gBL2h0Q Q q C ms点评：根
3、据动量定理来研究磁场力冲量产生的效果，实际上就是电量和导体动量变化的关系，这是磁场中一种重要的问题类型。2、如图，宽度为 L0.5m 的光滑金属框架 MNPQ 固定于水平面内，并处在磁感应强度大 小 B0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布。将质量 m0.1kg，电阻 可忽略的金属棒 ab 放置在框架上，并与框架接触良好。以 P 为坐标原点，PQ 方向为 x 轴正 方向建立坐标。金属棒从 x01 m 处以 v02m/s 的初速度，沿 x 轴负方向做 a2m/s2 的匀 减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。求：（1）金属棒 ab 运动 0.5 m，框架产生的 焦耳热 Q；
4、（2）框架中 aNPb 部分的电阻 R 随金属棒 ab 的位置 x 变化的函数关系；（3）为 求金属棒 ab 沿 x 轴负方向运动 0.4s 过程中通过 ab 的电量 q，某同学解法为：先算出经过 0.4s金属棒的运动距离 s，以及 0.4s 时回路内的电阻 R，然后代入 q BLs 求解。指出该 R R同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果。解析：解析：（1）金属棒仅受安培力作用，其大小 Fma0.2N，金属棒运动 0.5m，框架中间生的 焦耳热等于克服安培力做的功，所以 QFs0.1J，（2）金属棒所受安培力为 FBIL，IR R，FEBLvB2L2vRma，由于棒做匀减速运200动，
5、v v 2a（x x），所以 RB2L2ma2v0 2a（x0 x）0.4 x（S I），BLs（3）错误之处是把 0.4s 时回路内的电阻 R 代入 q R进行计算，正确解法是 qIt，因为 FBILma，qmat 0.4C，BL3、航天飞机在地球赤道上空离地面约 3000Km 处由东向西飞行，相对地面速度大约6.510 3m/s，从航天飞机上向地心方向发射一颗卫星，携带一根长 20km，电阻为 800 的金属悬绳，使这根悬绳与地磁场垂直，作切割磁感线运动。假设这一范围内的地磁场是均匀的，磁感应强度为 410-5T，且认为悬绳上各点的切割速度和航天飞机的速度相同。根据理论设 计，通过电离层（
6、由等离子体组成）的作用，悬绳可产生约 3A 的感应电流，试求：1金属悬绳中产生的感应电动势；2悬绳两端的电压；3航天飞机绕地球运行一圈，悬绳输出的电能（已知地球半径为 6400km）学 海 无 涯 解析解析：（1）金属悬绳中产生的感应电动势为（2）悬绳两端的电压（3）航天飞机绕地球运行一圈，所需时间为 T。有航天飞机绕地球运行一圈，悬绳输出的电能为4、如图 3 正交电磁场中，质量 m、带电量+q 粒子由一点 P 静止释放，分析它的运动。分析分析：粒子初速为零释放，它的运动轨迹是如图 3 所示的周期性的曲线。初速为零，亦可看成是向右的v0 与向左-v0 两个运动的合运动，其中v0 大小为：v0=
7、E/B所以+q 粒子可看成是向右v0 匀速直线运动和逆时针的匀速圆周运动的合运动。电场方向上向下最大位移dm 2RR mv 0 mEqBqB2qB2dm 2mE一个周期向右移动距离 L 即 PP1 之距为L v0 TPP1P23PQm 图 3学 海 无 涯 T 2mqB代入，得：qB2L 2mE最低点 Q 点速度vQ 2v05、如图所示，在方向竖直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨 MN、PQ，导轨足够长，间距为 L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd 为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻分别为 R，质量分别为 m，与金属导轨 平行的水平细
8、线一端固定，另一端与 cd 棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为 T，一开 始细线处于伸直状态，ab 棒在平行导轨的水平拉力 F 的作用下以加速度 a 向右做匀加速直 线运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。1求经多长时间细线被拉断？2若在细线被拉断瞬间撤去拉力 F,求两根金属棒之间距离增量x 的最大值是多 少？解析：解析：（1）ab 棒以加速度 a 向右运动，经 t 时间细线被拉断，当细线断时，ab 棒运动的速度 为 v，产生的感应电动势为 E=BLv,v=atE2R回路中的感应电流为 I cd 棒受到的安培力为 T=BIL2RTB2 L2a联立解得t（2）当细线断时，ab
9、 棒运动的速度为 v，细线断后，ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，两棒之间的距离增大，当两棒达相同速度 v 而稳定运动时，两棒之间的距离增量x 达到最大值，整个过程回路中磁通量的变化量为=BLxEB0图 3-4-11学 海 无 涯 通过该回路的电量q I t BLxR总2R由动量守恒定律得mv 2mv对于 cd 棒，由动量定理得 BILt mv故通过该回路的电量q mvBLR 4 L42mR 2T联立解得x 6、如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨 MN、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.3m。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻 R=0.4。导轨上停放一质量 m=0.1kg
10、、电阻 r=0.2的金属杆 ab，整个装置处于磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场中，磁场方向竖直 向下。利用一外力 F 沿水平方向拉金属杆 ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将 R 两 端的电压 U 即时采集并输入电脑，获得电压 U 随时间 t 变化的关系如图乙所示。1试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；2求第 2s 末外力 F 的瞬时功率；3如果水平外力从静止开始拉动杆 2s 所做的功为 0.3J，求回路中定值电阻 R 上产 生的焦耳热是多少。解析：解析：RBlvRR rR r（1）设路端电压为 U，杆的运动速度为 v，有U E 0.1v（2 分）由图乙可得U=0.1t所
11、以速度v=1 t（2 分）（2 分）因为速度 v 正比于时间 t，所以杆做匀加速直线运动，且加速度 a=1m/s2（2 分）（用其他方法证明可参照给分）（2）在 2s 末，v=at=2m/s，学 海 无 涯(Bl)2 v 0.075NR r杆受安培力 F BIl（2 分）（2 分）由牛顿第二定律，对杆有 F F ma，得拉力 F=0.175N故 2s 末的瞬时功率 P=Fv=0.35W（2 分）2k(3)在 2s 末，杆的动能 E 1 mv 2 0.2J由能量守恒定律，回路产生的焦耳热 Q=W-Ek=0.1J（3 分）根据 Q=I2Rt，有QR RQR rR故在 R 上产生的焦耳热 QR Q
12、R r 0.067J 7、如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQMN。导轨平面与水平面间的夹角=37，NQ间连接有一个R=5的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感强度为B0=1T。将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金 属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ 为s=1m。试解答以下问题：（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）1请定性说明金属棒在达到稳定速度前的加速度和
13、速度各如何变化？2当金属棒滑行至 cd 处时回路中的电流多大？3金属棒达到的稳定速度是多大？4若将金属棒滑行至 cd 处的时刻记作 t=0，从此时刻起，让磁感强度逐渐减小，可 使金属棒中不产生感应电流，则磁感强度 B 应怎样随时间 t 变化（写出 B 与 t 的关系式）?解析：解析：1在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大。（2分）2达到稳定速度时，有 FA B0 IL（1 分）mg sin FA mg cos mg sin 37 cos 37 B0 L I 学 海 无 涯 （1 分）0.05100.6 0.5 0.81 0.5 0.2A（2 分）0R（3）E B Lv、I E
14、 （2 分）（2 分）IR0.25v m/s 2m/sB0 L1 0.5（4）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流。此时金属棒将沿导轨匀加速运动。mg sin mg cos ma a g sin cos 100.6 0.50.8m/s2 2m/s2 （2 分）2021B Ls BL s vt at 2B0 s 111B T 1 2t t 2t 2 2t 1s vt 1 at 2T 8、如图 4-2-5 所示，AB 是一根裸导线，单位长度的电阻为 R0，一部分弯曲成半径为r0 的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好。圆圈所在区域有与圆圈平面 垂直的均匀磁场，磁感强度为 B。导线一端 B
15、点固定，A 端在沿 BA 方向的恒力 F作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小。设在圆圈缩小过程中始终保持圆的 形状，设导体回路是柔软的，试求此圆圈从初始的半径r0 到完全消失所需时间 T。分分析析:在恒力 F 拉动下，圆圈不断缩小，使其磁通量发生变化，产生感应电动势，由于交叉点处导线导电良好，所以圆圈形成闭合电路，产生感应电流。因 圆圈缩小是缓慢的，F 所作功全部变为感应电流产生的焦耳热，由此可寻找半径 r 随时间的变化规律。解解:设在恒力 F 作用下，A 端t 时间内向右移动微小量x，则相应圆半径减小r，则有：BAF图 4-2-5F x t R学 海 无 涯 x 2r 在这瞬息t 时间内
16、F 的功等于回路电功 2 B Stt S 可认为是由于半径减小微小量r 而引起面积变化，有：S 2r r 而回路电阻 R 为：R R0 2r 代入得：tF 2r t 2 R 2r0B 2 S 2 022FR 0rB2 S 2FR 2 rB2 S 2t r 2显然t 与圆面积的变化S 成正比，所以当面积由0 变化至零时，经历时间 T 为 SB 2T t 1 B 2 S2FR02FR0i r 2 B 2T 02FR0 9、如图（a）所示，两根足够长的光滑平行金属导轨相距为 L0.40m，导轨平面与水平面 成30o 角，上端和下端通过导线分别连接阻值 R R 1.2 的电阻，质量为 m0.20kg、
17、12阻值 r0.20 的金属棒 ab 放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，整个装置处在垂直导轨平面向上的磁场中，取重力加速度 g10ms2。若所加磁场的磁感应强度大小恒为 B，通过小电动机对金属棒施加力，使金属棒沿导轨向上做匀加速直线运动，经过 0.50s 电 动机的输出功率达到 10W，此后电动机功率保持不变，金属棒运动的 vt 图像如图（b）所 示，试求：学 海 无 涯 1磁感应强度 B 的大小；2在 00.50s 时间内金属棒的加速度 a 的大小；3在 00.50s 时间内电动机牵引力 F 与时间 t 的关系；4如果在 00.50s 时间内电阻 R1 产生的热量为 0.135J，则
18、在这段时间内电动机做 的功。解析：解析：（1）vm(BL)2PvmR并r mg sin 0 21并RR 0.6 vmLvm50.81100.451PR并rB（mg sin )(0.2 10 0.5)T 1T（4 分）PR并rat1(BL)2（2）mgsin at1 ma 3a 20 m/s2（3 分）R并rat(BL)2（3）F mgsin ma 3374F t （3 分）0.21（4）Q总2Q1 2Q1 0.6 2 0.135 2 0.135 3 J 0.36 J 222211W Q mg(at )sin m(at)F总11 F2323W 0.36 0.2 10 (1 20 0.52)0.5
19、 1 0.2 (20 0.5)2 J 2.3J 10、在长为 2L 的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为 m 的带电小球 A 和 B（可视为质点，也不考虑二者间的相互作用力），A 球带正电、电荷量为+2q，B 球带负电。电荷量为学 海 无 涯 3q。现把 A 和 B 组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上，并让 A 处于如图所示的有界匀 强电场区域 MPQN 内。已知虚线 MP 是细杆的中垂线，MP 和 NQ 的距离为 4L，匀强电场的场强 大小为 E，方向水平向右。现取消对 A、B 的锁定，让它们从静止开始运动。（忽略小球运动 中所产生的磁场造成的影响）1求小球 A、B 运动过程中的最大速
20、度；2小球 A、B 能否回到原出发点？若不能，请说明理由；若能，请求出经过多长时 间带电系统又回到原地发点。3求运动过程中带电小球 B 电势能增加的最大值。解析：解析：（1）带电系统锁定解除后，在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动，当 B 进入电场区时，系统所受的电场力为 A、B 的合力，因方向向左，从而做减速运动，以 后不管 B 有没有离开右边界，速度大小均比 B 刚进入时小，故在 B 刚进入电场时，系统具有最大速度。设 B 进入电场前的过程中，系统的加速度为 a1，由牛顿第二定律：2Eq2ma1（2 分）m2EqLB 刚进入电场时，系统的速度为 vm，由v2 2a L 可得 v
21、 m1m（3 分）（2）对带电系统进行分析，假设 A 能达到右边界，电场力对系统做功为 W1则W1 2Eq 3L (3Eq 2L)0（2 分）故系统不能从右端滑出，即：当 A 刚滑到右边界时，速度刚好为零，接着反向向左加 速。由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动。（2 分）1aEqvm2mL11设 B 从静止到刚进入电场的时间为 t，则 t （1 分）设 B 进入电场后，系统的加速度为 a2，由牛顿第二定律3Eq 2Eq 2ma 2（1 分）aEq显然，系统做匀减速运动，减速所需时间为 t2，则有t22 0 vm 8mL（1 分）学 海 无 涯 Eq2mL12
22、那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为t 2(t t)6（2 分）（3）当带电系统速度第一次为零，即 A 恰好到达右边界 NQ 时，B 克服电场力做的功最多，B 增加的电势能最多，此时 B 的位置在 PQ 的中点处（1 分）所以 B 电势能增加的最大值Ep W 3Eq 2L 6EqL11在如图 3-4-12 所示的直角坐标系中，坐标原点 O固定电量为 Q 的正点电荷，另有指向 y 轴正方向(竖直向上方向)，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，因而另一个质量为 m、电量力为 q 的正点电荷微粒恰好能以 y 轴上的平面平行，角速度为，试求圆心O的坐标值。分分析析：带电微粒作匀速圆周运动，可以确
23、定在只有洛伦磁力和库仑力的情况下除非O与 O 不重合，必须要考虑第三个力即重力。只有这样，才能使三者 的合力保证它绕O在水平面内作匀速圆周运动。解解：设带电微粒作匀速圆周运动半径为 R，圆心的O 纵坐标为 y，圆周上一点与坐标原点的连线和 y 轴夹角为，那么有tg Ry带电粒子受力如图 3-4-13 所示，列出动力学方程为mg=F 电 cos(1)f 洛-F 电sin m R2(2)f洛=qRB(3)将(2)式变换得xOO点为圆心作匀速圆周运动，其轨道平面(水平面)与 xozQy BOz图 3-4-12xQy BmgF电Of洛Oz图 3-4-13学 海 无 涯 f 洛-m R Fsin 2电(
24、4)将(3)代入(4)，且(1)(4)得mg y qRB m 2 RR消去 R 得mg qB m 2y 12、一宇宙人在太空（那里万有引力可以忽略不计）玩垒球。辽阔的太空球场半侧为均匀电场 E，另半侧为均匀磁场 B，电场和磁场的分界面为平面，电场方向与界面垂直，磁场方 向与垂直纸面向里。宇宙人位于电场一侧距界面为 h 的 P 点，O 点是 P 点至界面垂线的垂 足，D 点位于纸面上 O 点的右侧，OD 与磁场 B 的方向垂直，OD=d。如图所示，垒球的 质量为 m，且带有电量 q（q0）。1宇宙人是否可能自 P 点以某个适当的投射角（与界面所成的角）0 及适当的初速度v p 投出垒球，使它经过
25、 D 点，然后历经磁场一次自行回至 P 点？试讨论实现这一游戏，d 必须满足的条件并求出相应的0 和v p。2若宇宙人从 P 点以初速度vo 平行与界面投出垒球，要使垒球击中界面上的某一 D点，初速度vo 的指向和大小应如何？解析：解析：（1）首先建立直角坐标系。使 x 与 OD 重合，y 与 OP 重合。球有平抛、斜向上和斜下抛三情形。若球投向 y 轴的右侧，当球达到分界面上的 D 的速度为vD，vD 与 x 轴的夹角为，球沿半径为 R 的圆周运动，达到界面的 D，又从 D 回到抛出点。OD Od d学 海 无 涯 d R sin mvD sin mv y（1）qBqBmqBdvy （2）m
26、DyPy球在电场区的加速度为 a，v2 v2 2ah 2qEhmpyv 1q 2 B2 d 2 2qEhm（3）+，-分别表示在 P 点斜上抛与斜下抛的情况。设球从抛出点到 D 的时间为，则：qEvDy vpy a vpy m（4）d vpx（5）将（2）（5）代入（4）pxpymmv qEd qBd vqEdqBd q2 B2 d 2 2qEhm得：vpx （6）qB22Ehm因（3）和（6）必须是实数，所以有d（7）qB22Ehm（a）若d（8）pypxBBp则由（3）和（6）得v 0，v E，即v E（9）0 0（10）qB22Ehm（b）若d（11）学 海 无 涯 1/2222 1/2
27、 mq 2 B 2 d 2 2qEmh qBd q 2 B 2 d 2 2qEmhq 2 B 2 d 2则v (v v )ppxpymqEd q2 B2 d 2 2mEh qBd q2 B2 d 2 2qEmh0 tan 1 qB2（c）d 2Ehm时候无论怎样都不能回到出发点。（2）击中 D 点有三种方式（a）从 P 点抛出后经过电场区，直接到 D 点，若所经历的时间为 t，则由22 m1 qE0h t，d v tqE2hm0得：v dD 3D 2D 1 D 4Dv D（2）从抛出点“下落”然后经过磁场回转，又由电场区斜上抛，如此循环，历经磁场n 次循环，最终在电场区斜上抛到 D。设自 P
28、点平抛的水平射程OD1 dn，球经磁场回旋一次，在 x 轴方向倒退 D1D2 2Ryv 0 x从 D2 出磁场后经电场区斜上抛运动，球在 x 轴方向前进2dn，如此经 n 次循环后从电场区达到 D，有dn 2ndn 2nR d2n 1d 2nR求得：dn 若抛出点的初速度为v0 n2 mn0n，有h 1 qE t 2，d v tB qEd求得：v 2n E 2mh2n 1 10n学 海 无 涯（c）从抛出点“下落”然后经过磁场回转，又由电场区斜上抛，如此循环，历经磁场1nn 次循环，最终在磁场区到 D。设自 P 点平抛的水平射程OD d ，球经磁场回旋一次，DD 3D 2D 1 D 4v D在
29、 x 轴方向倒退 D1D2 2Ryv 0 xqBqBqBm2qEhR R sin mv D sin m vDy m从 D2 出磁场后经电场区斜上抛运动，球在 x 轴方向前进2dn，如此经 n 次循环后从电场区达到 D，有d 2(n 1)d 2nR dnn0 n2 m若抛出点的初速度为v ，有h 1 qE t 2，dn v0ntB qEd 2n E 2mh2n 1 1求得：v0n13、质量为 m，带电量为 q 的粒子以初速度 v0 经过一个磁感应强度为 B 的区域，该区域的宽度为 d，粒子在运动过程中受到的阻力 f k v。问粒子至少以多大的速度进入磁场区，才能穿过该区域？d解析：解析：粒子以和
30、边界成角的速度v0 进入磁场，粒子进入磁场后受到洛仑磁力 F 和阻力 fF qv0 Bf kv学 海 无 涯 建立 xoy 直角坐标系，水平方向为 x，竖直方向为 y设任意时刻粒子速度的两个分量分别为vx，v y有 mvy (qBvx kvy)t mvx (qBvy kvx)t 由vx t xvy t y可有：m(vy v0 sin )qBx kym(vx v0 cos)qBy kx注意到刚好越过磁场区时应有 y d，vx 00qBkqBk 2 dm(cos sin )qBd 由以上有：v k 2mqBdqBkk 2 d1 q 2 B 2qBd qBv0 m(cos sin )14、空间有一个
31、水平方向的匀强磁场 B，磁场中有 a,b 两点，相距为 s，a、b 连线在水平面上且与 B 垂直。一个质量为 m，电量为+q 的带电质点从 a 点以速度 v0 对准 b 射出，为了 使它能够到达 b，v0 取什么值？bv 0 a解析：解析：（1）如果洛仑磁力恰好和粒子重力抵消，则mg qv01Bv mgqB01（2）如果v0 v01，则可将v0 分解v01，v02，v01 必须指向 b 的，它产生的洛仑磁力恰好和粒子重力抵消，因此由v02 产生的洛仑磁力使粒子作圆周运动。最后粒子作的是圆周学 海 无 涯 运动和匀速直线运动的合运动qBv01s运动周期T 2m，如果t 是 T 的整数倍，粒子一定
32、能达到 b，这时有：sqB n2 m mgqBm 2 g即 s0 2nq 2 BqB000010可见 s 与v 无关，如果 s s，v 必须为v mg。如果 s s，v 可以取任意值。15、一根长的薄导体平板沿 X 轴放置，板面位于水平位置，板的宽度为 L，电阻可忽略不计，aebcfd 是圆弧形均匀导线，其电阻为 3R，圆弧所在的平面与 X 轴垂直，圆弧的两端 a 和 d 与导体板的两个侧面相接触，并可在其上滑动。圆弧 ae=eb=cf=fd=(1/8)圆周长，圆弧 bc=（1/4）圆周长，一内阻 Rg=nR 的体积很小的电压表位于圆弧的圆心 O 处，电压表的两 端分别用电阻可以忽略的直导线与
33、 b 和 c 点相连，整个装置处在磁感应强度为 B、方向竖直 向上的匀强磁场中。当导体板不动而圆弧导线与电压表一起以恒定的速度 v 沿 X 轴方向平移运动时1求电压表的读数；2求 e 点与 f 点的电势差 UeUf。解析：解析：弧 bc 段的感应电动势1 BLv，弧 ae 的感应电动势 2 BLv(2 1)/2。其余各弧 段的感应电动势的大小都等于 2 BLv(2 1)/2，连接电压表的每根导线中的感应电动学 海 无 涯 势大小 3 BLv/2Ub Uc I1 R 1Ub Uc I 3 Rg 3 3Ub Uc 2I 2 R注意到：1 2 3，Rg nR可以求得：电压表的读数V I3 nR bB
34、Lv/(3n 2)（2）e 点与 f 点的电势差Ue U f I 2 R/2 I 2 R/2 2 2Ue U f (n 1)/(3n 2)2 1BLv16、PQ Qn Pn 是由若干正方形导线方格 PQ Q1P1，P1Q1Q 2 P2，P2 Q 2 Q3 P3，Pn1Qn1Qn Pn构成的网络，如图 1 所示。方格每边长度 l=10.0 cm 边 Q Q1，Q1Q 2，Q 2 Q 3 与边 P P1，P1 P2，P2 P3，的电 阻都等于 r，边 PQ，P1Q1，P2 Q 2，的电阻都等 2 r。已知 PQ 两点间的总电阻为 C r，C是一已知数。在 x 0 的半空间分布有随时间 t 均匀增加
35、的匀强磁场，磁场方向垂直于 Oxy平面并指向纸里，如图 2 所示，学 海 无 涯 今令导线网络 PQ Qn Pn 以恒定的速度 v=5.0 cm/s，沿 x 方向运动并进入磁场区域。在 运动过程中方格的边 PQ 始终与 y 轴平行。若取 PQ 与 y 轴重合的时刻为 t=0 ，在以后任一时刻 t 磁场的磁感应强度为 B=B0 bt，式中 t 的单位为 s，B 0 为已知恒量，b=0.10 B 0。求 t=2.5 s 时刻，通过导线 PQ 的电流（忽略导线网络的自感）。解析：解析：网络由 n 个方格构成，用 Rn 表示 PQ 两端的电阻，则：Rn Cr设 P1Q1 左边所有方格的总电阻为 Rn-
36、1，RnR 4rn1 2(Rn1 2r)rnR2r R 4r(Rn r)n1Rn2n1 4r(Rn1 r)2r R依次类推，可以求出P1Q1 左边所有的总电阻。1在网络沿 x 运动时，每一方格子通过 y 轴的时间为T 2sv在 t=2.5s，有一个完整的方格在磁场中。如图。学 海 无 涯 令方格 PQQ1P1 中的电动势为1有4ir 2ir 1方格 PQ1Q2P1 中电动势为 22i1r (i i1)(2r Rn2)2因为方格 PQQ1P1 全部在磁场中，1 /t l b2方格 PQ1Q2P1 中电动势为 2 B0lv 2blvt l b2n220r 2 brR2r(B lv 2blvt l
37、2b)(4r R)l 2b由以上求得：i 0n2Rn1 r2 C4 3C4(C 1)10C 12r，Rn2 代入数据：i 56 41C 10 3 B08r17、有一匀质细导线弯成的半径为 a 的圆线圈和一内接等边三角形的电阻丝组成的电路（电路中各段的电阻值见图）。在圆线圈平面内有垂直纸面向里的均匀磁场，磁感应强度B 随时间 t 均匀减小，其变化率的大小为一已知常量 k。已知 2 r1=3 r2。试求图中 A、B 两点的电 势差U A-U B。解析：解析：学 海 无 涯 1 11 12对半径为 a 的圆电路：a k 2r I r I 2 22 2对等边三角形回路，3 3a2 k/4 2r I 2
38、r I 对于由弦 AB 和弧 AB 构成的回路1 12 2(a 2 3 3a 2/4)k/3 r I r I1212对节点 B：I I I I 1 12BAa k/3 I r又 U U 32r 2r1323a2 k求得：UA UB 18、如图 4-3-10 所示的直角坐标中，有一绝缘圆锥体，半锥角为,轴线沿 z 轴方向，顶点在原点处。有一条长为l 的细金属丝 OP 固定在圆锥体的侧面上，与圆锥体的一条母线重合，空间存在着沿正 x 方向的匀强磁场 B。试讨论当圆锥体如图所示方向做角速度为的匀角速转动时，OP上感生电动势的情况。解:当 P 点的 x 坐标为正时，P 点的电势都高于 O 点的电势；当
39、 P 点的 x 坐xyBwzPQ图 4-3-10学 海 无 涯 标为负时，P 点的电势都低于 O 点的电势；当 P 点的 y 坐标为 0，即 OP 在 xOz平面时，OP 上的感生电动势最大。此时 OP 在垂直于 B 方向上的有效长度为 OQ OPcos l cos,P 点的速度为 vp QP l sin 而 O 点的速度为零，所以 OP 上各点的平均速度为 vp/2。因此此时 OP 上的感生电动势大小为 21 2 m l B sin cos.当 P 点运动到某一位置(图 4-3-11)，P 点的 x、y 坐标都大于零，QP 与 x 轴的 夹角为时，OP 在垂直于 B 方向上的有图 3-2-1
40、1 效长度为 Os l cos/cos,为 OP 在 yPz 平面上的投影 OS 与 z 轴的夹角。S 点绕 O 点运动的速度为 vs l sin cos cos .O 点的速度始终为零，所以 OP 上各点在 y 方向上的平均速度为 vs/2。因此 此时 OP 上的感生电动势的大小为 e 1 l 2B sin cos cos219、位于竖直平面内的矩形平面导线框 abcd。ab 长为 l1，是水平的，bc 长为 l2，线框的质量为 m，电阻为 R.。其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界 PP和 QQ均与 ab平行，两边界间的距离为 H，Hl2，磁场的磁感应强度为 B，方向与线框平面垂直，
41、如图所示。令线框的 dc 边从离磁场区域上边界 PP的距离为 h 处自由下落，已知在线框的 dcxyBwzPQS 图 4-3-11学 海 无 涯 边进入磁场后，ab 边到达边界 PP之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。问从线框开始下落到 dc 边刚刚到达磁场区域下边界 QQ的过程中，磁场作用于线框的安 培力作的总功为多少？解析：解析：设线框在（1）位置时进入磁场，速度为v1（2）位置达到速度的最大值v2，（2）到（3）为匀速运动。（3）到（4）以加速度 g 下降，没有感应电流。v1 2gh（1）在（2）位置：21B 2l 21 v Rmg BIl2B 2l 2v mgR(2)1设从
42、（1）位置到（2）位置，线框下降 x.此阶段安培力做功为W1学 海 无 涯 212122121mgx W mv mv mgh1m3 g 2 R 2W1 mgx 2B 4l 4（3）12B 4 l 4线框速度达到v2 后，dc 边匀速下降距离为l2 x，此过程安培力做功为W2W2 mg(l2 x)（4）m3 g 2 R 2整个过程安培力做功W W1 W2 mg(l2 h)20、ABCD 是闭合导线回路（导线外壳绝缘）总电阻为 R，AB 的一部分绕成初始半径为 r0的圆圈。圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，回路的 B 端固定，C、D 为自由端。1若 A 端在沿 BA 方向的恒力 F 的作用下
43、向右移动，使圆圈缓慢缩小。设在圆圈缩小的过程中，始终保持圆的形状，导体回路是软的，阻力可忽略，求此圆圈从初始半径 r0 到 完全闭合所需要的时间。2若 A 端沿 BA 方向以恒定速度 v 向右移动，使圆圈缓慢缩小的过程中，回路始终 保持圆形，求从初始半径 r0 到完全闭合拉力所做的功 解析：解析：（1）设：当时间为 t，半径为 r 时，在t 的短时间内，半径变化r，则感生电流为I /t B(2rr/t)RRR取圆圈的一小段，其圆心角为，绳中张力为 T，22T BIl BIrT=FFt 0 rR2B 2 r 3学 海 无 涯 2B 2 r 3可得：t 0 3RFr（2）当时间为 t，半径为 r
44、时，在t 的短时间内，半径变化r。v 2 tRRRR则感生电流为 I /tB(2rr/t)Bvr取圆圈的一小段，其圆心角为，绳中张力为 T，22T BIl BIrRB 2 r 2 vT RB 2 r 2 v(2r)W Tl T 2r 2B2r3v可得：W 0 3R21、在如图 4-3-12 所示的直角作标系中，有一塑料制成的半锥角为的圆锥体 Oab。圆锥体的顶点在原点处，其轴线沿 z 轴方向。有一条长为 l 的细金属 丝 OP 固定在圆锥体的侧面上，金属丝与圆锥体的一条母线重合。整个空间中存 在着磁感强度为 B 的均匀磁场，磁场方向沿 X 轴正方向，当圆锥体绕其轴沿图示 方向做角度为的匀角速转
45、动时，(1)OP 经过何处时两端的电势相等？(2)OP 在何处时 P 端的电势高于 O 端？(3)电势差U P UO 的最大值是多少？分析分析:本题的关键是如何处理磁感强度 B 跟棒不垂直的问题。方法有二个：当金属丝 OP 经过XOZ 平面时，设法求出极短时间内切割的磁感线数，即磁通量；或把 B 分解成跟 OP 垂直的分量 B 和跟平 OP 行的分量 B。XYBwPOMNZ图 4-3-13学 海 无 涯 解解法法一一：(1)当 OP 经过 YOZ 平面的瞬间，两端的电势相等。因为此时 OP 的 运动方向和磁场方向平行(同向或反向)(2)、只要 OP 处于 YOZ 平面的内侧，P 点的电势总是高
46、于 O 点。(3)、当 OP 处于 XOZ 平面的右侧且运动方向和磁场方向垂直时，即通过 XOZ平面的瞬间(如图 4-3-13 所示)UP U 0 的值最大。其值等于在此瞬间很短时间 间隔t 内，OP 切割的磁感线数 除以t，由几何投影可知，也等于t 内 OP 在 YOZ 平面内的投影切割的磁感线的数目。P 点在 YOZ 平面上的投影为沿 Y轴做圆频率为、振幅为 Lsin 的简谐运动，此简谐运动在 Z 轴附近时其速度为l sin 。因此 OP 的投影切割的面积为一小三角形(MON)的面积，即 S 1 l cos l sin t 2切割磁感线数即磁通量为 =B2S 1 l 2B cos sin
47、t 根据法拉第电磁感应定律可知 UP U 0=t2 1 l 2B cos sin 方方法法二二：如图 4-3-14 所示，把磁感强度 B 正交分解成垂直 OP 的分量和平行于 OP 的分量，即 B B cos,B=Bsin 当金属丝 OP 在匀强磁场 B 中绕 Z 轴转动时，切割磁感线产生的电动势为E=B Lv 中 式中 v中 的为金属丝 OP 中点的线速度，v中=2 l sin。代入上式得 XYBZPawO图 4-3-14学 海 无 涯 E=Bcos l l sin 1 Bl 2 sin cos 2=2 由此得电势差 UP U 0=21 Bl 2 sin cos 解解法法三：三：设想 OP
48、是闭合线框 OO P 的一条边。线框绕 OZ 轴匀速转动产生的2)2 B(1 l sin l cos1 Bl 2 sin cos最大动生电动势为 E=BS 因为边 O P 与 OO 没有切割磁感线，不产生动生电动势，因此 OP 中的电动势就等于闭合线框 OO P 中的电动势。由此得电势差 UP U 0=21 Bl 2 sin cos 22、如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为 l，左侧接一阻值为 R 的 电阻。区域 cdef 内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为 s。一质量为 m，电 阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到 F0.5v0.
49、4（N）（v 为金 属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间 均匀增大。（已知 l1m，m1kg，R0.3，r0.2，s1m）1分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；2求磁感应强度 B 的大小；B2l2m（Rr）（3）若撤去外力后棒的速度 v 随位移 x 的变化规律满足 vv0 x，且棒在运动到 ef 处时恰好静止，则外力 F 作用的时间为多少？（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化 所对应的各种可能的图线。（1）金属棒做匀加速运动，R 两端电压 UIv，U 随时间均匀增大，即 v 随时间 均匀增大，加速度为恒量，（2
50、）FB2l2vRrB2l2Rrma，以 F0.5v0.4 代入得（0.5）v0.4a，a 与 v 无关，2所以 a0.4m/s，（0.5B2l2Rr）0，得 B0.5T，11220（3）x at，v B2l2m（Rr）212122x at，x x s，所以at m（Rr）B2l2ats，得：0.2t20.8t10，t1s，学 海 无 涯（4）可能图线如下：v/ms1v/ms1v/ms1v/ms10.90.40.40.40.40 0.20.51 x/m 00.51 x/m 00.51x/m00.51 x/m 23、如图所示，两根正对的平行金属直轨道 MN、MN位于同一水平面上，两轨道之间的 距离
