第頁電學〔電路〕計算題1．如圖3-87所示的電路中，電源電動勢＝24Ｖ，內阻不計，電容Ｃ＝12μＦ，Ｒ１＝10Ω，Ｒ３＝60Ω，Ｒ４＝20Ω，Ｒ５＝40Ω，電流表Ｇ的示數為零，此時電容器所帶電量Ｑ＝7．2×10－５Ｃ，求電阻Ｒ２的阻值?圖3-872．如圖3-88中電路的各元件值為：Ｒ１＝Ｒ２＝10Ω，Ｒ３＝Ｒ４＝20Ω，Ｃ＝300μＦ，電源電動勢＝6Ｖ，內阻不計，單刀雙擲開關Ｓ開始時接通觸點2，求：圖3-88〔1〕當開關Ｓ從觸點2改接觸點1，且電路穩定后，電容Ｃ所帶電量．

〔2〕假設開關Ｓ從觸點1改接觸點2后，直至電流為零止，通過電阻Ｒ１的電量．

3．光滑水平面上放有如圖3-89所示的用絕緣材料制成的Ｌ形滑板〔平面局部足夠長〕，質量為4ｍ，距滑板的Ａ壁為Ｌ１距離的Ｂ處放有一質量為ｍ，電量為＋ｑ的大小不計的小物體，物體與板面的摩擦不計，整個裝置處于場強為Ｅ的勻強電場中．初始時刻，滑塊與物體都靜止，試問：圖3-89〔1〕釋放小物體，第一次與滑板Ａ壁碰前物體的速度ｖ１多大?〔2〕假設物體與Ａ壁碰后相對水平面的速率為碰前速率的3／5，那么物體在第二次跟Ａ壁碰撞之前，滑板相對于水平面的速度ｖ和物體相對于水平面的速度ｖ２分別為多大?

〔3〕物體從開始運動到第二次碰撞前，電場力做的功為多大?〔設碰撞所經歷時間極短〕

4．一帶電粒子質量為ｍ、帶電量為ｑ，可認為原來靜止．經電壓為Ｕ的電場加速后，垂直射入磁感強度為Ｂ的勻強磁場中，根據帶電粒子在磁場中受力所做的運動，試導出它所形成電流的電流強度，并扼要說出各步的根據．〔不計帶電粒子的重力〕

5．如圖3-90所示，半徑為ｒ的金屬球在勻強磁場中以恒定的速度ｖ沿與磁感強度Ｂ垂直的方向運動，當到達穩定狀態時，試求：圖3-90〔1〕球內電場強度的大小和方向?

〔2〕球上怎樣的兩點間電勢差最大?最大電勢差是多少?

6．如圖3-91所示，小車Ａ的質量Ｍ＝2ｋｇ，置于光滑水平面上，初速度為ｖ０＝14ｍ／ｓ．帶正電荷ｑ＝0．2Ｃ的可視為質點的物體Ｂ，質量ｍ＝0．1ｋｇ，輕放在小車Ａ的右端，在Ａ、Ｂ所在的空間存在著勻強磁場，方向垂直紙面向里，磁感強度Ｂ＝0．5Ｔ，物體與小車之間有摩擦力作用，設小車足夠長，求圖3-91〔1〕Ｂ物體的最大速度?

〔2〕小車Ａ的最小速度?

〔3〕在此過程中系統增加的內能?〔ｇ＝10ｍ／ｓ２〕

7．把一個有孔的帶正電荷的塑料小球安在彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球穿在一根光滑的水平絕緣桿上，如圖3-92所示，彈簧與小球絕緣，彈簧質量可不計，整個裝置放在水平向右的勻強電場之中，試證明：小球離開平衡位置放開后，小球的運動為簡諧運動．〔彈簧一直處在彈性限度內〕圖3-928．有一個長方體形的勻強磁場和勻強電場區域，它的截面為邊長Ｌ＝0．20ｍ的正方形，其電場強度為Ｅ＝4×10５Ｖ／ｍ，磁感強度Ｂ＝2×10－2Ｔ，磁場方向垂直紙面向里，當一束質荷比為ｍ／ｑ＝4×10－10ｋｇ／Ｃ的正離子流以一定的速度從電磁場的正方形區域的邊界中點射入如圖3-93所示，圖3-93〔1〕要使離子流穿過電磁場區域而不發生偏轉，電場強度的方向如何?離子流的速度多大?

〔2〕在離電磁場區域右邊界0．4ｍ處有與邊界平行的平直熒光屏．假設撤去電場，離子流擊中屏上ａ點，假設撤去磁場，離子流擊中屏上ｂ點，求ａｂ間距離．

9．如圖3-94所示，一個初速為零的帶正電的粒子經過Ｍ、Ｎ兩平行板間電場加速后，從Ｎ板上的孔射出，當帶電粒子到達Ｐ點時，長方形ａｂｃｄ區域內出現大小不變、方向垂直于紙面且方向交替變化的勻強磁場．磁感強度Ｂ＝0．4Ｔ．每經ｔ＝〔π／4〕×10－3ｓ，磁場方向變化一次．粒子到達Ｐ點時出現的磁場方向指向紙外，在Ｑ處有一個靜止的中性粒子，Ｐ、Ｑ間距離ｓ＝3ｍ．ＰＱ直線垂直平分ａｂ、ｃｄ．Ｄ＝1．6ｍ，帶電粒子的荷質比為1．0×10４Ｃ／ｋｇ，重力忽略不計．求圖3-94〔1〕加速電壓為220Ｖ時帶電粒子能否與中性粒子碰撞?

〔2〕畫出它的軌跡．

〔3〕能使帶電粒子與中性粒子碰撞，加速電壓的最大值是多少?

10．在磁感強度Ｂ＝0．5Ｔ的勻強磁場中，有一個正方形金屬線圈ａｂｃｄ，邊長ｌ＝0．2ｍ，線圈的ａｄ邊跟磁場的左側邊界重合，如圖3-95所示，線圈的電阻Ｒ＝0．4Ω，用外力使線圈從磁場中運動出來：一次是用力使線圈從左側邊界勻速平動移出磁場；另一次是用力使線圈以ａｄ邊為軸，勻速轉動出磁場，兩次所用時間都是0．1ｓ．試分析計算兩次外力對線圈做功之差圖3-9511．如圖3-96所示，在ｘＯｙ平面內有許多電子〔每個電子質量為ｍ，電量為ｅ〕從坐標原點Ｏ不斷地以相同大小的速度ｖ０沿不同的方向射入第Ⅰ象限．現加上一個垂直于ｘＯｙ平面的磁感強度為Ｂ的勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于ｘ軸向ｘ軸正方向運動，試求出符合該條件的磁場的最小面積．圖3-9612．如圖3-97所示的裝置，Ｕ1是加速電壓，緊靠其右側的是兩塊彼此平行的水平金屬板，板長為ｌ，兩板間距離為ｄ．一個質量為ｍ、帶電量為－ｑ的質點，經加速電壓加速后沿兩金屬板中心線以速度ｖ０水平射入兩板中，假設在兩水平金屬板間加一電壓Ｕ２，當上板為正時，帶電質點恰能沿兩板中心線射出；當下板為正時，帶電質點那么射到下板上距板的左端ｌ／4處．為使帶電質點經Ｕ１加速后，沿中心線射入兩金屬板，并能夠從兩金屬之間射出，問：兩水平金屬板間所加電壓應滿足什么條件，及電壓值的范圍．圖3-9713．人們利用發電機把天然存在的各種形式的能〔水流能、煤等燃料的化學能〕轉化為電能，為了合理地利用這些能源，發電站要修建在靠近這些天然資源的地方，但用電的地方卻分布很廣，因此需要把電能輸送到遠方．某電站輸送電壓為Ｕ＝6000Ｖ，輸送功率為Ｐ＝500ｋＷ，這時安裝在輸電線路的起點和終點的電度表一晝夜里讀數相差4800ｋＷｈ〔即4800度電〕，試求

〔1〕輸電效率和輸電線的電阻

〔2〕假設要使輸電損失的功率降到輸送功率的2%，電站應使用多高的電壓向外輸電?

14．有一種磁性加熱裝置，其關鍵局部由焊接在兩個等大的金屬圓環上的ｎ根間距相等的平行金屬條組成，成“鼠籠〞狀，如圖3-98所示．每根金屬條的長度為ｌ，電阻為Ｒ，金屬環的直徑為Ｄ、電阻不計．圖中虛線表示的空間范圍內存在著磁感強度為Ｂ的勻強磁場，磁場的寬度恰好等于“鼠籠〞金屬條的間距，當金屬環以角速度ω繞過兩圓環的圓心的軸ＯＯ′旋轉時，始終有一根金屬條在垂直切割磁感線．“鼠籠〞的轉動由一臺電動機帶動，這套設備的效率為η，求電動機輸出的機械功率．圖3-9815．矩形線圈Ｍ、Ｎ材料相同，導線橫截面積大小不同，Ｍ粗于Ｎ，Ｍ、Ｎ由同一高度自由下落，同時進入磁感強度為Ｂ的勻強場區〔線圈平面與Ｂ垂直如圖3-99所示〕，Ｍ、Ｎ同時離開磁場區，試列式推導說明．圖3-9916．勻強電場的場強Ｅ＝2．0×10３Ｖｍ－1，方向水平．電場中有兩個帶電質點，其質量均為ｍ＝1．0×10－５ｋｇ．質點Ａ帶負電，質點Ｂ帶正電，電量皆為ｑ＝1．0×10－９Ｃ．開始時，兩質點位于同一等勢面上，Ａ的初速度ｖＡｏ＝2．0ｍ·ｓ－1，Ｂ的初速度ｖＢｏ＝1．2ｍ·ｓ－1，均沿場強方向．在以后的運動過程中，假設用Δｓ表示任一時刻兩質點間的水平距離，問當Δｓ的數值在什么范圍內，可判斷哪個質點在前面〔規定圖3-100中右方為前〕，當Δｓ的數值在什么范圍內不可判斷誰前誰后?圖3-10017．如圖3-101所示，兩根相距為ｄ的足夠長的平行金屬導軌位于水平的ｘｙ平面內，一端接有阻值為Ｒ的電阻．在ｘ＞0的一側存在沿豎直方向的均勻磁場，磁感強度Ｂ隨ｘ的增大而增大，Ｂ＝ｋｘ，式中的ｋ是一常量，一金屬直桿與金屬導軌垂直，可在導軌上滑動，當ｔ＝0時位于ｘ＝0處，速度為ｖ０，方向沿ｘ軸的正方向．在運動過程中，有一大小可調節的外力Ｆ作用于金屬桿以保持金屬桿的加速度恒定，大小為ａ，方向沿ｘ軸的負方向．設除外接的電阻Ｒ外，所有其它電阻都可以忽略．問：圖3-101〔1〕該回路中的感應電流持續的時間多長?

〔2〕當金屬桿的速度大小為ｖ０／2時，回路中的感應電動勢有多大?

〔3〕假設金屬桿的質量為ｍ，施加于金屬桿上的外力Ｆ與時間ｔ的關系如何?

18．如圖3-102所示，有一矩形絕緣木板放在光滑水平面上，另一質量為ｍ、帶電量為ｑ的小物塊沿木板上外表以某一初速度從Ａ端沿水平方向滑入，木板周圍空間存在著足夠大、方向豎直向下的勻強電場．物塊與木板間有摩擦，物塊沿木板運動到Ｂ端恰好相對靜止，假設將勻強電場方向改為豎直向上，大小不變，且物塊仍以原初速度沿木板上外表從Ａ端滑入，結果物塊運動到木板中點時相對靜止．求：圖3-102〔1〕物塊所帶電荷的性質；

〔2〕勻強電場的場強大小．

19．〔1〕設在磁感強度為Ｂ的勻強磁場中，垂直磁場方向放入一段長為Ｌ的通電導線，單位長度導線中有ｎ個自由電荷，每個電荷的電量為ｑ，每個電荷定向移動的速率為ｖ，試用通過導線所受的安掊力等于運動電荷所受洛倫茲力的總和，論證單個運動電荷所受的洛倫茲力ｆ＝ｑｖＢ．圖3-103〔2〕如圖3-103所示，一塊寬為ａ、厚為ｈ的金屬導體放在磁感應強度為Ｂ的勻強磁場中，磁場方向與金屬導體上下外表垂直．假設金屬導體中通有電流強度為I、方向自左向右的電流時，金屬導體前后兩外表會形成一個電勢差，金屬導體單位長度中的自由電子數目為ｎ，問：金屬導體前后外表哪一面電勢高?電勢差為多少?

20．某交流發電機輸出功率為5×10５Ｗ，輸出電壓為U＝1．0×10３Ｖ，假設輸電線總電阻為Ｒ＝10Ω，在輸電線上損失的電功率等于輸電功率的5％，用戶使用的電壓為U用＝380Ｖ．求：

〔1〕畫出輸電線路的示意圖．〔在圖中標明各局部電壓符號〕

〔2〕所用降壓變壓器的原、副線圈的匝數比是多少?〔使用的變壓器是理想變壓器〕

21．如圖3-104〔ａ〕所示，兩水平放置的平行金屬板Ｃ、Ｄ相距很近，上面分別開有小孔Ｏ、Ｏ′，水平放置的平行金屬導軌與Ｃ、Ｄ接觸良好，且導軌在磁感強度為Ｂ１＝10Ｔ的勻強磁場中，導軌間距Ｌ＝0．50ｍ，金屬棒ＡＢ緊貼著導軌沿平行導軌方向在磁場中做往復運動．其速度圖象如圖3-104〔ｂ〕所示，假設規定向右運動速度方向為正方向，從ｔ＝0時刻開始，由Ｃ板小孔Ｏ處連續不斷以垂直于Ｃ板方向飄入質量為ｍ＝3．2×10－21ｋｇ、電量ｑ＝1．6×10－19Ｃ的帶正電的粒子〔設飄入速度很小，可視為零〕．在Ｄ板外側有以ＭＮ為邊界的勻強磁場Ｂ２＝10Ｔ，ＭＮ與Ｄ相距ｄ＝10ｃｍ，Ｂ１、Ｂ２方向如下圖〔粒子重力及其相互作用不計〕．求圖3-104〔1〕在0～4．0ｓ時間內哪些時刻發射的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界ＭＮ?

〔2〕粒子從邊界ＭＮ射出來的位置之間最大的距離為多少?

22．試由磁場對一段通電導線的作用力Ｆ＝ＩＬＢ推導洛倫茲力大小的表達式．推導過程要求寫出必要的文字說明〔且畫出示意簡圖〕、推導過程中每步的根據、以及式中各符號和最后結果的物理意義．

23．如圖3-105所示是電飯煲的電路圖，Ｓ１是一個限溫開關，手動閉合，當此開關的溫度到達居里點〔103℃〕時會自動斷開，Ｓ２是一個自動溫控開關，當溫度低于約70℃時會自動閉合，溫度高于80℃時會自動斷開，紅燈是加熱狀態時的指示燈，黃燈是保溫狀態時的指示燈，限流電阻Ｒ１＝Ｒ２＝500Ω，加熱電阻絲Ｒ３＝50Ω，兩燈電阻不計．圖3-105〔1〕根據電路分析，表達電飯煲煮飯的全過程〔包括加熱和保溫過程〕．

〔2〕簡要答復，如果不閉合開關Ｓ１，電飯煲能將飯煮熟嗎?

〔3〕計算加熱和保溫兩種狀態下，電飯煲的消耗功率之比．

24．如圖3-106所示，在密閉的真空中，正中間開有小孔的平行金屬板Ａ、Ｂ的長度均為Ｌ，兩板間距離為Ｌ／3，電源Ｅ１、Ｅ２的電動勢相同，將開關Ｓ置于ａ端，在距Ａ板小孔正上方ｌ處由靜止釋放一質量為ｍ、電量為ｑ的帶正電小球Ｐ〔可視為質點〕，小球Ｐ通過上、下孔時的速度之比為∶；假設將Ｓ置于ｂ端，同時在Ａ、Ｂ平行板間整個區域內加一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為Ｂ．在此情況下，從Ａ板上方某處釋放一個與Ｐ相同的小球Ｑ．要使Ｑ進入Ａ、Ｂ板間后不與極板碰撞而能飛離電磁場區，那么釋放點應距Ａ板多高?〔設兩板外無電磁場〕圖3-106圖3-10725．如圖3-107所示，在絕緣的水平桌面上，固定著兩個圓環，它們的半徑相等，環面豎直、相互平行，間距是20ｃｍ，兩環由均勻的電阻絲制成，電阻都是9Ω，在兩環的最高點ａ和ｂ之間接有一個內阻為0．5Ω的直流電源，連接導線的電阻可忽略不計，空間有豎直向上的磁感強度為3．46×10－1Ｔ的勻強磁場．一根長度等于兩環間距，質量為10ｇ，電阻為1．5Ω的均勻導體棒水平地置于兩環內側，不計與環間的磨擦，當將棒放在其兩端點與兩環最低點之間所夾圓弧對應的圓心角均為θ＝60°時，棒剛好靜止不動，試求電源的電動勢〔取ｇ＝10ｍ／ｓ2〕．

26．利用學過的知識，請你設計一個方案想方法把具有相同動能的質子和α粒子分開．要說出理由和方法．

27．如圖3-108所示是一個電子射線管，由陰極上發出的電子束被陽極Ａ與陰極K間的電場加速，從陽極Ａ上的小孔穿出的電子經過平行板電容器射向熒光屏，設Ａ、K間的電勢差為U，電子自陰極發出時的初速度可不計，電容器兩極板間除有電場外，還有一均勻磁場，磁感強度大小為Ｂ，方向垂直紙面向外，極板長度為ｄ，極板到熒光屏的距離為Ｌ，設電子電量為ｅ，質量為ｍ．問圖3-108〔1〕電容器兩極板間的電場強度為多大時，電子束不發生偏轉，直射到熒光屏Ｓ上的Ｏ點；

〔2〕去掉兩極板間電場，電子束僅在磁場力作用下向上偏轉，射在熒光屏Ｓ上的Ｄ點，求Ｄ到Ｏ點的距離ｘ．

28．如圖3-109所示，電動機通過其轉軸上的絕緣細繩牽引一根原來靜止的長為Ｌ＝1ｍ，質量ｍ＝0．1ｋｇ的導體棒ａｂ，導體棒緊貼在豎直放置、電阻不計的金屬框架上，導體棒的電阻Ｒ＝1Ω，磁感強度Ｂ＝1Ｔ的勻強磁場方向垂直于導體框架所在平面．當導體棒在電動機牽引下上升ｈ＝3．8ｍ時，獲得穩定速度，此過程中導體棒產生熱量Ｑ＝2Ｊ．電動機工作時，電壓表、電流表的讀數分別為7Ｖ和1Ａ，電動機的內阻ｒ＝1Ω．不計一切摩擦，ｇ取10ｍ／ｓ2．求：圖3-109〔1〕導體棒所到達的穩定速度是多少?

〔2〕導體棒從靜止到達穩定速度的時間是多少?

29．如圖3-110所示，一根足夠長的粗金屬棒ＭＮ固定放置，它的Ｍ端連一個定值電阻Ｒ，定值電阻的另一端連接在金屬軸Ｏ上，另外一根長為ｌ的金屬棒ａｂ，ａ端與軸Ｏ相連，ｂ端與ＭＮ棒上的一點接觸，此時ａｂ與ＭＮ間的夾角為45°，如下圖，空間存在著方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感強度大小為Ｂ，現使ａｂ棒以Ｏ為軸逆時針勻速轉動半周，角速度大小為ω，轉動過程中與ＭＮ棒接觸良好，兩金屬棒及導線的電阻都可忽略不計．

〔1〕求出電阻Ｒ中有電流存在的時間；

〔2〕寫出這段時間內電阻Ｒ兩端的電壓隨時間變化的關系式；

〔3〕求出這段時間內流過電阻Ｒ的總電量．圖3-110圖3-11130．如圖3-111所示，不計電阻的圓環可繞Ｏ軸轉動，ａｃ、ｂｄ是過Ｏ軸的導體輻條，圓環半徑Ｒ＝10ｃｍ，圓環處于勻強磁場中且圓環平面與磁場垂直，磁感強度Ｂ＝10Ｔ，為使圓環勻速轉動時電流表示數為2Ａ，那么Ｍ與環間摩擦力的大小為多少?31．來自質子源的質子〔初速度為零〕，經一加速電壓為800ｋＶ的直線加速器加速，形成電流強度為1ｍＡ的細柱形質子流．質子電荷ｅ＝1.60×10－19Ｃ．那么〔1〕這束質子流每秒打到靶上的質子數為多少？〔2〕假定分布在質子源到靶之間的加速電場是均勻的，在質子束中與質子源相距Ｌ和4Ｌ的兩處，各取一段極短的相等長度的質子流，其中的質子數分別為ｎ1和ｎ2，那么ｎ1∶ｎ2為多少？

32．由安培力公式導出運動的帶電粒子在磁場中所受洛淪茲力的表達式，要求扼要說出各步的根據．〔設磁感強度與電流方向垂直〕

33．試根據法拉第電磁感應定律＝ΔΦ／Δｔ，推導出導線切割磁感線〔即在Ｂ⊥Ｌ，ｖ⊥Ｌ，ｖ⊥Ｂ條件下，如圖3－109所示，導線ａｂ沿平行導軌以速度ｖ勻速滑動〕產生感應電動勢大小的表達式＝ＢＬｖ．圖3－109圖3－11034．普通磁帶錄音機是用一個磁頭來錄音和放音的．磁頭結構如圖3－110所示，在一個環形鐵芯上繞一個線圈，鐵芯有個縫隙，工作時磁帶就貼著這個縫隙移動．錄音時，磁頭線圈跟微音器相連，放音時，磁頭線圈改為跟場聲器相連．磁帶上涂有一層磁粉，磁粉能被磁化且留下剩磁．微音器的作用是把聲音的變化轉化為電流的變化．揚聲器的作用是把電流的變化轉化為聲音的變化．根據學過的知識，把普通錄音機錄、放音的根本原理簡明扼要地寫下來．

35．一帶電粒子質量為ｍ、帶電量為ｑ，認為原來靜止．經電壓Ｕ加速后，垂直射入磁感強度為Ｂ的勻強磁場中，根據帶電粒子在磁場中受力運動，導出它形成電流的電流強度，并扼要說出各步的根據．

36．如圖3－111所示，有Ａ、Ｂ、Ｃ三個接線柱，Ａ、Ｂ間接有內阻不計、電動勢為5Ｖ的電源，手頭有四個阻值完全相同的電阻，將它們適當組合，接在Ａ、Ｃ和Ｃ、Ｂ間，構成一個回路，使Ａ、Ｃ間電壓為3Ｖ，Ｃ、Ｂ間電壓為2Ｖ，試設計兩種方案，分別畫在〔ａ〕、〔ｂ〕中．圖3－111圖3－11237．如圖3－112所示，勻強電場的電場強度為Ｅ，一帶電小球質量為ｍ，輕質懸線長為ｌ，靜止時與豎直方向成30°角．現將小球拉回豎直方向〔虛線所示〕，然后由靜止釋放，求：

〔1〕小球帶何種電荷？電量多少？

〔2〕小球通過原平衡位置時的速度大小？

38．用同種材料，同樣粗細的導線制成的單匝圓形線圈，如圖3－113所示，Ｒ1＝2Ｒ2，當磁感強度以1Ｔ／ｓ的變化率變化時，求內外線圈的電流強度之比？電流的熱功率之比？圖3－113圖3－114圖3－11539．如圖3－114所示，ＭＮ和ＰＱ為相距Ｌ＝30ｃｍ的平行金屬長導軌，電阻為Ｒ＝0.3Ω的金屬棒ａｂ可緊貼平行導軌運動．相距ｄ＝20ｃｍ，水平放置的兩平行金屬板Ｅ和Ｆ分別與金屬棒的ａ、ｂ端相連．圖中Ｒ0＝0.1Ω，金屬棒ａｃ＝ｃｄ＝ｄｂ，導軌和連線的電阻不計，整個裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中．當金屬棒ａｂ以速率ｖ向右勻速運動時，恰能使一帶電粒子以速率ｖ在兩金屬板間做勻速圓周運動．求金屬棒ａｂ勻速運動的速率ｖ的取值范圍．

40．如圖3－115所示，長為Ｌ、電阻ｒ＝0.3Ω、質量ｍ＝0.1ｋｇ的金屬棒ＣＤ垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上，兩導軌間距也是Ｌ，棒與導軌間接觸良好，導軌電阻不計，導軌左端接有Ｒ＝0.5Ω的電阻，量程為0～3.0Ａ的電流表串接在一條導軌上，量程為0～1.0Ｖ的電壓表接在電阻Ｒ的兩端，垂直導軌平面的勻強磁場向下穿過平面．現以向右恒定外力Ｆ使金屬棒右移，當金屬棒以ｖ＝2ｍ／ｓ的速度在導軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，那么另一個電表未滿偏．問：

〔1〕此滿偏的電表是什么表？說明理由．

〔2〕拉動金屬棒的外力Ｆ多大？

〔3〕此時撤去外力Ｆ，金屬棒將逐漸慢下來，最終停止在導軌上．求從撤去外力到金屬棒停止運動的過程中通過電阻Ｒ的電量．

41．如圖3－116所示，Ⅰ、Ⅲ為兩勻強磁場區，Ⅰ區域的磁場方向垂直紙面向里，Ⅲ區域的磁場方向垂直紙面向外，磁感強度均為Ｂ．兩區域之間有寬ｓ的區域Ⅱ，區域Ⅱ內無磁場．有一邊長為Ｌ〔Ｌ＞ｓ〕，電阻為Ｒ的正方形金屬框ａｂｃｄ〔不計重力〕置于Ⅰ區域，ａｂ邊與磁場邊界平行，現拉著金屬框以速度ｖ向右勻速移動．

〔1〕分別求出當ａｂ邊剛進入中央無磁區Ⅱ和剛進入磁場區Ⅲ時，通過ａｂ邊的電流的大小和方向．

〔2〕把金屬框從Ⅰ區域完全拉入Ⅲ區域過程中的拉力所做的功是多少？圖3－116圖3－117圖3－11842．在兩根豎直放置且相距Ｌ＝1ｍ的足夠長的光滑金屬導軌ＭＮ、ＰＱ的上端接一定值電阻，其阻值為1Ω，導軌電阻不計，現有一質量為ｍ＝0.1ｋｇ、電阻ｒ＝0.5Ω的金屬棒ａｂ垂直跨接在兩導軌之間，如圖3－117所示．整個裝置處在垂直導軌平面的勻強磁場中，磁感強度Ｂ＝0.5Ｔ，現將ａｂ棒由靜止釋放〔ａｂ與導軌始終垂直且接觸良好，ｇ取10ｍ／ｓ2〕，試求：

〔1〕ａｂ棒的最大速度？

〔2〕當ａｂ棒的速度為3ｍ／ｓ時的加速度？

43．兩條平行裸導體軌道ｃ、ｄ所在平面與水平面間夾角為θ，相距為Ｌ，軌道下端與電阻Ｒ相連，質量為ｍ的金屬棒ａｂ垂直斜面向上，如圖3－118所示，導軌和金屬棒的電阻不計，上下的導軌都足夠長，有一個水平方向的力垂直金屬棒作用在棒上，棒的初狀態速度為零．

〔1〕當水平力大小為Ｆ、方向向右時，金屬棒ａｂ運動的最大速率是多少？

〔2〕當水平力方向向左時，其大小滿足什么條件，金屬棒ａｂ可能沿軌道向下運動？

〔3〕當水平力方向向左時，其大小使金屬棒恰不脫離軌道，金屬棒ａｂ運動的最大速率是多少？

44．如圖3－119，一個圓形線圈的匝數ｎ＝1000，線圈面積Ｓ＝200ｃｍ2，線圈的電阻為ｒ＝1Ω，在線圈外接一個阻值Ｒ＝4Ω的電阻，電阻的一端ｂ跟地相接，把線圈放入一個方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感強度隨時間變化規律如圖線Ｂ－ｔ所示．求：

〔1〕從計時起在ｔ＝3ｓ、ｔ＝5ｓ時穿過線圈的磁通量是多少？

〔2〕ａ點的最高電勢和最低電勢各多少？圖3－119圖3－12045．如圖3－120所示，直線ＭＮ左邊區域存在磁感強度為Ｂ的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．由導線彎成的半徑為Ｒ的圓環處在垂直于磁場的平面內，且可繞環與ＭＮ的切點Ｏ在該平面內轉動．現讓環以角速度ω順時針轉動，試求

〔1〕環在從圖示位置開始轉過半周的過程中，所產生的平均感應電動勢大小；

〔2〕環從圖示位置開始轉過一周的過程中，感應電動勢〔瞬時值〕大小隨時間變化的表達式；

〔3〕圖3－121是環在從圖示位置開始轉過一周的過程中，感應電動勢〔瞬時值〕隨時間變化的圖象，其中正確的是圖．圖3－12146．如圖3－122所示，足夠長的Ｕ形導體框架的寬度ｌ＝0.5ｍ，電阻忽略不計，其所在平面與水平面成α＝37°角，磁感強度Ｂ＝0.8Ｔ的勻強磁場方向垂直于導體框平面，一根質量為ｍ＝0.2ｋｇ、有效電阻Ｒ＝2Ω的導體棒ＭＮ垂直跨放在Ｕ形框架上．該導體棒與框架間的動摩擦因數μ＝0.5，導體棒由靜止開始沿架框下滑到剛開始勻速運動時，通過導體棒截面的電量共為Ｑ＝2Ｃ．求：

〔1〕導體棒做勻速運動時的速度；

〔2〕導體棒從開始下滑到剛開始勻速運動這一過程中，導體棒的有效電阻消耗的電功〔ｓｉｎ37°＝0.6，ｃｏｓ37°＝0.8，ｇ＝10ｍ／ｓ2〕．圖3－122圖3－123圖3－12447．一個質量為ｍ、帶電量為＋ｑ的運動粒子〔不計重力〕，從Ｏ點處沿＋ｙ方向以初速度ｖ0射入一個邊界為矩形的勻強磁場中，磁場方向垂直于ｘＯｙ平面向里，它的邊界分別是ｙ＝0，ｙ＝ａ，ｘ＝－1.5ａ，ｘ＝1.5ａ，如圖3－123所示，改變磁感強度Ｂ的大小，粒子可從磁場不同邊界面射出，并且射出磁場后偏離原來速度方向的角度θ會隨之改變，試討論粒子可以從哪幾個邊界射出并與之對應的磁感強度Ｂ的大小及偏轉角度θ各在什么范圍內？

48．如圖3－124所示，半徑Ｒ＝10ｃｍ的圓形勻強磁場區域邊界跟ｙ軸相切于坐標系原點Ｏ，磁感強度Ｂ＝0.332Ｔ，方向垂直于紙面向里．在Ｏ處有一放射源，可沿紙面向各個方向射出速率均為ｖ＝3.2×106ｍ／ｓ的α粒子，α粒子的質量ｍ＝6.64×10－27ｋｇ，電量ｑ＝3.2×10－19Ｃ．求：

〔1〕畫出α粒子通過磁場空間做圓運動的圓心點軌跡，并說明作圖的依據．

〔2〕求出α粒子通過磁場空間的最大偏轉角．

〔3〕再以過Ｏ點并垂直于紙面的直線為軸旋轉磁場區域，能使穿過磁場區且偏轉角最大的α粒子射到正方向的ｙ軸上，那么圓形磁場區的直徑ＯＡ至少應轉過多大角度？

49．如圖3－125所示，矩形平行金屬板Ｍ、Ｎ，間距是板長的2／3倍，ＰＱ為兩板的對稱軸線．當板間加有自Ｍ向Ｎ的勻強電場時，以某一速度自Ｐ點沿ＰＱ飛進的帶電粒子〔重力不計〕，經時間Δｔ，恰能擦M板右端飛出，現用垂直紙面的勻強磁場取代電場，上述帶電粒子仍以原速度沿ＰＱ飛進磁場，恰能擦N板右端飛出，那么

〔1〕帶電粒子在板間磁場中歷時多少？

〔2〕假設把上述電場、磁場各維持原狀疊加，該帶電粒子進入電磁場時的速度是原速度的幾倍才能沿ＰＱ做直線運動？圖3－125圖3－126圖3－12750．如圖3－126所示，環狀勻強磁場Ｂ圍成的中空區域，具有束縛帶電粒子作用．設環狀磁場的內半徑Ｒ1＝10ｃｍ，外半徑為Ｒ2＝20ｃｍ，磁感強度Ｂ＝0.1Ｔ，中空區域內有沿各個不同方向運動的α粒子，試計算能脫離磁場束縛而穿出外圓的α粒子的速度最小值，并說明其運動方向．〔質子的荷質比ｑ／ｍ＝108Ｃ／ｋｇ〕

51．如圖3－127所示，在光滑水平直軌道上有Ａ、Ｂ兩個小絕緣體，它們之間由一根長為Ｌ的輕質軟線相連〔圖中未畫出〕．Ａ的質量為ｍ，帶有正電荷，電量為ｑ；Ｂ的質量為Ｍ＝4ｍ，不帶電．空間存在著方向水平向右的勻強電場，場強大小為Ｅ．開始時外力把Ａ、Ｂ靠在一起〔Ａ的電荷不會傳遞給Ｂ〕并保持靜止．某時刻撤去外力，Ａ將開始向右運動，直到細線被繃緊．當細線被繃緊時，兩物體間將發生時間極短的相互作用，Ｂ開始運動時的速度等于線剛要繃緊瞬間Ａ的速度的1／3，設整個過程中Ａ的帶電量保持不變．求：

〔1〕細線繃緊前瞬間Ａ的速度ｖ0．

〔2〕從Ｂ開始運動到線第二次被繃緊前的過程中，Ｂ與Ａ是否能相碰？假設能相碰，求出相碰時Ｂ的位移大小及Ａ、Ｂ相碰前瞬間的速度；假設不能相碰，求出Ｂ與Ａ間的最短距離及線第二次被繃緊前Ｂ的位移．

52．如圖3－128〔ａ〕所示，兩平行金屬板Ｍ、Ｎ間距離為ｄ，板上有兩個正對的小孔Ａ和Ｂ．在兩板間加如圖3－128〔ｂ〕所示的交變電壓，ｔ＝0時，Ｎ板電勢高于Ｍ板電勢．這時，有一質量為ｍ、帶電量為ｑ的正離子〔重力不計〕，經Ｕ＝Ｕ0／3的電壓加速后從Ａ孔射入兩板間，經過兩個周期恰從Ｂ孔射出．求交變電壓周期的可能值并畫出不同周期下離子在兩板間運動的ｖ－ｔ圖線．圖3－128圖3－12953．如圖3－129所示，在半徑為Ｒ的絕緣圓筒內有磁感強度為Ｂ的勻強磁場，方向垂直紙面向里，圓筒正下方有小孔Ｃ與平行金屬板M、N相通．兩板間距離為ｄ，與電動勢為的電源連接，一帶電量為－ｑ、質量為ｍ的帶電粒子，開始時靜止于Ｃ點正下方緊靠N板的Ａ點，經電場加速后從Ｃ點進入磁場，并以最短的時間從Ｃ點射出．帶電粒子與筒壁的碰撞是彈性碰撞．求：〔1〕筒內磁場的磁感強度大小；〔2〕帶電粒子從Ａ點出發至從Ｃ點射出所經歷的時間．

54．如圖3－130所示，在垂直ｘＯｙ坐標平面方向上有足夠大的勻強磁場區域，其磁感強度Ｂ＝1Ｔ，一質量為ｍ＝3×10－16ｋｇ、電量為ｑ＝＋1×10－8Ｃ的質點〔其重力忽略不計〕，以ｖ＝4×106ｍ／ｓ速率通過坐標原點Ｏ，之后歷時4π×10－8ｓ飛經ｘ軸上Ａ點，試求帶電質點做勻速圓周運動的圓心坐標，并在坐標系中畫出軌跡示意圖．圖3－130圖3－131圖3－13255．一個質量為Ｍ的絕緣小車，靜止在光滑水平面上，在小車的光滑板面上放一個質量為ｍ、帶電量為＋ｑ的帶電小物體〔可視為質點〕，小車質量與物塊質量之比Ｍ∶ｍ＝7∶1，物塊距小車右端擋板距離為ｌ，小車車長為Ｌ，且Ｌ＝1.5ｌ，如圖3－131所示，現沿平行車身方向加一電場強度為Ｅ的水平向右的勻強電場，帶電小物塊由靜止開始向右運動，之后與小車右端擋板相碰，假設碰后小車速度大小為碰撞前小物塊速度大小的1／4，并設小物塊滑動過程及其與小車相碰的過程中，小物塊帶電量不變．

〔1〕通過分析與計算說明，碰撞后滑塊能否滑出小車的車身？

〔2〕假設能滑出，求出由小物塊開始運動至滑出時電場力對小物塊所做的功；假設不能滑出，那么求出小物塊從開始運動至第二次碰撞時電場力對小物塊所做的功．

56．如圖3－132所示，在ｘ≥0區域內有垂直于紙面的勻強磁場．一個質量為ｍ、電量為ｑ的質子以速度ｖ水平向右通過ｘ軸上Ｐ點，最后從ｙ軸上的M點射出，M點到原點Ｏ的距離為Ｈ，質子射出磁場時速度方向與ｙ軸負方向夾角θ＝30°，求：

〔1〕磁感強度的大小和方向．

〔2〕如果在ｙ軸右方再加一個勻強電場就可使質子最終能沿ｙ軸正方向做勻速直線運動．從質子經過Ｐ點開始計時，再經多長時間加這個勻強電場？并求電場強度的大小和方向．

57．某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場，電場方向向右〔如圖3－133ａ中由Ｂ到Ｃ的方向〕，電場變化如圖3－133ｂ中Ｅ－ｔ圖象，磁感強度變化如圖3－133ｃ中Ｂ－ｔ圖象．在Ａ點，從ｔ＝1ｓ〔即1ｓ末〕開始，每隔2ｓ，有一個相同的帶電粒子〔重力不計〕沿ＡＢ方向〔垂直于ＢＣ〕以速度ｖ射出，恰都能擊中Ｃ點，假設＝2，且粒子在ＡＣ間運動的時間小于1ｓ，求：〔1〕圖線上Ｅ0和Ｂ0的比值，磁感強度Ｂ的方向；〔2〕假設第1個粒子擊中Ｃ點的時刻為〔1＋Δｔ〕ｓ，那么第2個粒子擊中Ｃ點的時刻是多少？圖3－13358．如圖3－134所示的電路中，4個電阻的阻值均為Ｒ，Ｅ為直流電源，其內阻可以不計，沒有標明正負極．平行板電容器兩極板間的距離為ｄ．在平行板電容器兩極板間有一質量為ｍ、電量為ｑ的帶電小球．當開關Ｓ閉合時，帶電小球靜止在兩極板間的中點Ｏ上．現把開關Ｓ翻開，帶電小球便往平行板電容器的某個極板運動，并與此極板碰撞，設在碰撞時沒有機械能損失，但帶電小球的電量發生變化，碰后小球帶有與該極板相同性質的電荷，而且所帶電量恰好剛能使它運動到平行板電容器的另一極板．求小球與電容器某個極板碰撞后所帶的電荷．圖3－13459．如圖3－135甲所示，兩塊平行金屬板，相距為ｄ，加上如圖3－135乙所示的方波形電壓，電壓的最大值為Ｕ，周期為Ｔ，現有一離子束，其中每個粒子的帶電量為ｑ，從與兩板等距處沿與板平行的方向連續地射入，設粒子通過平行板所用的時間為Ｔ〔和電壓變化的周期相同〕，且所有的粒子最后都可以通過兩板間的空間而打在右端的靶上，試求粒子最后打在靶上的位置范圍〔即與Ｏ′的最大距離和最小距離〕，不計重力的影響．圖3－13560．一質量為ｍ、帶電量為ｑ的粒子以速度ｖ0從Ｏ點沿ｙ軸正方向射入磁感強度為Ｂ的一圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直于紙面．粒子飛出磁場區域后，從ｂ處穿過ｘ軸，速度方向與ｘ軸正方向夾角為30°，如圖3－136所示．帶電粒子重力忽略不計．試求：

〔1〕圓形磁場區域的最小面積．

〔2〕粒子從Ｏ進入磁場區到達ｂ點所經歷的時間及ｂ點的坐標．圖3－136圖3－13761．如圖3－137〔ａ〕所示，在坐標ｘＯｙ平面的第Ⅰ象限內，有一個勻強磁場，磁感強度大小恒為Ｂ0，方向垂直于ｘＯｙ平面，且隨時間作周期性變化，如圖3－137〔ｂ〕所示，規定垂直ｘＯｙ平面向里的磁場方向為正．一個質量為ｍ、電量為ｑ的正粒子，在ｔ＝0時刻從坐標原點以初速度ｖ0沿ｘ軸正方向射入，在勻強磁場中運動，運動中帶電粒子只受洛淪茲力作用，經過一個磁場變化周期Ｔ〔未確定〕的時間，粒子到達第Ⅰ象限內的某一點Ｐ，且速度方向沿ｘ軸正方向．

〔1〕假設Ｏ、Ｐ連線與ｘ軸之間的夾角為45°，那么磁場變化的周期Ｔ為多大？

〔2〕因Ｐ點的位置隨著磁場周期的變化而變動，試求Ｐ點的縱坐標的最大值為多少？

62．如圖3－138所示，一個質量為ｍ、帶電量為ｑ的正離子，在Ｄ處沿著圖示的方向進入磁感強度為Ｂ的勻強磁場，此磁場方向垂直紙面向里，結果離子正好從離開Ａ點距離為ｄ的小孔Ｃ沿垂直于ＡＣ的方向進入勻強電場，此電場方向與ＡＣ平行且向上，最后離子打在Ｂ處，而Ｂ離Ａ點距離為2ｄ〔ＡＢ⊥ＡＣ〕，不計粒子重力，離子運動軌跡始終在紙面內．求：

〔1〕離子從Ｄ到Ｂ所需的時間；

〔2〕離子到達Ｂ處時的動能．圖3－138圖3－13963．如圖3－139所示，一帶電量為ｑ液滴在一足夠大的相互垂直的勻強電場和勻強磁場中運動．電場強度為Ｅ，方向豎直向下，磁感強度為Ｂ，方向如圖．假設此液滴在垂直于磁場的平面內做半徑為Ｒ的圓周運動〔空氣浮力和阻力忽略不計〕．

〔1〕液滴的速度大小如何？繞行方向如何？

〔2〕假設液滴運行到軌道最低點Ａ時，分裂成兩個大小相同的液滴，其中一個液滴分裂后仍在原平面內做半徑為Ｒ1＝3Ｒ的圓周運動，繞行方向不變，且此圓周最低點也是Ａ，問另一液滴將如何運動？并在圖中作出其運動軌跡．

〔3〕假設在Ａ點水平面以下的磁感強度大小變為Ｂ′，方向不變，那么要使兩液滴再次相碰，Ｂ′與Ｂ之間應滿足什么條件？參考解答1．解：電容器兩端電壓ＵＣ＝Ｑ／Ｃ＝6Ｖ，Ｒ４／Ｒ５＝Ｕ４／〔－Ｕ４〕，

∴Ｕ４＝8Ｖ．

假設Ｕ１＝6＋8＝14Ｖ，那么有

Ｕ１／〔－Ｕ１〕＝Ｒ１／Ｒ２，∴Ｒ２＝7．14Ω．

假設Ｕ′１＝8－6＝2Ｖ，那么有

Ｕ′／〔－Ｕ′１〕＝Ｒ１／Ｒ２，∴Ｒ２＝110Ω．

2．解：〔1〕接通1后，電阻Ｒ１、Ｒ２、Ｒ３、Ｒ４串聯，有

Ｉ＝／〔Ｒ１＋Ｒ２＋Ｒ３＋Ｒ４〕＝0．1Ａ．

電容器兩端電壓

ＵＣ＝Ｕ３＋Ｕ４＝Ｉ〔Ｒ３＋Ｒ４〕＝4Ｖ．

電容器帶電量Ｑ＝ＣＵＣ＝1．2×10－３Ｃ．

〔2〕開關再接通2，電容器放電，外電路分為Ｒ１、Ｒ２和Ｒ３、Ｒ４兩個支路，通過兩支路的電量分別為Ｉ１ｔ和Ｉ２ｔ，Ｉ＝Ｉ１＋Ｉ２；Ｉ１與Ｉ２的分配與兩支路電阻成反比，通過兩支路的電量Ｑ那么與電流成正比，故流經兩支路的電量Ｑ12和Ｑ34與兩支路的電阻成反比，即

Ｑ12／Ｑ34＝〔Ｒ３＋Ｒ４〕／〔Ｒ１＋Ｒ２〕＝40／20＝2，

Ｑ12＋Ｑ34＝Ｑ＝1．2×10－3Ｃ，

所以Ｑ12＝2Ｑ／3＝0．8×10－3Ｃ．

3．解：〔1〕對物體，根據動能定理，有

ｑＥＬ１＝〔1／2〕ｍｖ１2，得ｖ１＝．

〔2〕物體與滑板碰撞前后動量守恒，設物體第一次與滑板碰后的速度為ｖ１′；滑板的速度為ｖ，那么

ｍｖ１＝ｍｖ１′＋4ｍｖ．

假設ｖ１′＝〔3／5〕ｖ１，那么ｖ＝ｖ１／10，因為ｖ１′＞ｖ，不符合實際，故應取ｖ１′＝－〔3／5〕ｖ１，那么ｖ＝〔2／5〕ｖ１＝〔2／5〕．

在物體第一次與Ａ壁碰后到第二次與Ａ壁碰前，物體做勻變速運動，滑板做勻速運動，在這段時間內，兩者相對于水平面的位移相同．

∴〔ｖ２＋ｖ１′〕／2ｔ＝ｖ·ｔ，

即ｖ２＝〔7／5〕ｖ１＝〔7／5〕．

〔3〕電場力做功

Ｗ＝〔1／2〕ｍｖ１２＋〔〔1／2〕ｍｖ２２－〔1／2〕ｍｖ１′２〕＝〔13／5〕ｑＥＬ１．

4．帶電粒子經電壓Ｕ加速后速度到達ｖ，由動能定理，得ｑｕ＝〔1／2〕ｍｖ２．

帶電粒子以速度ｖ垂直射入勻強磁場Ｂ中，要受到洛倫茲力ｆ的作用，

∵ｆ⊥ｖ，ｆ⊥Ｂ，

∴帶電粒子在垂直磁場方向的平面內做勻速圓周運動，洛倫茲力ｆ就是使帶電粒子做勻速圓周運動的向心力，洛倫茲力為ｆ＝ｑｖＢ，根據牛頓第二定律，有

ｆ＝ｍｖ２／Ｒ，式中Ｒ為圓半徑．

帶電粒子做勻速圓周運動的周期Ｔ為Ｔ＝2πＲ／ｖ＝2πｍ／ｑＢ，

在一個周期的時間內通過軌道某個截面的電量為ｑ，那么形成環形電流的電流強度Ｉ＝Ｑ／ｔ＝ｑ／Ｔ＝ｑ２Ｂ／2πｍ．

5．〔1〕穩定時球內電子不做定向運動，其洛倫茲力與電場力相平衡，有Ｂｅｖ＝Ｅｅ，

∴Ｅ＝Ｂｖ，方向豎直向下．

〔2〕球的最低點與最高點之間的電勢差最大

Ｕｍａｘ＝Ｅｄ＝Ｅ×2ｒ＝2Ｂｖｒ．

6．解：〔1〕對Ｂ物體：ｆＢ＋Ｎ＝ｍｇ，

當Ｂ速度最大時，有Ｎ＝0，

即ｖｍａｘ＝ｍｇ／Ｂｑ＝10ｍ／ｓ．

〔2〕Ａ、Ｂ系統動量守：Ｍｖ０＝Ｍｖ＋ｍｖｍａｘ，

∴ｖ＝13．5ｍ／ｓ，即為Ａ的最小速度．

〔3〕Ｑ＝ΔＥ＝〔1／2〕Ｍｖ０２－〔1／2〕Ｍｖ２－〔1／2〕ｍｖｍａｘ２＝8．75Ｊ．

7．解：設小球帶電荷量為ｑ，電場的電場強度為Ｅ，彈簧的勁度系數為ｋ．

在小球處于平衡位置時，彈簧伸長量為ｘ０．

ｋｘ０＝ｑＥ．①當小球向右移動ｘ，彈簧總伸長為ｘ０＋ｘ，以向右為正，小球所受合外力

Ｆ合＝ｑＥ－ｋ〔ｘ０＋ｘ〕，②解①、②得Ｆ合＝－ｋｘ．

由此可知：小球離開平衡位置，所受到合外力總指向平衡位置，與相對于平衡位置的位移成正比，所以小球所做的運動為簡諧運動．

8．解：〔1〕電場方向向下，與磁場構成粒子速度選擇器，離子運動不偏轉，那么ｑＥ＝ｑＢｖ，

ｖ＝Ｅ／Ｂ＝2×10７ｍ／ｓ．

〔2〕撤去電場，離子在磁場中做勻速圓周運動，所需向心力為洛倫茲力，于是

ｑＢｖ＝ｍｖ２／Ｒ，Ｒ＝ｍｖ／ｑＢ＝0．4ｍ．

離子離開磁場區邊界時，偏轉角ｓｉｎθ＝Ｌ／Ｒ＝1／2，即θ＝30°．如圖17甲所示．

偏離距離ｙ１＝Ｒ－Ｒｓｉｎθ＝0．05ｍ．

離開磁場后離子做勻速直線運動，總的偏離距離為ｙ＝ｙ１＋Ｄｔｇθ＝0．28ｍ．

假設撤去磁場，離子在電場中做勻變速曲線運動，

通過電場的時間ｔ＝Ｌ／ｖ，加速度ａ＝ｑＥ／ｍ

偏轉角為θ′如圖17乙所示，那么ｔｇθ′＝ｖｙ／ｖ＝〔ｑＥＬ／ｍｖ２〕·〔1／2〕，圖17偏離距離為ｙ２′＝〔1／2〕ａｔ２＝0．05ｍ．

離開電場后離子做勻速直線運動，總的偏離距離

ｙ′＝ｙ２′＋Ｄｔｇθ′＝0．25ｍ，

ａ、ｂ間的距離＝0．53ｍ．

9．解：〔1〕設帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為ｒ，周期為Ｔ．

Ｔ＝2πｍ／Ｂｑ＝〔π／2〕×10－３ｓ，ｔ恰為半個周期．

磁場改變一次方向，ｔ時間內粒子運動半個圓周．

由ｑＵ＝〔1／2〕ｍｖ２和ｒ＝ｍｖ／Ｂｑ，

解得ｒ＝0．5ｍ，可見ｓ＝6ｒ．

加速電壓200Ｖ時，帶電粒子能與中性粒子碰撞．

〔2〕如圖18所示圖18〔3〕帶電粒子與中性粒子碰撞的條件是：ＰＱ之間距離ｓ是2ｒ的整數ｎ倍，且ｒ≤Ｄ／2，

ｎ最小為2，即ｒ′＝0．75ｍ．

由ｒ′＝ｍｖ′／Ｂｑ和ｑＵｍａｘ＝〔1／2〕ｍｖ′２，解得Ｕｍａｘ＝450Ｖ．

10．使線圈勻速平動移出磁場時，ｂｃ邊切割磁感線而產生恒定感應電動勢，線圈中產生恒定的感生電流

＝Ｂｌｖ，①Ｉ＝／Ｒ，②外力對線圈做的功等于線圈中消耗的電能

Ｗ外＝Ｅ電＝Ｉｔ，③由①、②、③并代入數據解出Ｗ＝0．01Ｊ

線圈以ａｄ為軸勻速轉出磁場時，線圈中產生的感應電動勢和感應電流都是按正統規律變化的．感應電動勢和感應電流的最大值為：

ｍａｘ＝ＢＳω，④Ｉｍａｘ＝ｍａｘ／Ｒ⑤④式中的Ｓ是線圈面積，ω是線圈旋轉的角速度，電路中消耗的電功率應等于

Ｐ＝有Ｉ有，⑥外力對線圈做的功應等于電路中消耗的電能

Ｗ外′＝Ｅ電′＝有Ｉ有ｔ＝〔ｍ·Ｉｍ／2〕ｔ＝0．0123Ｊ．⑦∴兩次外力做功之差Ｗ′－Ｗ＝2．3×10－3Ｊ．

11．解：所有電子均在勻強磁場中做半徑Ｒ＝ｍｖ２／〔Ｂｅ〕的勻速圓周運動，沿ｙ軸正方向射入的電子須轉過1／4圓周才能沿ｘ軸正方向運動，它的軌跡可當作該磁場的上邊界ａ〔如圖19所示〕，圖19其圓的方程為：〔Ｒ－ｘ〕２＋ｙ２＝Ｒ２．

沿與ｘ軸成任意角α〔90°＞α＞0°〕射入的電子轉過一段較短的圓弧ＯＰ〔其圓心為Ｏ′〕運動方向亦可沿ｘ軸正方向，設Ｐ點坐標為〔ｘ，ｙ〕，因為ＰＯ′必定垂直于ｘ軸，可得方程：

ｘ２＋〔Ｒ－ｙ〕２＝Ｒ２，

此方程也是一個半徑為Ｒ的圓，這就是磁場的下邊界ｂ．

該磁場的最小范圍應是以上兩方程所代表的兩個圓的交集，其面積為

Ｓｍｉｎ＝2〔〔πＲ２／4〕－〔Ｒ２／2〕〕＝〔〔π－2〕／2〕〔ｍｖ０〕２／〔Ｂｅ〕２．

12．當兩金屬板間加電壓Ｕ２、上板為正時，對質點有Ｕ２ｇ／ｄ＝ｍｇ，①下板為正時：〔Ｕ２ｑ／ｄ〕＋ｍｇ＝ｍａ，②由①②解出：ａ＝2ｇ．③帶電質點射到下板距左端〔1／4〕ｌ處，在豎直方向做勻加速直線運動．ｄ／2＝〔1／2〕ａｔ１２，④ｔ１＝ｌ／4ｖ０，⑤為使帶電質點射出金屬板，質點在豎直方向運動應有ｄ／2＞〔1／2〕ａ′ｔ２2，ｔ２＝ｌ／ｖ０．⑥ａ′是豎直方向的加速度，ｔ２是質點在金屬板間運動時間，由③、④、⑤、⑥、⑦解出ａ′＜ｇ／8．⑧假設ａ′的方向向上那么兩金屬板應加電壓為Ｕ′、上板為正，有〔Ｕ′ｑ／ｄ〕－ｍｇ＝ｍａ′．⑨假設ａ′的方向向下那么兩極間應加電壓為Ｕ″、上板為正，有ｍｇ－〔Ｕ″ｑ／ｄ〕＝ｍａ′．〔10〕

由⑧、⑨、〔10〕解出：Ｕ′＜〔9／8〕Ｕ２，Ｕ″＞〔7／8〕Ｕ２．

為使帶電質點能從兩板間射出，兩板間電壓Ｕ始終應上板為正，

〔9／8〕Ｕ２＞Ｕ＞〔7／8〕Ｕ２．

13．解：〔1〕依題意輸電電線上的功率損失為：

Ｐ損＝4800／24＝200ｋＷ．

那么輸電效率η＝〔Ｐ－Ｐ損〕／Ｐ＝〔500－200〕／500＝60％．

∵Ｐ損＝Ｉ2Ｒ線，又∵Ｐ＝ＩＵ，

∴Ｒ線＝Ｐ損／〔Ｐ／Ｕ〕2＝〔200×1000〕／〔500×1000／6000〕2＝28．8Ω．

〔2〕設升壓至Ｕ′可滿足要求，那么輸送電流

Ｉ′＝Ｐ／Ｕ′＝〔500000／Ｕ′〕Ａ．

輸電線上損失功率為

Ｐ損′＝Ｉ′2Ｒ線＝Ｐ×2％＝10000Ｗ，

那么有〔500000／Ｕ′〕2×Ｒ線＝10000Ｗ，

得Ｕ′＝＝2．68×10４Ｖ．

14．解：處于磁場中的金屬條切割磁感線的線速度為ｖ＝〔Ｄ／2〕ω，產生的感應電動勢為＝Ｂｌｖ＝〔Ｄ／2〕Ｂｌω．

通過切割磁感線的金屬條的電流為

Ｉ＝／〔Ｒ＋〔Ｒ／〔ｎ－1〕〕＝〔ｎ－1〕ＢｌωＤ／2ｎＲ．

磁場中導體受到的安培力為Ｆ＝ＢＩｌ，克服安培力做功的功率為

Ｐ安＝Ｆｖ＝〔1／2〕ＦωＤ，

電動機輸出的機械功率為Ｐ＝Ｐ安／η，

聯立以上各式解出Ｐ＝〔ｎ－1〕Ｂ２ｌ２ω２Ｄ２／4ｎηＲ．

15．解：設矩形線圈的密度為ρ′，電阻率為ρ，橫截面積為Ｓ，即時加速度為ａ，由牛頓第二定律，有

ρ′Ｓ·2〔ｄ＋Ｌ〕ｇ－〔Ｂ２Ｌ２ｖ／〔ρ２〔Ｌ＋ｄ〕／Ｓ〕〕＝ρ′Ｓ〔Ｌ＋ｄ〕2·ａ

那么ａ＝ｇ－〔Ｂ２Ｌ２ｖ／4ρρ′〔Ｌ＋ｄ〕２可見，ａ與Ｓ無關，又由于Ｍ、Ｎ從同一高度靜止釋放，那么兩線圈即時加速度相等，故Ｍ、Ｎ同時離開磁場區．16．解：由于帶負電的質點Ａ所受的電場力與場強方向相反，而帶正電的質點Ｂ所受的電場力與場強方向相同，因此，Ａ做勻減速直線運動而Ｂ做勻加速直線運動．由于Ａ的初速度ｖＡｏ比Ｂ的ｖＢｏ大，故在初始階段Ａ的速度ｖＡ比Ｂ的ｖＢ大，Ａ的位移ｓＡ比Ｂ的ｓＢ大，且Ａ、Ｂ間的速度差ｖＡ－ｖＢ逐漸減小，而Ａ、Ｂ間的距離ｓＡ－ｓＢ逐漸增大．但過了一段時間后，Ｂ的速度就超過了Ａ的速度，Ａ、Ｂ的距離ｓＡ－ｓＢ就開始逐漸減小，轉折的條件是兩者的速度相等，即

ｖＡ＝ｖＢ，①此時Ａ、Ｂ間的距離ｓＡ－ｓＢ最大．以ｔ１表示發生轉折的時刻，那么由運動學公式得到

ｖＡｏ－ａｔ１＝ｖＢｏ＋ａｔ１，②Ａ、Ｂ間的最大距離為

Δｓｍａｘ＝〔ｖＡｏｔ１－〔1／2〕ａｔ１2〕－〔ｖＢｏｔ１＋〔1／2〕ａｔ１2〕＝〔ｖＡｏ－ｖＢｏ〕ｔ１－ａｔ１2，③由牛頓定律和題給條件可知，②、③式中質點Ａ、Ｂ的加速度

ａ＝ｑＥ／ｍ＝0．20ｍ／ｓ2．④由②、③、④式解得發生轉折的時刻是ｔ１＝2ｓ，Ａ、Ｂ間的最大距離Δｓｍａｘ＝0．8ｍ．

當發生轉折后，即在ｔ＞ｔ１時，由于Ｂ的速度ｖＢ比Ａ的ｖＡ大，Ａ、Ｂ間的距離ｓＡ－ｓＢ就逐漸減小．以ｔ２表示Ａ、Ｂ間的距離ｓＡ－ｓＢ減小到零的時刻，那么由運動學公式得到

ｖＡｏｔ２－〔1／2〕ａｔ２２＝ｖＢｏｔ２＋〔1／2〕ａｔ２2．

解得Ａ、Ｂ間的距離ｓＡ－ｓＢ減小到零的時刻為ｔ２＝4ｓ．

當ｔ＞ｔ２時，由于此時Ｂ的速度ｖＢ比Ａ的ｖＡ大，故隨著時間的消逝，Ａ、Ｂ間的距離ｓＢ－ｓＢ將由零一直增大，有可能超過0．8ｍ．

結合上述就得出結論：當Ａ、Ｂ間的距離Δｓ小于0．8ｍ時，Ａ可能在前，Ｂ也可能在前，即單由Ａ、Ｂ間的距離無法判斷Ａ、Ｂ中那個在前；當Ａ、Ｂ間的距離Δｓ大于0．8ｍ時，Ａ一定在后，Ｂ一定在前，即單由Ａ、Ｂ間的距離Δｓ就可以判斷Ｂ在前．

17．解：〔1〕金屬桿在導軌上先是向右做加速度為ａ的勻減速直線運動，運動到導軌右方最遠處速度為零．然后，又沿導軌向左做加速度為ａ的勻加速直線運動．當過了原點Ｏ后，由于已離開了磁場區，故回路中不再有感應電流．因而該回路中感應電流持續的時間就等于金屬桿從原點Ｏ向右運動到最遠處，再從最遠處向左運動回到原點Ｏ的時間，這兩段時間是相等的．以ｔ１表示金屬桿從原點Ｏ到右方最遠處所需的時間，那么由運動學公式得ｖ０－ａｔ１＝0，

由上式解出ｔ1，就得知該回路中感應電流持續的時間Ｔ＝2ｖ０／ａ．

〔2〕以ｘ１表示金屬桿的速度變為ｖ１＝〔1／2〕ｖ０時它所在的ｘ坐標，對于勻減速直線運動有

ｖ１２＝ｖ０２－2ａｘ１，

以ｖ１＝〔1／2〕ｖ０代入就得到此時金屬桿的ｘ坐標，即

ｘ１＝3ｖ０２／8ａ．

由題給條件就得出此時金屬桿所在處的磁感應強度Ｂ０＝3ｋｖ０２／8ａ

因而此時由金屬桿切割磁感線產生的感應電動勢

１＝Ｂ１ｖ１ｌ＝〔3ｋｖ０3／16ａ〕ｄ．

〔3〕以ｖ和ｘ表示ｔ時刻金屬桿的速度和它所在的ｘ坐標，由運動學有ｖ＝ｖ０－ａｔ，ｘ＝ｖ０ｔ－〔1／2〕ａｔ2．

由金屬桿切割磁感線產生的感應電動勢

＝ｋ〔ｖ０ｔ－〔1／2〕ａｔ2〕〔ｖ０－ａｔ〕ｄ．

由于在ｘ＜0區域中不存在磁場，故只有在時刻ｔ＜Ｔ＝2ｖ０／ａ范圍上式才成立．由歐姆定律得知，回路中的電流為

Ｉ＝ｋ〔ｖ０ｔ－〔1／2〕ａｔ2〕〔ｖ０－ａｔ〕ｄ／Ｒ．

因而金屬桿所受的安培力等于

ｆ＝ＩＢｌ＝ｋ２〔ｖ０ｔ－〔1／2〕ａｔ２〕２〔ｖ０－ａｔ〕ｄ２／Ｒ．

當ｆ＞0時，ｆ沿ｘ軸的正方向．以Ｆ表示作用在金屬桿上的外力，由牛頓定律得

Ｆ＋〔ｋ２〔ｖ０ｔ－〔1／2〕ａｔ２〕２〔ｖ０－ａｔ〕ｄ２／Ｒ〕＝ｍａ，

由上式解得作用在金屬桿的外力等于

Ｆ＝ｍａ－〔ｋ２〔ｖ０ｔ－〔1／2〕ａｔ２〕２〔ｖ０－ａｔ〕ｄ２／Ｒ〕，

上式只有在時刻ｔ＜Ｔ＝2ｖ０／ａ范圍才成立．

18．解：〔1〕當電場力向上時，物塊受力如圖20甲

ｆ１＝μ〔ｍｇ－ｑＥ〕．

當電場力向下時，物塊受力如圖20乙圖20ｆ２＝μ〔ｍｇ＋ｑＥ〕．

顯然ｆ２＞ｆ１．在摩擦力較大的情況下物塊和木塊之間的相對位移應該較小，與題目中電場方向向上相對應，由此判斷物塊應帶負電．

〔2〕設木板質量為Ｍ，板長為Ｌ，共同速度為ｖ，由動量守恒定律：

ｍｖ０＝〔Ｍ＋ｍ〕ｖ，

根據能量轉化和守恒定律，電場豎直向下時

ｆ１Ｌ＝〔1／2〕ｍｖ０２－〔1／2〕〔ｍ＋Ｍ〕ｖ２＝ΔＥｋ１．

電場豎直向上時

ｆ２〔1／2〕Ｌ＝〔1／2〕ｍｖ０２－〔1／2〕〔ｍ＋Ｍ〕ｖ２＝ΔＥｋ２．

對Ｅ向上、向下兩種情況ΔＥｋ相同，由以上各式可得

〔ｍｇ－ｑＥ〕Ｌ＝〔ｍｇ＋ｑＥ〕Ｌ／2，

解得Ｅ＝ｍｇ／3ｑ．

19．解：〔1〕證明：在ｔ時間內通過通電導體某一橫截面電量Ｑ＝ｑｎｖｔ．根據電流強度的定義可得Ｉ＝Ｑ／ｔ＝ｑｎｖ，通電導體所受的安培力Ｆ＝ＢＩＬ＝ＢｑｎｖＬ，依題意，得Ｆ＝ｎＬｆ，

∴ｆ＝Ｆ／ｎＬ＝ＢｑｎｖＬ／ｎＬ＝ｑｖＢ．

〔2〕用左手定那么可知，金屬導體后外表聚集較多的電子，故前外表電勢較高，自由電子在定向移動過程中受電場力和洛倫茲力作用，于是

ｅＥ＝ｅｖＢ，Ｅ＝Ｕ／ａ，Ｉ＝ｎｅｖ，

由以上三式解得：Ｕ＝ａＢＩ／ｎｅ．

20．〔1〕如圖21所示．圖21〔2〕Ｐ損＝Ｉ輸２Ｒ＝Ｐ出×5％，

解出Ｉ輸＝＝50Ａ．

由Ｐ出＝Ｕ２Ｉ輸，得Ｕ２＝Ｐ出／Ｉ輸＝1．0×10４Ｖ．

由于輸電線損失電功率，在降壓變壓器處輸入功率為Ｐ′＝Ｐ出〔1－5％〕＝4．75×10５Ｗ．

降壓變壓器初級電壓：Ｕ３＝Ｐ′／Ｉ輸＝4．75×10５／50＝9．5×10３Ｖ，

∴ｎ３／ｎ４＝Ｕ３／Ｕ用＝9500／380＝25／1．

21．解：〔1〕由右手定那么可判斷ＡＢ向右運動時，Ｃ板電勢高于Ｄ板電勢，粒子被加速進入Ｂ２磁場中，ＡＢ棒向右運動時產生的電動勢＝Ｂ１Ｌｖ〔即為Ｃ、Ｄ間的電壓〕．粒子經過加速后獲得的速度為ｖ′，那么有ｑ＝〔1／2〕ｍｖ′2，粒子在磁場Ｂ２中做勻速圓周運動，半徑ｒ＝ｍｖ′／ｑＢ２．要使粒子恰好穿過，那么有ｒ＝ｄ．

聯立上述各式代入數據可得ｖ＝5．0ｍ／ｓ．

故要使粒子能穿過磁場邊界ＭＮ那么要求ｖ＞5ｍ／ｓ．

由速度圖象可知，在0．25ｓ＜ｔ＜1．75ｓ可滿足要求．

〔2〕當ＡＢ棒速度為ｖ＝5ｍ／ｓ時，粒子在磁場Ｂ2中到達邊界ＭＮ打在Ｐ點上，其軌道半徑ｒ＝ｄ＝0．1ｍ〔此時＝ｒ＝0．1ｍ〕如圖22所示．圖22當ＡＢ棒最大速度為ｖｍａｘ＝20ｍ／ｓ時，粒子從ＭＮ邊界上Ｑ點飛出，其軌道半徑最大，ｒｍａｘ＝2ｒ＝0．2ｍ，

那么=＝ｄ－〔ｒｍａｘ－〕，

代入數據可得：＝〔－1〕10ｍ＝7．3ｃｍ．圖2322．設在磁感強度為Ｂ的勻強磁場中，垂直放入一段長Ｌ的通電導線，并設單位長度導線中有ｎ個自由電荷，每個自由電荷的電量都是ｑ，定向移動的速度為ｖ，如圖23所示．

截面Ａ右側ｖｔ長的導線中的自由電荷在ｔ時間內全部通過截面Ａ，這些自由電荷的電量Ｑ＝ｎｑｖｔ，導線中電流Ｉ＝Ｑ／ｔ＝ｎｑｖｔ／ｔ＝ｎｑｖ，

那么磁場對這段導線的作用力Ｆ＝ＩＬＢ＝ｎｑｖＬＢ．其中ｎＬ是長度為Ｌ的導線中運動的自由電荷的總數．

這個力Ｆ可看作是作用在每個運動電荷上的作用力的合力，那么單個運動荷受到的洛倫茲力的大小

ｆ＝Ｆ／ｎｌ＝ｑｖＢ．

即當電荷垂直磁場運動時，受到的洛倫茲力的大小等于電荷的電量和速率跟磁感強度的乘積．

23．解：〔1〕電飯煲盛上食物后，接上電源，Ｓ２自動閉合，同時把手動開關Ｓ１關閉，這時黃燈短路，紅燈亮，電飯煲處于加熱狀態，加熱到80℃時，Ｓ２自動斷開，Ｓ１仍閉合，待電飯煲中水燒干后，溫度升高到103℃時，開關Ｓ１自動斷開，這時飯已煮熟，黃燈亮，電飯煲處于保溫狀態．由于電飯煲散熱，待溫度下降至70℃時，Ｓ２自動閉合，電飯煲重新處于加熱狀態，待上升到80℃時，又自動斷開，電飯煲再次處于保溫狀態．

〔2〕不能，因為只能將食物加熱至80℃．

〔3〕設電飯煲處于加熱態時，消耗的功率為Ｐ１，那么

Ｐ１＝Ｕ２／〔Ｒ２∥Ｒ３〕＝220２／〔〔500×50〕／〔500＋50〕〕．

電飯煲處于保溫態時，消耗的功率為Ｐ２，那么

Ｐ２＝Ｕ２／〔Ｒ１＋Ｒ２∥Ｒ３〕＝220２／〔500＋〔500×50／〔500＋50〕〕〕．

聯解兩式，得Ｐ１∶Ｐ２＝12∶1．

24．解：Ｐ從靜止釋放到Ａ板的過程中，做自由落體運動，設到達Ａ板時的速度為ｖ１，那么

ｖ１２＝2ｇｌ．①當開關Ｓ置于ａ時，Ｐ在Ａ、Ｂ板間受重力和電場力的共同作用做勻加速直線運動，設它到達Ｂ板時的速度為ｖ２，由動能定理可得

〔ｍｇ＋ｑＥ〕·Ｌ／3＝〔1／2〕ｍｖ２2－〔1／2〕ｍｖ１2，②

又ｖ１／ｖ２＝／，③

由①②③式可得ｑＥ＝ｍｇ．④設Ｑ的釋放點距Ａ板的高度為ｈ，下落至Ａ板即將進入兩板間時的速度為ｖ０，那么

ｖ０2＝2ｇｈ．⑤當開關Ｓ置于ｂ時，由于Ｑ在兩板間時所受重力和電場力大小相等、方向相反，故Ｑ將在洛侖茲力作用下在兩板間做勻速圓周運動，由左手定那么可知其所受洛倫茲力方向向右，故Ｑ只能從兩板右側飛出，當Ｑ從Ａ板右邊緣飛出時，其軌道半徑為Ｌ／4，所以

ｑＢｖ０＝ｍｖ０2／〔Ｌ／4〕，⑥

解④⑤⑥式得ｈ＝ｑ2Ｂ2Ｌ2／32ｍ2ｇ．⑦當Ｑ沿與Ｂ板相切的軌跡飛出兩板間時，其軌道半徑為Ｌ／3，所以

ｑＢｖ０＝ｍｖ０2／〔Ｌ／3〕，⑧解④⑤⑧式得ｈ＝ｑ2Ｂ2Ｌ2／18ｍ2ｇ．

故釋放點距Ａ板的高度滿足ｑ2Ｂ2Ｌ2／32ｍ2ｇ＜ｈ＜ｑ2Ｂ2Ｌ2／18ｍ2ｇ時，可不與極板相撞而飛離電磁場區．

25．解：把整個圓環的電阻設為Ｒ０，在電路中每個圓環分兩局部，在整個電路中這局部電阻是并聯關系，各自的電阻為圖24Ｒ１＝〔2／3〕Ｒ０，①Ｒ２＝〔1／3〕Ｒ０．②并聯電阻的阻值為

Ｒ并＝Ｒ１Ｒ２／〔Ｒ１＋Ｒ２〕＝〔2／9〕Ｒ０＝2Ω，③電路的總電阻Ｒ總＝ｒ＋2Ｒ并＋Ｒ棒＝6Ω，④∴棒中電流Ｉ＝／Ｒ總．⑤棒受重力ｍｇ，兩環的支持力Ｎ，以及安培力Ｆ作用，如圖24所示，棒靜止時三力平衡，故

Ｎｓｉｎθ＝Ｆ，⑥Ｎｃｏｓθ＝ｍｇ，⑦

又Ｆ＝ＢＩＬ，⑧

由⑤、⑥、⑦、⑧聯立得

＝ｍｇＲ總ｔｇθ／ＢＬ＝〔10－2×10×6〕／〔3．46×10－1×0．2〕＝15Ｖ．

26．α粒子質量ｍα是質子質量ｍｐ的4倍，電量ｑα是質子電量ｑｐ的2倍，即ｍα＝4ｍｐ，ｑα＝2ｑｐ，動能相同的質子和α粒子其速度關系應為ｖα＝〔1／2〕ｖｐ．

可以用勻強電場來別離動能相同的質子和α粒子．如圖25甲所示，根據帶電粒子在電場中的偏轉知識可知，質子離開電場時的偏轉角度，怎樣填上Ｕ、ｄ、Ｌ．

ｔｇφｐ＝ｑｐＵＬ／ｍｐｄｖｐ２．

其中Ｕ為板間電壓，ｄ為板距，Ｌ為極板長度．

α粒子離開電場時的偏轉角

ｔｇφα＝ｑαＵＬ／ｍαｄｖｐ２＝2ｑｐＵＬ／ｍｐｄｖｐ２＝2ｔｇφｐ，

即α粒子偏轉角度比質子的大，所以能用電場來別離．

可以利用速度選擇器的原理來別離．如圖25乙所示的速度選擇器中中選擇Ｅ與Ｂ的比值跟質子的速度ｖｐ相等時，即ｖｐ＝Ｅ／Ｂ，那么質子直線通過選擇器，不發生偏轉，而α粒子的速度ｖα＝〔1／2〕ｖｐ，α粒子受到的洛倫茲力ｆα＝ｑαｖαＢ＝ｑαＢ·〔1／2〕ｖｐ＝〔1／2〕ｑαＢ·〔Ｅ／Ｂ〕＝〔1／2〕ｑαＥ，小于它受到的電場力Ｆα＝ｑαＥ，α離子在通過選擇器時向下偏轉，故可將質子和α粒子別離開來．圖2527．解：如圖26所示．〔1〕電子穿過陽極Ａ小孔后的動能〔1／2〕ｍｖ２＝ｅＵ．圖26電子穿過陽極Ａ小孔時速度為ｖ＝．

電子在電容器中不發生偏轉的條件是ｅＥ＝ｅｖＢ，所以Ｅ＝ｖＢ＝Ｂ．

〔2〕電子在磁場中沿圓軌道運動，由牛頓第二定律，得

ｅｖＢ＝ｍｖ2／Ｒ，Ｒ＝ｍｖ／ｅＢ＝〔1／Ｂ〕，

由圖26得ｘ１＝Ｒ－，ｘ２＝Ｌｔｇα＝Ｌｄ／ｘ＝ｘ１＋ｘ２＝Ｒ－＋〔Ｌｄ／〕

＝〔1／Ｂ〕－+．

28．解：〔1〕金屬棒到達穩定速度ｖ時，加速度為零，所受合外力為零，設此時細繩對棒的拉力為Ｔ，金屬棒所受安培力為Ｆ，那么Ｔ－ｍｇ－Ｆ＝0，

又Ｆ＝ＢＩＬ，Ｉ＝／Ｒ，

＝ＢＬｖ．

此時細繩拉力的功率ＰＴ與電動機的輸出功率Ｐ出相等而ＰＴ＝Ｔｖ，Ｐ出＝Ｉ′Ｕ－Ｉ′2ｒ，

化簡以上各式代入數據得ｖ2＋ｖ－6＝0，

所以ｖ＝2ｍ／ｓ．〔ｖ＝－3ｍ／ｓ不合題意舍去〕

〔2〕由能量守恒定律可得Ｐ出ｔ＝ｍｇｈ＋〔1／2〕ｍｖ2＋Ｑ，

所以ｔ＝〔2ｍｇｈ＋ｍｖ2＋2Ｑ〕／2〔Ｉｖ－Ｉ2ｒ〕＝1ｓ．

29．解：〔1〕ｔ＝〔π／2〕／ω＝π／2ω．

〔2〕當導體棒轉過角度ωｔ時，由正弦定理，有

1／ｓｉｎ〔180°－45°－ωｔ〕＝ｘ／ｓｉｎ45°，

又ＵＲ＝〔1／2〕Ｂｘ2ω，

解①、②得ＵＲ＝Ｂｌ2ω／2〔1＋ｓｉｎ2ωｔ〕．

〔3〕Ｑ＝Δｔ＝〔Ｂ〔1／2〕ｌ2／ΔｔＲ〕·Δｔ＝Ｂｌ2／2Ｒ．

30．流過每條輻條的電流強度Ｉ０＝1／4＝0．5Ａ，每根輻條所受磁力矩Ｍ０＝ＢＩ０Ｒ·〔Ｒ／2〕＝0．025Ｎ·ｍ．

由力矩平衡條件得

4Ｍ０＝ｆＲｆ＝4Ｍ０／Ｒ＝〔4×0．025／0．1〕Ｎ＝1Ｎ．31．解：〔1〕由Ｉ＝Ｑ／ｔ得，單位時間通過細截面的電量Ｑ＝Ｉｔ＝1×10－3Ｃ，Ｑ／ｅ＝1×10－3／1.60×10－19＝6.25×1015．

〔2〕在ｌ和4ｌ處各取一段極短的長度均為Δｌ的質子流，那么ｌ處的質子數ｎ1＝ＩΔｔ1／ｅ＝ＩΔｌ／ｅｖ1，4ｌ處的質子數ｎ2＝ＩΔｔ2／ｅ＝ＩΔｌ／ｅｖ2，又根據ｑＵ＝ｍｖ2／2，Ｕ＝Ｅｄ可得Ｕ∝ｄ，ｖ∝，

∴ｎ1／ｎ2＝ｖ2／ｖ1＝=＝2．

32．將長為Ｌ、通以電流強度為I的導線垂直置于磁感強度為Ｂ的勻強磁場中，其所受的安培力Ｆ安＝ＢＩＬ．設導線中每個自由電子所受的洛侖茲力為ｆ洛，那么導線所受的安培力是導線中總數為N的自由電子所受洛淪茲力的宏觀表現，即Ｆ安＝Ｎｆ洛．設電子電量為ｑ，導線中單位體積內的電子數為ｎ，電子定向移動的速度為ｖ，那么在時間ｔ內通過橫截面積為Ｓ的導線中的電流強度Ｉ＝ｎｖｔＳｑ／ｔ＝ｎｖＳｑ．

∵長為Ｌ的導線中的電子總數Ｎ＝ｎＳＬ，

∴綜合以上各式可得ｆ洛＝Ｂｖｑ．

33．證明：如圖13，設導線ａｂ沿平行導軌以速度ｖ勻速滑動，間距為ｌ，勻強磁場磁感強度為Ｂ，并設經Δｔ時間ａｂ向右移動距離為ｄ，Δｔ時間內閉合電路增加的面積為ΔＳ＝ｌｄ＝ｌｖΔｔ．因Ｂ⊥Ｌ，Ｂ⊥ｖ，故Δｔ時間內回路的磁通量增加為ΔΦ＝ＢΔＳ＝ＢｌｖΔｔ．依法拉第電磁感應定律，導線ａｂ中產生感應電動勢為＝ΔΦ／Δｔ＝ＢｌｖΔｔ／Δｔ＝Ｂｌｖ，證畢．圖1334．〔1〕錄音原理〔電流的磁效應〕

聲音的變化經微音器轉化為電流的變化，變化的電流流過線圈，在鐵芯中產生變化的磁場，磁帶經過磁頭時磁粉被不同程度地磁化，并留下剩磁．這樣，聲音的變化就被記錄成磁粉不同程度的磁化．

〔2〕放音原理〔電磁感應〕

各局部被不同程度磁化的磁帶經過鐵芯時，鐵芯中形成變化的磁場，在線圈中激發出變化的感應電流，感應電流經揚聲器時，電流的變化被轉化為聲音的變化．這樣，磁信號就又被轉化為聲音信號．

35．解：帶電粒子經電壓U加速后速度到ｖ，由動能定理得Ｕｑ＝ｍｖ2／2．

帶電粒子以速度ｖ垂直射入勻強磁場Ｂ中，受到磁場洛淪茲力ｆ作用，因ｆ⊥ｖ、ｆ⊥Ｂ，帶電粒子在磁場中垂直磁場Ｂ的平面內做勻速圓周運動，圓半徑為Ｒ．那么ｆ＝Ｂｑｖ．洛淪滋力ｆ就是使粒子做勻速圓周運動的向心力，即Ｂｑｖ＝ｍｖ2／Ｒ．帶電粒子做圓周運動的周期為Ｔ，那么Ｔ＝2πＲ／ｖ＝2πｍ／Ｂｑ．帶電粒子每周內通過軌道截面的電量為ｑ，所以形成的環形電流的電流強度

Ｉ＝Ｑ／ｔ＝ｑ／Ｔ＝Ｂｑ2／2πｍ．

36．如圖14所示．圖1437．解：〔1〕小球受三個力：重力Ｇ、電場力Ｆ、拉力Ｔ而平衡，如圖15所示，由受力圖可知，電場力與電場方向相反，應為負電荷，且有圖15Ｆ／Ｇ＝ｔｇ30°．∵Ｆ＝ｑＥ，

Ｇ＝ｍｇ，∴ｑＥ／ｍｇ＝ｔｇ30°，

ｑ＝ｍｇｔｇ30°／Ｅ＝ｍｇ／3Ｅ．

〔2〕小球在豎直方向由靜止釋放后，電場力做正功，重力做負功，小球動能增加，故有

ＷＦ－ＷＧ＝ｍｖ2／2，

ｑｌｓｉｎ30°－ｍｇｌ〔1－ｃｏｓ30°〕＝ｍｖ2／2，

∴ｖ＝=．

38．解：根據法拉第電磁感應定律

1＝ΔＢＳ1／Δｔ，2＝ΔＢＳ2／Δｔ，1＝2．

由歐姆定律：

Ｉ1／Ｉ2＝Ｒ2／Ｒ1＝Ｌ2／Ｌ1＝ｒ2／ｒ1＝1／2，Ｐ1／Ｐ2＝Ｉ12Ｒ1／Ｉ22Ｒ2＝1／2．

39．解：當金屬棒ａｂ以速率ｖ向右勻速運動時，

ａｂ＝ＢＬａｂｖ＝3ＢＬｖ．

穩定時Ｕａｂ＝ａｂ－Ｉｒｃｄ＝3ＢＬｖ－ＢＬｖｒｃｄ／〔Ｒ0＋ｒｃｄ〕＝ＢＬｖ〔3－1／2〕＝5ＢＬｖ／2．

帶電粒子在平行金屬板Ｅ、Ｆ之間恰能做勻速圓周運動，必有ｍｇ＝ｑＥ＝ｑＵａｂ／ｄ，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑Ｒ′＝ｍｖ／ｑＢ．

聯立求解得ｖ＝．由題意可知

Ｒ′＜ｄ／2＝0.1ｍ，

可得ｖ＜=15ｍ／ｓ．

40．解：〔1〕電壓表滿偏．假設電流表滿偏，那么Ｉ＝3Ａ，Ｕ＝ＩＲ＝1.5Ｖ，大于電壓表量程．

〔2〕由功能關系Ｆｖ＝Ｉ2〔Ｒ＋ｒ〕，

而Ｉ＝Ｕ／Ｒ，Ｆ＝Ｕ2〔Ｒ＋ｒ〕／Ｒ2ｖ．

代入數據得Ｆ＝12×〔0.5＋0.3〕／0.52×2＝1.6Ｎ．

〔3〕由動量定理知ｍΔｖ＝ＩＢＬΔｔ，兩邊求和

ｍΔｖ1＋ｍΔｖ2＋…＝ＢＬＩ1Δｔ1＋ＢＬＩ2Δｔ2＋…

即ｍｖ＝ＢＬｑ，

由電磁感應定律，有＝ＢＬｖ，＝Ｉ〔Ｒ＋ｒ〕，

解得ｑ＝ｍｖ2／Ｉ〔Ｒ＋ｒ〕．

代入數據得ｑ＝0.1×22／2×〔0.5＋0.3〕＝0.25Ｃ．

41．解：〔1〕當ａｂ邊剛進無磁區域Ⅱ時，線框只有ｃｄ邊在Ⅰ區中切割磁感線，由右手定那么可判定ａｂ邊中的感應電流為Ｉ1，其方向為由ｂ到ａ，大小Ｉ1＝ｃｄ／Ｒ＝ＢＬｖ／Ｒ．當ａｂ邊剛進入磁場區域Ⅲ時，ａｂ邊和ｃｄ邊分別在Ⅰ和Ⅲ區域中切割磁感線，每邊產生的感應電動勢為＝ＢＬｖ，回路中總電動勢總＝2＝2ＢＬｖ，故ａｂ邊中的電流為Ｉ2＝2／Ｒ＝2ＢＬｖ／Ｒ，其方向為由ｂ到ａ．

〔2〕要求拉力對線框所對的功，即求拉力克服磁場力做的功即可．將線框從Ⅰ區完全拉到Ⅲ區域過程中，ａｂ邊從圖16所示的Ⅰ區右邊界位置起經歷位置ａ1ｂ1、ａ2ｂ2、ａ3ｂ3三個不同階段．圖16在從ａｂ→ａ1ｂ1過程中，拉力克服磁場力做功為Ｗ1＝Ｆ拉ｓ＝ＢＩ1Ｌｓ＝Ｂ2Ｌ2ｖｓ／Ｒ．

在從ａ1ｂ1→ａ2ｂ2過程中，拉力克服磁場力做功為Ｗ2＝Ｆ′拉〔Ｌ－ｓ〕＝2Ｆ磁′〔Ｌ－ｓ〕＝4Ｂ2Ｌ2ｖＲ〔Ｌ－ｓ〕．

在從ａ2ｂ2→ａ3ｂ3過程中，拉力克服磁場力做功為Ｗ3＝Ｆ拉″ｓ＝Ｆ磁ｓ＝ＢＩＬｓ＝Ｂ2Ｌ2ｖｓ／Ｒ．

所以拉力所做的總功Ｗ＝Ｗ1＋Ｗ2＋Ｗ3＝2Ｂ2Ｌ2ｖｓ／Ｒ＋4Ｂ2Ｌ2ｖ〔Ｌ－ｓ〕／Ｒ＝2Ｂ2Ｌ2ｖ〔2Ｌ－ｓ〕／Ｒ．

42．解：〔1〕由題意分析可知：金屬棒先向下加速運動，然后勻速運動，勻速運動時，金屬棒速度最大．此時有ｍｇ＝Ｆ安，而Ｆ安＝ＩｌＢ，Ｉ＝／Ｒ總，＝ＢＷｍ，

ｖｍ＝ｍｇＲ總／Ｂ2Ｌ2＝0.1×10×1.5／0.52×12ｍ／ｓ＝6ｍ／ｓ．

〔2〕當ｖ＝3ｍ／ｓ時，因ｖ＜ｖｍ，故金屬棒在加速下降，加速反方向豎直向下，且有ｍｇ－Ｉ′ｌＢ＝ｍａ，

Ｉ′＝′／Ｒ總＝Ｂｌｖ／Ｒ總，得ａ＝ｇ－Ｂ2ｌ2ｖ／ｍＲ總＝5ｍ／ｓ2．

43．解：〔1〕分三種情況討論：

①假設水平力Ｆ恰可與金屬棒ａｂ的重力、軌道對金屬棒的支持力平衡時，金屬棒ａｂ的最大速率為零，此時Ｆ＝ｍｇｔｇθ．

②假設金屬棒ａｂ沿軌道向上運動，設磁場對金屬棒ａｂ的作用力大小為ｆ，方向沿軌道向下，當金屬棒受力平衡時，速率ｖ最大，所以Ｆｃｏｓθ＝ｍｇｓｉｎθ＋ｆ，

總＝ＢＬｖ，Ｉ＝總／Ｒ，ｆ＝ＢＩＬ＝Ｂ2Ｌ2ｖ／Ｒ

∴ｖ＝〔Ｆｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ〕Ｒ／Ｂ2Ｌ2．

③假設金屬棒ａｂ沿軌道向下運動，磁場對金屬棒ａｂ的作用力ｆ的方向沿軌道向上，當金屬棒受力平衡時，速率ｖ最大，所以：ｍｇｓｉｎθ＝Ｆｃｏｓθ＋ｆ，

聯立解得：ｖ＝〔ｍｇｓｉｎθ－Ｆｃｏｓθ〕Ｒ／Ｂ2Ｌ2．

〔2〕當水平力方向向左時，金屬棒ａｂ只可能沿軌道向下運動，設磁場力的大小為ｆ，ｆ的方向沿軌道向上，金屬棒ａｂ不脫離軌道的條件是

Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ－Ｆｓｉｎθ＞0，

故金屬棒ａｂ沿軌道向下運動的條件是Ｆ≤ｍｇｃｔｇθ．

〔3〕令Ｆ＝ｍｇｃｔｇθ，當金屬棒ａｂ沿軌道向下運動時，磁場對金屬棒ａｂ的作用力ｆ的方向向上，金屬棒ａｂ速度最大時，受力平衡，ｍｇｓｉｎθ＋Ｆｃｏｓθ＝ｆ，

聯立解得：ｖ＝〔ｍｇｓｉｎθ＋Ｆｃｏｓθ〕Ｒ／Ｂ2Ｌ2＝ｍｇＲ／Ｂ2Ｌ2ｓｉｎθ．

44．解：〔1〕由圖線可知ｔ＝3ｓ，ｔ＝5ｓ時，穿過線圈的磁場的磁感強度分別為Ｂ3＝3.5×10－1Ｔ，Ｂ5＝2．0×10－1Ｔ．

根據Φ＝ＢＳ，ｔ＝3ｓ，ｔ＝5ｓ時通過線圈的磁通量分別為

Φ3＝7.0×10－3Ｗｂ，Φ5＝4.0×10－3Ｗｂ．

〔2〕在0～4ｓ，Ｂ在增加，線圈中產生的電動勢為1＝ｎΔＢＳ／Δｔ＝1Ｖ，電路中電流強度Ｉ1＝1／〔Ｒ＋ｒ〕＝0.2Ａ．

電流方向：從下向上通過電阻Ｒ．

ａ點電勢為Ｕｂａ＝Ｉ1Ｒ＝0.8Ｖ，ａ點電勢為－0.8Ｖ，此時ａ點電勢為最低在4－6ｓ，Ｂ在減小，線圈中產生感應電動勢為

2＝ｎΔＢＳ／Δｔ＝4Ｖ，

電路中電流強度為Ｉ2＝2／〔Ｒ＋ｒ〕＝0.8Ａ，方向自上而下通過Ｒ．

ａ點電勢為Ｕａｂ＝Ｉ2Ｒ＝3.2Ｖ．

ａ點電勢為3.2Ｖ時ａ點電勢為最高．

45．〔1〕環自圖17所示位置轉過半周的過程中，磁通量的變化量為ΔΦ＝ＢπＲ2．

所用的時間為Δｔ＝Ｔ／2＝π／ω，

平均感應電動勢＝ΔΦ／Δｔ，

解之得＝ＢωＲ2．圖17〔2〕環從圖示位置轉過ｔ時，由圖17可得切割磁感線的有效長度Δｌ＝2Ｒｓｉｎωｔ，切割的平均速度＝ωΔｌ／2，感應電動勢的瞬時值ｅ＝ＢΔｌ，

解之得ｅ＝2ＢωＲ2