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高中物理经典电学计算题总结(试题及答案)

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电学（电路）计算题


1．如图3-87所示的电路中，电源电动势＝24Ｖ，内阻不计，电容Ｃ＝12μＦ，Ｒ１＝10Ω，Ｒ３＝60Ω，Ｒ４＝20Ω，Ｒ５＝40Ω，电流表Ｇ的示数为零，此时电容器所带电量Ｑ＝7．2×10－５
Ｃ，求电阻Ｒ２的阻值?

图3-87

2．如图3-88中电路的各元件值为：Ｒ１＝Ｒ２＝10Ω，Ｒ３＝Ｒ４＝20Ω，Ｃ＝300μＦ，
电源电动势＝6Ｖ，内阻不计，单刀双掷开关Ｓ开始时接通触点2，求：

图3-88
（1）当开关Ｓ从触点2改接触点1，且电路稳定后，电容Ｃ所带电量．
（2）若开关Ｓ从触点1改接触点2后，直至电流为零止，通过电阻Ｒ１的电量．3．光滑水平面上放有如图3-89所示的用绝缘材料制成的Ｌ形滑板（平面部分足够长），质量为4ｍ，距滑板的Ａ壁为Ｌ１距离的Ｂ处放有一质量为ｍ，电量为＋ｑ的大小不计的小物体，物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为Ｅ的匀强电场中．初始时刻，滑块与物体都静止，试问：

图3-89
（1）释放小物体，第一次与滑板Ａ壁碰前物体的速度ｖ１多大?
（2）若物体与Ａ壁碰后相对水平面的速率为碰前速率的3／5，则物体在第二次跟Ａ壁碰撞之前，滑板相对于水平面的速度ｖ和物体相对于水平面的速度ｖ２分别为多大?（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做的功为多大?（设碰撞所经历时间极短）4．一带电粒子质量为ｍ、带电量为ｑ，可认为原来静止．经电压为Ｕ的电场加速后，垂直射入磁感强度为Ｂ的匀强磁场中，根据带电粒子在磁场中受力所做的运动，试导出它所形成电流的电流强度，并扼要说出各步的根据．（不计带电粒子的重力）


5．如图3-90所示，半径为ｒ的金属球在匀强磁场中以恒定的速度ｖ沿与磁感强度Ｂ垂直的方向运动，当达到稳定状态时，试求：

图3-90
（1）球内电场强度的大小和方向?
（2）球上怎样的两点间电势差最大?最大电势差是多少?6．如图3-91所示，小车Ａ的质量Ｍ＝2ｋｇ，置于光滑水平面上，初速度为ｖ０＝14ｍ／ｓ．带正电荷ｑ＝0．2Ｃ的可视为质点的物体Ｂ，质量ｍ＝0．1ｋｇ，轻放在小车Ａ的右端，在Ａ、Ｂ所在的空间存在着匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感强度Ｂ＝0．5Ｔ，物体与小车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求

图3-91
（1）Ｂ物体的最大速度?（2）小车Ａ的最小速度?
２
（3）在此过程中系统增加的内能?（ｇ＝10ｍ／ｓ）7．把一个有孔的带正电荷的塑料小球安在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球穿在一根光滑的水平绝缘杆上，如图3-92所示，弹簧与小球绝缘，弹簧质量可不计，整个装置放在水平向右的匀强电场之中，试证明：小球离开平衡位置放开后，小球的运动为简谐运动．（弹簧一直处在弹性限度内）

图3-92
8．有一个长方体形的匀强磁场和匀强电场区域，它的截面为边长Ｌ＝0．20ｍ的正方
５－2
形，其电场强度为Ｅ＝4×10Ｖ／ｍ，磁感强度Ｂ＝2×10Ｔ，磁场方向垂直纸面向里，
－0
当一束质荷比为ｍ／ｑ＝4×101ｋｇ／Ｃ的正离子流以一定的速度从电磁场的正方形区域的边界中点射入如图3-93所示，



图3-93
（1）要使离子流穿过电磁场区域而不发生偏转，电场强度的方向如何?离子流的速度多大?
（2）在离电磁场区域右边界0．4ｍ处有与边界平行的平直荧光屏．若撤去电场，离子流击中屏上ａ点，若撤去磁场，离子流击中屏上ｂ点，求ａｂ间距离．9．如图3-94所示，一个初速为零的带正电的粒子经过Ｍ、Ｎ两平行板间电场加速后，从Ｎ板上的孔射出，当带电粒子到达Ｐ点时，长方形ａｂｃｄ区域内出现大小不变、方向垂
－
直于纸面且方向交替变化的匀强磁场．磁感强度Ｂ＝0．4Ｔ．每经ｔ＝（π／4）×103ｓ，磁场方向变化一次．粒子到达Ｐ点时出现的磁场方向指向纸外，在Ｑ处有一个静止的中性粒子，Ｐ、Ｑ间距离ｓ＝3ｍ．ＰＱ直线垂直平分ａｂ、ｃｄ．已知Ｄ＝1．6ｍ，带电粒子的
４
荷质比为1．0×10Ｃ／ｋｇ，重力忽略不计．求

图3-94
（1）加速电压为220Ｖ时带电粒子能否与中性粒子碰撞?（2）画出它的轨迹．
（3）能使带电粒子与中性粒子碰撞，加速电压的最大值是多少?10．在磁感强度Ｂ＝0．5Ｔ的匀强磁场中，有一个正方形金属线圈ａｂｃｄ，边长ｌ＝0．2ｍ，线圈的ａｄ边跟磁场的左侧边界重合，如图3-95所示，线圈的电阻Ｒ＝0．4Ω，用外力使线圈从磁场中运动出来：一次是用力使线圈从左侧边界匀速平动移出磁场；另一次是用力使线圈以ａｄ边为轴，匀速转动出磁场，两次所用时间都是0．1ｓ．试分析计算两次外力对线圈做功之差

图3-95
11．如图3-96所示，在ｘＯｙ平面内有许多电子（每个电子质量为ｍ，电量为ｅ）从坐标原点Ｏ不断地以相同大小的速度ｖ０沿不同的方向射入第Ⅰ象限．现加上一个垂直于ｘ


Ｏｙ平面的磁感强度为Ｂ的匀强磁场，要求这些电子穿过该磁场后都能平行于ｘ轴向ｘ轴正方向运动，试求出符合该条件的磁场的最小面积．

图3-96
12．如图3-97所示的装置，Ｕ1是加速电压，紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板，板长为ｌ，两板间距离为ｄ．一个质量为ｍ、带电量为－ｑ的质点，经加速电压加速后沿两金属板中心线以速度ｖ０水平射入两板中，若在两水平金属板间加一电压Ｕ２，当上板为正时，带电质点恰能沿两板中心线射出；当下板为正时，带电质点则射到下板上距板的左端ｌ／4处．为使带电质点经Ｕ１加速后，沿中心线射入两金属板，并能够从两金属之间射出，问：两水平金属板间所加电压应满足什么条件，及电压值的范围．

图3-97
13．人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、煤等燃料的化学能）转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但用电的地方却分布很广，因此需要把电能输送到远方．某电站输送电压为Ｕ＝6000Ｖ，输送功率为Ｐ＝500ｋＷ，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4800ｋＷｈ（即4800度电），试求
（1）输电效率和输电线的电阻
（2）若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，电站应使用多高的电压向外输电?14．有一种磁性加热装置，其关键部分由焊接在两个等大的金属圆环上的ｎ根间距相等的平行金属条组成，成“鼠笼”状，如图3-98所示．每根金属条的长度为ｌ，电阻为Ｒ，金属环的直径为Ｄ、电阻不计．图中虚线表示的空间范围内存在着磁感强度为Ｂ的匀强磁场，磁场的宽度恰好等于“鼠笼”金属条的间距，当金属环以角速度ω绕过两圆环的圆心的轴ＯＯ′旋转时，始终有一根金属条在垂直切割磁感线．“鼠笼”的转动由一台电动机带动，这套设备的效率为η，求电动机输出的机械功率．

图3-98


15．矩形线圈Ｍ、Ｎ材料相同，导线横截面积大小不同，Ｍ粗于Ｎ，Ｍ、Ｎ由同一高度自由下落，同时进入磁感强度为Ｂ的匀强场区（线圈平面与Ｂ垂直如图3-99所示），Ｍ、Ｎ同时离开磁场区，试列式推导说明．

图3-99
16．匀强电场的场强Ｅ＝2．0×10Ｖｍ－1，方向水平．电场中有两个带电质点，其
－５－９
质量均为ｍ＝1．0×10ｋｇ．质点Ａ带负电，质点Ｂ带正电，电量皆为ｑ＝1．0×10
－
Ｃ．开始时，两质点位于同一等势面上，Ａ的初速度ｖＡｏ＝2．0ｍ·ｓ1，Ｂ的初速度ｖＢ
－1
，均沿场强方向．在以后的运动过程中，若用Δｓ表示任一时刻两质点间ｏ＝1．2ｍ·ｓ
的水平距离，问当Δｓ的数值在什么范围内，可判断哪个质点在前面（规定图3-100中右方为前），当Δｓ的数值在什么范围内不可判断谁前谁后?
３

图3-100
17．如图3-101所示，两根相距为ｄ的足够长的平行金属导轨位于水平的ｘｙ平面内，一端接有阻值为Ｒ的电阻．在ｘ＞0的一侧存在沿竖直方向的均匀磁场，磁感强度Ｂ随ｘ的增大而增大，Ｂ＝ｋｘ，式中的ｋ是一常量，一金属直杆与金属导轨垂直，可在导轨上滑动，当ｔ＝0时位于ｘ＝0处，速度为ｖ０，方向沿ｘ轴的正方向．在运动过程中，有一大小可调节的外力Ｆ作用于金属杆以保持金属杆的加速度恒定，大小为ａ，方向沿ｘ轴的负方向．设除外接的电阻Ｒ外，所有其它电阻都可以忽略．问：

图3-101
（1）该回路中的感应电流持续的时间多长?
（2）当金属杆的速度大小为ｖ０／2时，回路中的感应电动势有多大?
（3）若金属杆的质量为ｍ，施加于金属杆上的外力Ｆ与时间ｔ的关系如何?18．如图3-102所示，有一矩形绝缘木板放在光滑水平面上，另一质量为ｍ、带电量为ｑ的小物块沿木板上表面以某一初速度从Ａ端沿水平方向滑入，木板周围空间存在着足够


大、方向竖直向下的匀强电场．已知物块与木板间有摩擦，物块沿木板运动到Ｂ端恰好相对静止，若将匀强电场方向改为竖直向上，大小不变，且物块仍以原初速度沿木板上表面从Ａ端滑入，结果物块运动到木板中点时相对静止．求：

图3-102
（1）物块所带电荷的性质；（2）匀强电场的场强大小．19．（1）设在磁感强度为Ｂ的匀强磁场中，垂直磁场方向放入一段长为Ｌ的通电导线，单位长度导线中有ｎ个自由电荷，每个电荷的电量为ｑ，每个电荷定向移动的速率为ｖ，试用通过导线所受的安掊力等于运动电荷所受洛伦兹力的总和，论证单个运动电荷所受的洛伦兹力ｆ＝ｑｖＢ．

图3-103
（2）如图3-103所示，一块宽为ａ、厚为ｈ的金属导体放在磁感应强度为Ｂ的匀强磁场中，磁场方向与金属导体上下表面垂直．若金属导体中通有电流强度为I、方向自左向右的电流时，金属导体前后两表面会形成一个电势差，已知金属导体单位长度中的自由电子数目为ｎ，问：金属导体前后表面哪一面电势高?电势差为多少?
５３
20．某交流发电机输出功率为5×10Ｗ，输出电压为U＝1．0×10Ｖ，假如输电线总电阻为Ｒ＝10Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5％，用户使用的电压为U用＝380Ｖ．求：
（1）画出输电线路的示意图．（在图中标明各部分电压符号）
（2）所用降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少?（使用的变压器是理想变压器）21．如图3-104（ａ）所示，两水平放置的平行金属板Ｃ、Ｄ相距很近，上面分别开有小孔Ｏ、Ｏ′，水平放置的平行金属导轨与Ｃ、Ｄ接触良好，且导轨在磁感强度为Ｂ１＝10Ｔ的匀强磁场中，导轨间距Ｌ＝0．50ｍ，金属棒ＡＢ紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动．其速度图象如图3-104（ｂ）所示，若规定向右运动速度方向为正方向，从ｔ
－2
＝0时刻开始，由Ｃ板小孔Ｏ处连续不断以垂直于Ｃ板方向飘入质量为ｍ＝3．2×101ｋｇ、
－
电量ｑ＝1．6×1019Ｃ的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）．在Ｄ板外侧有以ＭＮ为边界的匀强磁场Ｂ２＝10Ｔ，ＭＮ与Ｄ相距ｄ＝10ｃｍ，Ｂ１、Ｂ２方向如图所示（粒子重力及其相互作用不计）．求



图3-104
（1）在0～4．0ｓ时间内哪些时刻发射的粒子能穿过电场并飞出磁场边界ＭＮ?（2）粒子从边界ＭＮ射出来的位置之间最大的距离为多少?22．试由磁场对一段通电导线的作用力Ｆ＝ＩＬＢ推导洛伦兹力大小的表达式．推导过程要求写出必要的文字说明（且画出示意简图）、推导过程中每步的根据、以及式中各符号和最后结果的物理意义．23．如图3-105所示是电饭煲的电路图，Ｓ１是一个限温开关，手动闭合，当此开关的温度达到居里点（103℃）时会自动断开，Ｓ２是一个自动温控开关，当温度低于约70℃时会自动闭合，温度高于80℃时会自动断开，红灯是加热状态时的指示灯，黄灯是保温状态时的指示灯，限流电阻Ｒ１＝Ｒ２＝500Ω，加热电阻丝Ｒ３＝50Ω，两灯电阻不计．

图3-105
（1）根据电路分析，叙述电饭煲煮饭的全过程（包括加热和保温过程）．（2）简要回答，如果不闭合开关Ｓ１，电饭煲能将饭煮熟吗?（3）计算加热和保温两种状态下，电饭煲的消耗功率之比．24．如图3-106所示，在密闭的真空中，正中间开有小孔的平行金属板Ａ、Ｂ的长度均为Ｌ，两板间距离为Ｌ／3，电源Ｅ１、Ｅ２的电动势相同，将开关Ｓ置于ａ端，在距Ａ板小孔正上方ｌ处由静止释放一质量为ｍ、电量为ｑ的带正电小球Ｐ（可视为质点），小球Ｐ通过上、下孔时的速度之比为3∶5；若将Ｓ置于ｂ端，同时在Ａ、Ｂ平行板间整个区域内加一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为Ｂ．在此情况下，从Ａ板上方某处释放一个与Ｐ相同的小球Ｑ．要使Ｑ进入Ａ、Ｂ板间后不与极板碰撞而能飞离电磁场区，则释放点应距Ａ板多高?（设两板外无电磁场）

图3-106
图3-107

25．如图3-107所示，在绝缘的水平桌面上，固定着两个圆环，它们的半径相等，环面竖直、相互平行，间距是20ｃｍ，两环由均匀的电阻丝制成，电阻都是9Ω，在两环的最高点ａ和ｂ之间接有一个内阻为0．5Ω的直流电源，连接导线的电阻可忽略不计，空间有


竖直向上的磁感强度为3．46×101Ｔ的匀强磁场．一根长度等于两环间距，质量为10ｇ，电阻为1．5Ω的均匀导体棒水平地置于两环内侧，不计与环间的磨擦，当将棒放在其两端点与两环最低点之间所夹圆弧对应的圆心角均为θ＝60°时，棒刚好静止不动，试求电源的电动势（取ｇ＝10ｍ／ｓ）．26．利用学过的知识，请你设计一个方案想办法把具有相同动能的质子和α粒子分开．要说出理由和方法．27．如图3-108所示是一个电子射线管，由阴极上发出的电子束被阳极Ａ与阴极K间的电场加速，从阳极Ａ上的小孔穿出的电子经过平行板电容器射向荧光屏，设Ａ、K间的电势差为U，电子自阴极发出时的初速度可不计，电容器两极板间除有电场外，还有一均匀磁场，磁感强度大小为Ｂ，方向垂直纸面向外，极板长度为ｄ，极板到荧光屏的距离为Ｌ，设电子电量为ｅ，质量为ｍ．问
2
－

图3-108
（1）电容器两极板间的电场强度为多大时，电子束不发生偏转，直射到荧光屏Ｓ上的Ｏ点；
（2）去掉两极板间电场，电子束仅在磁场力作用下向上偏转，射在荧光屏Ｓ上的Ｄ点，求Ｄ到Ｏ点的距离ｘ．28．如图3-109所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为Ｌ＝1ｍ，质量ｍ＝0．1ｋｇ的导体棒ａｂ，导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻Ｒ＝1Ω，磁感强度Ｂ＝1Ｔ的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面．当导体棒在电动机牵引下上升ｈ＝3．8ｍ时，获得稳定速度，此过程中导体棒产生热量Ｑ＝2Ｊ．电动机工作时，电压表、电流表的读数分别为7Ｖ和1Ａ，电动机的内阻ｒ＝1Ω．不计一切摩
2
擦，ｇ取10ｍ／ｓ．求：

图3-109
（1）导体棒所达到的稳定速度是多少?
（2）导体棒从静止到达稳定速度的时间是多少?29．如图3-110所示，一根足够长的粗金属棒ＭＮ固定放置，它的Ｍ端连一个定值电阻Ｒ，定值电阻的另一端连接在金属轴Ｏ上，另外一根长为ｌ的金属棒ａｂ，ａ端与轴Ｏ相连，ｂ端与ＭＮ棒上的一点接触，此时ａｂ与ＭＮ间的夹角为45°，如图所示，空间存在


着方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度大小为Ｂ，现使ａｂ棒以Ｏ为轴逆时针匀速转动半周，角速度大小为ω，转动过程中与ＭＮ棒接触良好，两金属棒及导线的电阻都可忽略不计．
（1）求出电阻Ｒ中有电流存在的时间；
（2）写出这段时间内电阻Ｒ两端的电压随时间变化的关系式；（3）求出这段时间内流过电阻Ｒ的总电量．

图3-110
图3-111

30．如图3-111所示，不计电阻的圆环可绕Ｏ轴转动，ａｃ、ｂｄ是过Ｏ轴的导体辐条，圆环半径Ｒ＝10ｃｍ，圆环处于匀强磁场中且圆环平面与磁场垂直，磁感强度Ｂ＝10Ｔ，为使圆环匀速转动时电流表示数为2Ａ，则Ｍ与环间摩擦力的大小为多少?31．来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800ｋＶ的直线加速器加速，
－19
形成电流强度为1ｍＡ的细柱形质子流．已知质子电荷ｅ＝1.60×10Ｃ．则（1）这束质子流每秒打到靶上的质子数为多少？（2）假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距Ｌ和4Ｌ的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为ｎ1和ｎ2，则ｎ1∶ｎ2为多少？32．由安培力公式导出运动的带电粒子在磁场中所受洛沦兹力的表达式，要求扼要说出各步的根据．（设磁感强度与电流方向垂直）
33．试根据法拉第电磁感应定律＝ΔΦ／Δｔ，推导出导线切割磁感线（即在Ｂ⊥Ｌ，ｖ⊥Ｌ，ｖ⊥Ｂ条件下，如图3－109所示，导线ａｂ沿平行导轨以速度ｖ匀速滑动）产生感应电动势大小的表达式＝ＢＬｖ．

图3－109图3－110
34．普通磁带录音机是用一个磁头来录音和放音的．磁头结构如图3－110所示，在一个环形铁芯上绕一个线圈，铁芯有个缝隙，工作时磁带就贴着这个缝隙移动．录音时，磁头线圈跟微音器相连，放音时，磁头线圈改为跟场声器相连．磁带上涂有一层磁粉，磁粉能被磁化且留下剩磁．微音器的作用是把声音的变化转化为电流的变化．扬声器的作用是把电流的变化转化为声音的变化．根据学过的知识，把普通录音机录、放音的基本原理简明扼要地写下来．35．一带电粒子质量为ｍ、带电量为ｑ，认为原来静止．经电压Ｕ加速后，垂直射入磁感强度为Ｂ的匀强磁场中，根据带电粒子在磁场中受力运动，导出它形成电流的电流强度，并扼要说出各步的根据．


36．如图3－111所示，有Ａ、Ｂ、Ｃ三个接线柱，Ａ、Ｂ间接有内阻不计、电动势为5Ｖ的电源，手头有四个阻值完全相同的电阻，将它们适当组合，接在Ａ、Ｃ和Ｃ、Ｂ间，构成一个回路，使Ａ、Ｃ间电压为3Ｖ，Ｃ、Ｂ间电压为2Ｖ，试设计两种方案，分别画在（ａ）、（ｂ）中．

图3－111图3－112
37．如图3－112所示，匀强电场的电场强度为Ｅ，一带电小球质量为ｍ，轻质悬线长为ｌ，静止时与竖直方向成30°角．现将小球拉回竖直方向（虚线所示），然后由静止释放，求：
（1）小球带何种电荷？电量多少？
（2）小球通过原平衡位置时的速度大小？38．用同种材料，同样粗细的导线制成的单匝圆形线圈，如图3－113所示，Ｒ1＝2Ｒ2，当磁感强度以1Ｔ／ｓ的变化率变化时，求内外线圈的电流强度之比？电流的热功率之比？

图3－113图3－114图3－115
39．如图3－114所示，ＭＮ和ＰＱ为相距Ｌ＝30ｃｍ的平行金属长导轨，电阻为Ｒ＝0.3Ω的金属棒ａｂ可紧贴平行导轨运动．相距ｄ＝20ｃｍ，水平放置的两平行金属板Ｅ和Ｆ分别与金属棒的ａ、ｂ端相连．图中Ｒ0＝0.1Ω，金属棒ａｃ＝ｃｄ＝ｄｂ，导轨和连线的电阻不计，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中．当金属棒ａｂ以速率ｖ向右匀速运动时，恰能使一带电粒子以速率ｖ在两金属板间做匀速圆周运动．求金属棒ａｂ匀速运动的速率ｖ的取值范围．40．如图3－115所示，长为Ｌ、电阻ｒ＝0.3Ω、质量ｍ＝0.1ｋｇ的金属棒ＣＤ垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是Ｌ，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有Ｒ＝0.5Ω的电阻，量程为0～3.0Ａ的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0Ｖ的电压表接在电阻Ｒ的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定外力Ｆ使金属棒右移，当金属棒以ｖ＝2ｍ／ｓ的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，则另一个电表未满偏．问：（1）此满偏的电表是什么表？说明理由．（2）拉动金属棒的外力Ｆ多大？
（3）此时撤去外力Ｆ，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻Ｒ的电量．41．如图3－116所示，Ⅰ、Ⅲ为两匀强磁场区，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，Ⅲ


区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感强度均为Ｂ．两区域之间有宽ｓ的区域Ⅱ，区域Ⅱ内无磁场．有一边长为Ｌ（Ｌ＞ｓ），电阻为Ｒ的正方形金属框ａｂｃｄ（不计重力）置于Ⅰ区域，ａｂ边与磁场边界平行，现拉着金属框以速度ｖ向右匀速移动．
（1）分别求出当ａｂ边刚进入中央无磁区Ⅱ和刚进入磁场区Ⅲ时，通过ａｂ边的电流的大小和方向．
（2）把金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中的拉力所做的功是多少？

图3－116图3－117图3－118
42．在两根竖直放置且相距Ｌ＝1ｍ的足够长的光滑金属导轨ＭＮ、ＰＱ的上端接一定值电阻，其阻值为1Ω，导轨电阻不计，现有一质量为ｍ＝0.1ｋｇ、电阻ｒ＝0.5Ω的金属棒ａｂ垂直跨接在两导轨之间，如图3－117所示．整个装置处在垂直导轨平面的匀强磁场中，磁感强度Ｂ＝0.5Ｔ，现将ａｂ棒由静止释放（ａｂ与导轨始终垂直且接触良好，ｇ取
2
10ｍ／ｓ），试求：
（1）ａｂ棒的最大速度？
（2）当ａｂ棒的速度为3ｍ／ｓ时的加速度？43．两条平行裸导体轨道ｃ、ｄ所在平面与水平面间夹角为θ，相距为Ｌ，轨道下端与电阻Ｒ相连，质量为ｍ的金属棒ａｂ垂直斜面向上，如图3－118所示，导轨和金属棒的电阻不计，上下的导轨都足够长，有一个水平方向的力垂直金属棒作用在棒上，棒的初状态速度为零．
（1）当水平力大小为Ｆ、方向向右时，金属棒ａｂ运动的最大速率是多少？
（2）当水平力方向向左时，其大小满足什么条件，金属棒ａｂ可能沿轨道向下运动？（3）当水平力方向向左时，其大小使金属棒恰不脱离轨道，金属棒ａｂ运动的最大速率是多少？
2
44．如图3－119，一个圆形线圈的匝数ｎ＝1000，线圈面积Ｓ＝200ｃｍ，线圈的电阻为ｒ＝1Ω，在线圈外接一个阻值Ｒ＝4Ω的电阻，电阻的一端ｂ跟地相接，把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感强度随时间变化规律如图线Ｂ－ｔ所示．求：（1）从计时起在ｔ＝3ｓ、ｔ＝5ｓ时穿过线圈的磁通量是多少？（2）ａ点的最高电势和最低电势各多少？

图3－119图3－120


45．如图3－120所示，直线ＭＮ左边区域存在磁感强度为Ｂ的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．由导线弯成的半径为Ｒ的圆环处在垂直于磁场的平面内，且可绕环与ＭＮ的切点Ｏ在该平面内转动．现让环以角速度ω顺时针转动，试求
（1）环在从图示位置开始转过半周的过程中，所产生的平均感应电动势大小；
（2）环从图示位置开始转过一周的过程中，感应电动势（瞬时值）大小随时间变化的表达式；
（3）图3－121是环在从图示位置开始转过一周的过程中，感应电动势（瞬时值）随时间变化的图象，其中正确的是图．

图3－121
46．如图3－122所示，足够长的Ｕ形导体框架的宽度ｌ＝0.5ｍ，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成α＝37°角，磁感强度Ｂ＝0.8Ｔ的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为ｍ＝0.2ｋｇ、有效电阻Ｒ＝2Ω的导体棒ＭＮ垂直跨放在Ｕ形框架上．该导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5，导体棒由静止开始沿架框下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒截面的电量共为Ｑ＝2Ｃ．求：（1）导体棒做匀速运动时的速度；
（2）导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的有效电阻消耗的电功
2
（ｓｉｎ37°＝0.6，ｃｏｓ37°＝0.8，ｇ＝10ｍ／ｓ）．

图3－122图3－123图3－124
47．一个质量为ｍ、带电量为＋ｑ的运动粒子（不计重力），从Ｏ点处沿＋ｙ方向以初速度ｖ0射入一个边界为矩形的匀强磁场中，磁场方向垂直于ｘＯｙ平面向里，它的边界分别是ｙ＝0，ｙ＝ａ，ｘ＝－1.5ａ，ｘ＝1.5ａ，如图3－123所示，改变磁感强度Ｂ的大小，粒子可从磁场不同边界面射出，并且射出磁场后偏离原来速度方向的角度θ会随之改变，试讨论粒子可以从哪几个边界射出并与之对应的磁感强度Ｂ的大小及偏转角度θ各在什么范围内？
48．如图3－124所示，半径Ｒ＝10ｃｍ的圆形匀强磁场区域边界跟ｙ轴相切于坐标系原点Ｏ，磁感强度Ｂ＝0.332Ｔ，方向垂直于纸面向里．在Ｏ处有一放射源，可沿纸面向各
6－27
个方向射出速率均为ｖ＝3.2×10ｍ／ｓ的α粒子，已知α粒子的质量ｍ＝6.64×10
－19
ｋｇ，电量ｑ＝3.2×10Ｃ．求：
（1）画出α粒子通过磁场空间做圆运动的圆心点轨迹，并说明作图的依据．（2）求出α粒子通过磁场空间的最大偏转角．
（3）再以过Ｏ点并垂直于纸面的直线为轴旋转磁场区域，能使穿过磁场区且偏转角最


大的α粒子射到正方向的ｙ轴上，则圆形磁场区的直径ＯＡ至少应转过多大角度？
49．如图3－125所示，矩形平行金属板Ｍ、Ｎ，间距是板长的2
／3倍，ＰＱ为两
板的对称轴线．当板间加有自Ｍ向Ｎ的匀强电场时，以某一速度自Ｐ点沿ＰＱ飞进的带电粒子（重力不计），经时间Δｔ，恰能擦M板右端飞出，现用垂直纸面的匀强磁场取代电场，上述带电粒子仍以原速度沿ＰＱ飞进磁场，恰能擦N板右端飞出，则（1）带电粒子在板间磁场中历时多少？
（2）若把上述电场、磁场各维持原状叠加，该带电粒子进入电磁场时的速度是原速度的几倍才能沿ＰＱ做直线运动？

图3－125图3－126图3－127
50．如图3－126所示，环状匀强磁场Ｂ围成的中空区域，具有束缚带电粒子作用．设环状磁场的内半径Ｒ1＝10ｃｍ，外半径为Ｒ2＝20ｃｍ，磁感强度Ｂ＝0.1Ｔ，中空区域内有沿各个不同方向运动的α粒子，试计算能脱离磁场束缚而穿出外圆的α粒子的速度最小值，
8
并说明其运动方向．（已知质子的荷质比ｑ／ｍ＝10Ｃ／ｋｇ）51．如图3－127所示，在光滑水平直轨道上有Ａ、Ｂ两个小绝缘体，它们之间由一根长为Ｌ的轻质软线相连（图中未画出）．Ａ的质量为ｍ，带有正电荷，电量为ｑ；Ｂ的质量为Ｍ＝4ｍ，不带电．空间存在着方向水平向右的匀强电场，场强大小为Ｅ．开始时外力把Ａ、Ｂ靠在一起（Ａ的电荷不会传递给Ｂ）并保持静止．某时刻撤去外力，Ａ将开始向右运动，直到细线被绷紧．当细线被绷紧时，两物体间将发生时间极短的相互作用，已知Ｂ开始运动时的速度等于线刚要绷紧瞬间Ａ的速度的1／3，设整个过程中Ａ的带电量保持不变．求：
（1）细线绷紧前瞬间Ａ的速度ｖ0．
（2）从Ｂ开始运动到线第二次被绷紧前的过程中，Ｂ与Ａ是否能相碰？若能相碰，求出相碰时Ｂ的位移大小及Ａ、Ｂ相碰前瞬间的速度；若不能相碰，求出Ｂ与Ａ间的最短距离及线第二次被绷紧前Ｂ的位移．52．如图3－128（ａ）所示，两平行金属板Ｍ、Ｎ间距离为ｄ，板上有两个正对的小孔Ａ和Ｂ．在两板间加如图3－128（ｂ）所示的交变电压，ｔ＝0时，Ｎ板电势高于Ｍ板电势．这时，有一质量为ｍ、带电量为ｑ的正离子（重力不计），经Ｕ＝Ｕ0／3的电压加速后从Ａ孔射入两板间，经过两个周期恰从Ｂ孔射出．求交变电压周期的可能值并画出不同周期下离子在两板间运动的ｖ－ｔ图线．



图3－128图3－129
53．如图3－129所示，在半径为Ｒ的绝缘圆筒内有磁感强度为Ｂ的匀强磁场，方向垂直纸面向里，圆筒正下方有小孔Ｃ与平行金属板M、N相通．两板间距离为ｄ，与电动势为的电源连接，一带电量为－ｑ、质量为ｍ的带电粒子，开始时静止于Ｃ点正下方紧靠N板的Ａ点，经电场加速后从Ｃ点进入磁场，并以最短的时间从Ｃ点射出．已知带电粒子与筒壁的碰撞是弹性碰撞．求：（1）筒内磁场的磁感强度大小；（2）带电粒子从Ａ点出发至从Ｃ点射出所经历的时间．
54．如图3－130所示，在垂直ｘＯｙ坐标平面方向上有足够大的匀强磁场区域，其磁
－16－8
感强度Ｂ＝1Ｔ，一质量为ｍ＝3×10ｋｇ、电量为ｑ＝＋1×10Ｃ的质点（其重力忽略
6－8
不计），以ｖ＝4×10ｍ／ｓ速率通过坐标原点Ｏ，之后历时4π×10ｓ飞经ｘ轴上Ａ点，试求带电质点做匀速圆周运动的圆心坐标，并在坐标系中画出轨迹示意图．

图3－130图3－131图3－132
55．一个质量为Ｍ的绝缘小车，静止在光滑水平面上，在小车的光滑板面上放一个质量为ｍ、带电量为＋ｑ的带电小物体（可视为质点），小车质量与物块质量之比Ｍ∶ｍ＝7∶1，物块距小车右端挡板距离为ｌ，小车车长为Ｌ，且Ｌ＝1.5ｌ，如图3－131所示，现沿平行车身方向加一电场强度为Ｅ的水平向右的匀强电场，带电小物块由静止开始向右运动，之后与小车右端挡板相碰，若碰后小车速度大小为碰撞前小物块速度大小的1／4，并设小物块滑动过程及其与小车相碰的过程中，小物块带电量不变．
（1）通过分析与计算说明，碰撞后滑块能否滑出小车的车身？
（2）若能滑出，求出由小物块开始运动至滑出时电场力对小物块所做的功；若不能滑出，则求出小物块从开始运动至第二次碰撞时电场力对小物块所做的功．
56．如图3－132所示，在ｘ≥0区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一个质量为ｍ、电量为ｑ的质子以速度ｖ水平向右通过ｘ轴上Ｐ点，最后从ｙ轴上的M点射出，已知M点到原点Ｏ的距离为Ｈ，质子射出磁场时速度方向与ｙ轴负方向夹角θ＝30°，求：（1）磁感强度的大小和方向．
（2）如果在ｙ轴右方再加一个匀强电场就可使质子最终能沿ｙ轴正方向做匀速直线运动．从质子经过Ｐ点开始计时，再经多长时间加这个匀强电场？并求电场强度的大小和方向．57．某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右（如图3－133ａ中由Ｂ到Ｃ的方向），电场变化如图3－133ｂ中Ｅ－ｔ图象，磁感强度变化如图3－133ｃ中Ｂ－ｔ图象．在Ａ点，从ｔ＝1ｓ（即1ｓ末）开始，每隔2ｓ，有一个相同的带电粒子（重力不计）沿ＡＢ方向（垂直于ＢＣ）以速度ｖ射出，恰都能击中Ｃ点，若
＝2
，且
粒子在ＡＣ间运动的时间小于1ｓ，求：（1）图线上Ｅ0和Ｂ0的比值，磁感强度Ｂ的方向；（2）若第1个粒子击中Ｃ点的时刻已知为（1＋Δｔ）ｓ，那么第2个粒子击中Ｃ点的时刻是多少？



图3－133
58．如图3－134所示的电路中，4个电阻的阻值均为Ｒ，Ｅ为直流电源，其内阻可以不计，没有标明正负极．平行板电容器两极板间的距离为ｄ．在平行板电容器两极板间有一质量为ｍ、电量为ｑ的带电小球．当开关Ｓ闭合时，带电小球静止在两极板间的中点Ｏ上．现把开关Ｓ打开，带电小球便往平行板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量发生变化，碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带电量恰好刚能使它运动到平行板电容器的另一极板．求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷．

图3－134
59．如图3－135甲所示，两块平行金属板，相距为ｄ，加上如图3－135乙所示的方波形电压，电压的最大值为Ｕ，周期为Ｔ，现有一离子束，其中每个粒子的带电量为ｑ，从与两板等距处沿与板平行的方向连续地射入，设粒子通过平行板所用的时间为Ｔ（和电压变化的周期相同），且已知所有的粒子最后都可以通过两板间的空间而打在右端的靶上，试求粒子最后打在靶上的位置范围（即与Ｏ′的最大距离和最小距离），不计重力的影响．

图3－135
60．一质量为ｍ、带电量为ｑ的粒子以速度ｖ0从Ｏ点沿ｙ轴正方向射入磁感强度为Ｂ的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面．粒子飞出磁场区域后，从ｂ处穿过ｘ轴，速度方向与ｘ轴正方向夹角为30°，如图3－136所示．带电粒子重力忽略不计．试求：（1）圆形磁场区域的最小面积．
（2）粒子从Ｏ进入磁场区到达ｂ点所经历的时间及ｂ点的坐标．



图3－136图3－137
61．如图3－137（ａ）所示，在坐标ｘＯｙ平面的第Ⅰ象限内，有一个匀强磁场，磁感强度大小恒为Ｂ0，方向垂直于ｘＯｙ平面，且随时间作周期性变化，如图3－137（ｂ）所示，规定垂直ｘＯｙ平面向里的磁场方向为正．一个质量为ｍ、电量为ｑ的正粒子，在ｔ＝0时刻从坐标原点以初速度ｖ0沿ｘ轴正方向射入，在匀强磁场中运动，运动中带电粒子只受洛沦兹力作用，经过一个磁场变化周期Ｔ（未确定）的时间，粒子到达第Ⅰ象限内的某一点Ｐ，且速度方向沿ｘ轴正方向．
（1）若Ｏ、Ｐ连线与ｘ轴之间的夹角为45°，则磁场变化的周期Ｔ为多大？
（2）因Ｐ点的位置随着磁场周期的变化而变动，试求Ｐ点的纵坐标的最大值为多少？62．如图3－138所示，一个质量为ｍ、带电量为ｑ的正离子，在Ｄ处沿着图示的方向进入磁感强度为Ｂ的匀强磁场，此磁场方向垂直纸面向里，结果离子正好从离开Ａ点距离为ｄ的小孔Ｃ沿垂直于ＡＣ的方向进入匀强电场，此电场方向与ＡＣ平行且向上，最后离子打在Ｂ处，而Ｂ离Ａ点距离为2ｄ（ＡＢ⊥ＡＣ），不计粒子重力，离子运动轨迹始终在纸面内．求：
（1）离子从Ｄ到Ｂ所需的时间；（2）离子到达Ｂ处时的动能．

图3－138图3－139
63．如图3－139所示，一带电量为ｑ液滴在一足够大的相互垂直的匀强电场和匀强磁场中运动．已知电场强度为Ｅ，方向竖直向下，磁感强度为Ｂ，方向如图．若此液滴在垂直于磁场的平面内做半径为Ｒ的圆周运动（空气浮力和阻力忽略不计）．（1）液滴的速度大小如何？绕行方向如何？
（2）若液滴运行到轨道最低点Ａ时，分裂成两个大小相同的液滴，其中一个液滴分裂后仍在原平面内做半径为Ｒ1＝3Ｒ的圆周运动，绕行方向不变，且此圆周最低点也是Ａ，问另一液滴将如何运动？并在图中作出其运动轨迹．
（3）若在Ａ点水平面以下的磁感强度大小变为Ｂ′，方向不变，则要使两液滴再次相碰，Ｂ′与Ｂ之间应满足什么条件？
参考解答


1．解：电容器两端电压ＵＣ＝Ｑ／Ｃ＝6Ｖ，Ｒ４／Ｒ５＝Ｕ４／（－Ｕ４），∴Ｕ４＝8Ｖ．
若Ｕ１＝6＋8＝14Ｖ，则有
Ｕ１／（－Ｕ１）＝Ｒ１／Ｒ２，∴Ｒ２＝7．14Ω．若Ｕ′１＝8－6＝2Ｖ，则有
Ｕ′／（－Ｕ′１）＝Ｒ１／Ｒ２，∴Ｒ２＝110Ω．
2．解：（1）接通1后，电阻Ｒ１、Ｒ２、Ｒ３、Ｒ４串联，有
Ｉ＝／（Ｒ１＋Ｒ２＋Ｒ３＋Ｒ４）＝0．1Ａ．电容器两端电压
ＵＣ＝Ｕ３＋Ｕ４＝Ｉ（Ｒ３＋Ｒ４）＝4Ｖ．
－３
电容器带电量Ｑ＝ＣＵＣ＝1．2×10Ｃ．
（2）开关再接通2，电容器放电，外电路分为Ｒ１、Ｒ２和Ｒ３、Ｒ４两个支路，通过两支路的电量分别为Ｉ１ｔ和Ｉ２ｔ，Ｉ＝Ｉ１＋Ｉ２；Ｉ１与Ｉ２的分配与两支路电阻成反比，通过两支路的电量Ｑ则与电流成正比，故流经两支路的电量Ｑ12和Ｑ34与两支路的电阻成反比，即
Ｑ12／Ｑ34＝（Ｒ３＋Ｒ４）／（Ｒ１＋Ｒ２）＝40／20＝2，
－3
Ｑ12＋Ｑ34＝Ｑ＝1．2×10Ｃ，
－3
所以Ｑ12＝2Ｑ／3＝0．8×10Ｃ．
3．解：（1）对物体，根据动能定理，有
ｑＥＬ１＝（1／2）ｍｖ１，得ｖ１＝
2
2qEL1
．m
（2）物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为ｖ１′；滑板的速度为ｖ，则
ｍｖ１＝ｍｖ１′＋4ｍｖ．
若ｖ１′＝（3／5）ｖ１，则ｖ＝ｖ１／10，因为ｖ１′＞ｖ，不符合实际，故应取ｖ１′＝－（3／5）ｖ１，则ｖ＝（2／5）ｖ１＝（2／5）
2qEL1
．m
在物体第一次与Ａ壁碰后到第二次与Ａ壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同．∴（ｖ２＋ｖ１′）／2ｔ＝ｖ·ｔ，
即ｖ２＝（7／5）ｖ１＝（7／5）
2qEL1
．m
（3）电场力做功
２２２
Ｗ＝（1／2）ｍｖ１＋（（1／2）ｍｖ２－（1／2）ｍｖ１′）＝（13／5）ｑＥＬ１．
２
4．带电粒子经电压Ｕ加速后速度达到ｖ，由动能定理，得ｑｕ＝（1／2）ｍｖ．带电粒子以速度ｖ垂直射入匀强磁场Ｂ中，要受到洛伦兹力ｆ的作用，∵ｆ⊥ｖ，ｆ⊥Ｂ，
∴带电粒子在垂直磁场方向的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力ｆ就是使带电粒子做匀速圆周运动的向心力，洛伦兹力为ｆ＝ｑｖＢ，根据牛顿第二定律，有
２
ｆ＝ｍｖ／Ｒ，式中Ｒ为圆半径．
带电粒子做匀速圆周运动的周期Ｔ为Ｔ＝2πＲ／ｖ＝2πｍ／ｑＢ，


在一个周期的时间内通过轨道某个截面的电量为ｑ，则形成环形电流的电流强度Ｉ＝Ｑ
２
／ｔ＝ｑ／Ｔ＝ｑＢ／2πｍ．
5．（1）稳定时球内电子不做定向运动，其洛伦兹力与电场力相平衡，有Ｂｅｖ＝Ｅｅ，∴Ｅ＝Ｂｖ，方向竖直向下．
（2）球的最低点与最高点之间的电势差最大Ｕｍａｘ＝Ｅｄ＝Ｅ×2ｒ＝2Ｂｖｒ．
6．解：（1）对Ｂ物体：ｆＢ＋Ｎ＝ｍｇ，当Ｂ速度最大时，有Ｎ＝0，
即ｖｍａｘ＝ｍｇ／Ｂｑ＝10ｍ／ｓ．
（2）Ａ、Ｂ系统动量守：Ｍｖ０＝Ｍｖ＋ｍｖｍａｘ，∴ｖ＝13．5ｍ／ｓ，即为Ａ的最小速度．
２２２
（3）Ｑ＝ΔＥ＝（1／2）Ｍｖ０－（1／2）Ｍｖ－（1／2）ｍｖｍａｘ＝8．75Ｊ．
7．解：设小球带电荷量为ｑ，电场的电场强度为Ｅ，弹簧的劲度系数为ｋ．在小球处于平衡位置时，弹簧伸长量为ｘ０．ｋｘ０＝ｑＥ．①
当小球向右移动ｘ，弹簧总伸长为ｘ０＋ｘ，以向右为正，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：小球离开平衡位置，所受到合外力总指向平衡位置，与相对于平衡位置的位移成正比，所以小球所做的运动为简谐运动．
8．解：（1）电场方向向下，与磁场构成粒子速度选择器，离子运动不偏转，则ｑＥ＝ｑＢｖ，
７
ｖ＝Ｅ／Ｂ＝2×10ｍ／ｓ．
（2）撤去电场，离子在磁场中做匀速圆周运动，所需向心力为洛伦兹力，于是
２
ｑＢｖ＝ｍｖ／Ｒ，Ｒ＝ｍｖ／ｑＢ＝0．4ｍ．离子离开磁场区边界时，偏转角ｓｉｎθ＝Ｌ／Ｒ＝1／2，即θ＝30°．如图17甲所示．偏离距离ｙ１＝Ｒ－Ｒｓｉｎθ＝0．05ｍ．
离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为ｙ＝ｙ１＋Ｄｔｇθ＝0．28ｍ．若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动，通过电场的时间ｔ＝Ｌ／ｖ，加速度ａ＝ｑＥ／ｍ
２
偏转角为θ′如图17乙所示，则ｔｇθ′＝ｖｙ／ｖ＝（ｑＥＬ／ｍｖ）·（1／2），

图17
偏离距离为ｙ２′＝（1／2）ａｔ＝0．05ｍ．离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离ｙ′＝ｙ２′＋Ｄｔｇθ′＝0．25ｍ，
２



ａ、ｂ间的距离
＝0．53ｍ．
9．解：（1）设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为ｒ，周期为Ｔ．
－３
Ｔ＝2πｍ／Ｂｑ＝（π／2）×10ｓ，ｔ恰为半个周期．磁场改变一次方向，ｔ时间内粒子运动半个圆周．
２
由ｑＵ＝（1／2）ｍｖ和ｒ＝ｍｖ／Ｂｑ，解得ｒ＝0．5ｍ，可见ｓ＝6ｒ．
加速电压200Ｖ时，带电粒子能与中性粒子碰撞．（2）如图18所示
图18
（3）带电粒子与中性粒子碰撞的条件是：ＰＱ之间距离ｓ是2ｒ的整数ｎ倍，且ｒ≤Ｄ／2，
ｎ最小为2，即ｒ′＝0．75ｍ．
２
由ｒ′＝ｍｖ′／Ｂｑ和ｑＵｍａｘ＝（1／2）ｍｖ′，解得Ｕｍａｘ＝450Ｖ．
10．使线圈匀速平动移出磁场时，ｂｃ边切割磁感线而产生恒定感应电动势，线圈中产生恒定的感生电流
＝Ｂｌｖ，①Ｉ＝／Ｒ，②
外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能
Ｗ外＝Ｅ电＝Ｉｔ，③
由①、②、③并代入数据解出Ｗ＝0．01Ｊ线圈以ａｄ为轴匀速转出磁场时，线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正统规律变化的．感应电动势和感应电流的最大值为：
＝ＢＳω，④Ｉｍａｘ＝ｍａｘ／Ｒ⑤
④式中的Ｓ是线圈面积，ω是线圈旋转的角速度，电路中消耗的电功率应等于
ｍａｘ
Ｐ＝有Ｉ有，⑥
外力对线圈做的功应等于电路中消耗的电能
Ｗ外′＝Ｅ电′＝有Ｉ有ｔ＝（ｍ·Ｉｍ／2）ｔ＝0．0123Ｊ．⑦
－3
∴两次外力做功之差Ｗ′－Ｗ＝2．3×10Ｊ．


11．解：所有电子均在匀强磁场中做半径Ｒ＝ｍｖ２／（Ｂｅ）的匀速圆周运动，沿ｙ轴正方向射入的电子须转过1／4圆周才能沿ｘ轴正方向运动，它的轨迹可当作该磁场的上边界ａ（如图19所示），

图19
２２２
其圆的方程为：（Ｒ－ｘ）＋ｙ＝Ｒ．
沿与ｘ轴成任意角α（90°＞α＞0°）射入的电子转过一段较短的圆弧ＯＰ（其圆心为Ｏ′）运动方向亦可沿ｘ轴正方向，设Ｐ点坐标为（ｘ，ｙ），因为ＰＯ′必定垂直于ｘ轴，可得方程：
２２２
ｘ＋（Ｒ－ｙ）＝Ｒ，
此方程也是一个半径为Ｒ的圆，这就是磁场的下边界ｂ．
该磁场的最小范围应是以上两方程所代表的两个圆的交集，其面积为
２２２２
Ｓｍｉｎ＝2（（πＲ／4）－（Ｒ／2））＝（（π－2）／2）（ｍｖ０）／（Ｂｅ）．
12．当两金属板间加电压Ｕ２、上板为正时，对质点有Ｕ２ｇ／ｄ＝ｍｇ，①下板为正时：（Ｕ２ｑ／ｄ）＋ｍｇ＝ｍａ，②由①②解出：ａ＝2ｇ．③
带电质点射到下板距左端（1／4）ｌ处，在竖直方向做匀加速直线运动．ｄ／2＝（1
２
／2）ａｔ１，④
ｔ１＝ｌ／4ｖ０，⑤
2
为使带电质点射出金属板，质点在竖直方向运动应有ｄ／2＞（1／2）ａ′ｔ２，ｔ２＝ｌ／ｖ０．⑥
ａ′是竖直方向的加速度，ｔ２是质点在金属板间运动时间，由③、④、⑤、⑥、⑦解出ａ′＜ｇ／8．⑧
若ａ′的方向向上则两金属板应加电压为Ｕ′、上板为正，有（Ｕ′ｑ／ｄ）－ｍｇ＝ｍａ′．⑨
若ａ′的方向向下则两极间应加电压为Ｕ″、上板为正，有ｍｇ－（Ｕ″ｑ／ｄ）＝ｍａ′．（10）
由⑧、⑨、（10）解出：Ｕ′＜（9／8）Ｕ２，Ｕ″＞（7／8）Ｕ２．为使带电质点能从两板间射出，两板间电压Ｕ始终应上板为正，（9／8）Ｕ２＞Ｕ＞（7／8）Ｕ２．
13．解：（1）依题意输电电线上的功率损失为：Ｐ损＝4800／24＝200ｋＷ．
则输电效率η＝（Ｐ－Ｐ损）／Ｐ＝（500－200）／500＝60％．
2
∵Ｐ损＝ＩＲ线，又∵Ｐ＝ＩＵ，
22
∴Ｒ线＝Ｐ损／（Ｐ／Ｕ）＝（200×1000）／（500×1000／6000）＝28．8Ω．（2）设升压至Ｕ′可满足要求，则输送电流Ｉ′＝Ｐ／Ｕ′＝（500000／Ｕ′）Ａ．


输电线上损失功率为
2
Ｐ损′＝Ｉ′Ｒ线＝Ｐ×2％＝10000Ｗ，
2
则有（500000／Ｕ′）×Ｒ线＝10000Ｗ，
得Ｕ′＝720106＝2．68×10Ｖ．
４

14．解：处于磁场中的金属条切割磁感线的线速度为ｖ＝（Ｄ／2）ω，产生的感应电动势为＝Ｂｌｖ＝（Ｄ／2）Ｂｌω．通过切割磁感线的金属条的电流为
Ｉ＝／（Ｒ＋（Ｒ／（ｎ－1））＝（ｎ－1）ＢｌωＤ／2ｎＲ．磁场中导体受到的安培力为Ｆ＝ＢＩｌ，克服安培力做功的功率为Ｐ安＝Ｆｖ＝（1／2）ＦωＤ，
电动机输出的机械功率为Ｐ＝Ｐ安／η，
２２２２
联立以上各式解出Ｐ＝（ｎ－1）ＢｌωＤ／4ｎηＲ．
15．解：设矩形线圈的密度为ρ′，电阻率为ρ，横截面积为Ｓ，即时加速度为ａ，由牛顿第二定律，有
２２２
ρ′Ｓ·2（ｄ＋Ｌ）ｇ－（ＢＬｖ／（ρ（Ｌ＋ｄ）／Ｓ））＝ρ′Ｓ（Ｌ＋ｄ）2·ａ
２２２
则ａ＝ｇ－（ＢＬｖ／4ρρ′（Ｌ＋ｄ）
可见，ａ与Ｓ无关，又由于Ｍ、Ｎ从同一高度静止释放，则两线圈即时加速度相等，故Ｍ、Ｎ同时离开磁场区．
16．解：由于带负电的质点Ａ所受的电场力与场强方向相反，而带正电的质点Ｂ所受的电场力与场强方向相同，因此，Ａ做匀减速直线运动而Ｂ做匀加速直线运动．由于Ａ的初速度ｖＡｏ比Ｂ的ｖＢｏ大，故在初始阶段Ａ的速度ｖＡ比Ｂ的ｖＢ大，Ａ的位移ｓＡ比Ｂ的ｓＢ大，且Ａ、Ｂ间的速度差ｖＡ－ｖＢ逐渐减小，而Ａ、Ｂ间的距离ｓＡ－ｓＢ逐渐增大．但过了一段时间后，Ｂ的速度就超过了Ａ的速度，Ａ、Ｂ的距离ｓＡ－ｓＢ就开始逐渐减小，转折的条件是两者的速度相等，即ｖＡ＝ｖＢ，①
此时Ａ、Ｂ间的距离ｓＡ－ｓＢ最大．以ｔ１表示发生转折的时刻，则由运动学公式得到ｖＡｏ－ａｔ１＝ｖＢｏ＋ａｔ１，②Ａ、Ｂ间的最大距离为
22
Δｓｍａｘ＝（ｖＡｏｔ１－（1／2）ａｔ１）－（ｖＢｏｔ１＋（1／2）ａｔ１）＝（ｖＡｏ－
2
ｖＢｏ）ｔ１－ａｔ１，③
由牛顿定律和题给条件可知，②、③式中质点Ａ、Ｂ的加速度
2
ａ＝ｑＥ／ｍ＝0．20ｍ／ｓ．④
由②、③、④式解得发生转折的时刻是ｔ１＝2ｓ，Ａ、Ｂ间的最大距离Δｓｍａｘ＝0．8ｍ．
当发生转折后，即在ｔ＞ｔ１时，由于Ｂ的速度ｖＢ比Ａ的ｖＡ大，Ａ、Ｂ间的距离ｓＡ－ｓＢ就逐渐减小．以ｔ２表示Ａ、Ｂ间的距离ｓＡ－ｓＢ减小到零的时刻，则由运动学公式得到
２2
ｖＡｏｔ２－（1／2）ａｔ２＝ｖＢｏｔ２＋（1／2）ａｔ２．解得Ａ、Ｂ间的距离ｓＡ－ｓＢ减小到零的时刻为ｔ２＝4ｓ．
当ｔ＞ｔ２时，由于此时Ｂ的速度ｖＢ比Ａ的ｖＡ大，故随着时间的消逝，Ａ、Ｂ间的距


离ｓＢ－ｓＢ将由零一直增大，有可能超过0．8ｍ．
结合上述就得出结论：当Ａ、Ｂ间的距离Δｓ小于0．8ｍ时，Ａ可能在前，Ｂ也可能在前，即单由Ａ、Ｂ间的距离无法判断Ａ、Ｂ中那个在前；当Ａ、Ｂ间的距离Δｓ大于0．8ｍ时，Ａ一定在后，Ｂ一定在前，即单由Ａ、Ｂ间的距离Δｓ就可以判断Ｂ在前．
17．解：（1）金属杆在导轨上先是向右做加速度为ａ的匀减速直线运动，运动到导轨右方最远处速度为零．然后，又沿导轨向左做加速度为ａ的匀加速直线运动．当过了原点Ｏ后，由于已离开了磁场区，故回路中不再有感应电流．因而该回路中感应电流持续的时间就等于金属杆从原点Ｏ向右运动到最远处，再从最远处向左运动回到原点Ｏ的时间，这两段时间是相等的．以ｔ１表示金属杆从原点Ｏ到右方最远处所需的时间，则由运动学公式得ｖ０－ａｔ１＝0，
由上式解出ｔ1，就得知该回路中感应电流持续的时间Ｔ＝2ｖ０／ａ．
（2）以ｘ１表示金属杆的速度变为ｖ１＝（1／2）ｖ０时它所在的ｘ坐标，对于匀减速直线运动有
２２
ｖ１＝ｖ０－2ａｘ１，
以ｖ１＝（1／2）ｖ０代入就得到此时金属杆的ｘ坐标，即
２
ｘ１＝3ｖ０／8ａ．
２
由题给条件就得出此时金属杆所在处的磁感应强度Ｂ０＝3ｋｖ０／8ａ因而此时由金属杆切割磁感线产生的感应电动势
１＝Ｂ１ｖ１ｌ＝（3ｋｖ０／16ａ）ｄ．（3）以ｖ和ｘ表示ｔ时刻金属杆的速度和它所在的ｘ坐标，由运动学有ｖ＝ｖ０－ａｔ，
2
ｘ＝ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ．
由金属杆切割磁感线产生的感应电动势
＝ｋ（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ）（ｖ０－ａｔ）ｄ．
由于在ｘ＜0区域中不存在磁场，故只有在时刻ｔ＜Ｔ＝2ｖ０／ａ范围上式才成立．由欧姆定律得知，回路中的电流为
2
Ｉ＝ｋ（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ）（ｖ０－ａｔ）ｄ／Ｒ．因而金属杆所受的安培力等于
２２２２
ｆ＝ＩＢｌ＝ｋ（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ）（ｖ０－ａｔ）ｄ／Ｒ．
当ｆ＞0时，ｆ沿ｘ轴的正方向．以Ｆ表示作用在金属杆上的外力，由牛顿定律得
２２２２
Ｆ＋（ｋ（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ）（ｖ０－ａｔ）ｄ／Ｒ）＝ｍａ，由上式解得作用在金属杆的外力等于
２２２２
Ｆ＝ｍａ－（ｋ（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ）（ｖ０－ａｔ）ｄ／Ｒ），上式只有在时刻ｔ＜Ｔ＝2ｖ０／ａ范围才成立．
18．解：（1）当电场力向上时，物块受力如图20甲ｆ１＝μ（ｍｇ－ｑＥ）．
当电场力向下时，物块受力如图20乙
2
3

图20


ｆ２＝μ（ｍｇ＋ｑＥ）．显然ｆ２＞ｆ１．在摩擦力较大的情况下物块和木块之间的相对位移应该较小，与题目中电场方向向上相对应，由此判断物块应带负电．
（2）设木板质量为Ｍ，板长为Ｌ，共同速度为ｖ，由动量守恒定律：ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，
根据能量转化和守恒定律，电场竖直向下时
２２
ｆ１Ｌ＝（1／2）ｍｖ０－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ＝ΔＥｋ１．电场竖直向上时
２２
ｆ２（1／2）Ｌ＝（1／2）ｍｖ０－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ＝ΔＥｋ２．对Ｅ向上、向下两种情况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）证明：在ｔ时间内通过通电导体某一横截面电量Ｑ＝ｑｎｖｔ．根据电流强度的定义可得Ｉ＝Ｑ／ｔ＝ｑｎｖ，通电导体所受的安培力Ｆ＝ＢＩＬ＝ＢｑｎｖＬ，依题意，得Ｆ＝ｎＬｆ，
∴ｆ＝Ｆ／ｎＬ＝ＢｑｎｖＬ／ｎＬ＝ｑｖＢ．
（2）用左手定则可知，金属导体后表面聚集较多的电子，故前表面电势较高，自由电子在定向移动过程中受电场力和洛伦兹力作用，于是ｅＥ＝ｅｖＢ，Ｅ＝Ｕ／ａ，Ｉ＝ｎｅｖ，由以上三式解得：Ｕ＝ａＢＩ／ｎｅ．
20．（1）如图21所示．

图21

（2）Ｐ损＝Ｉ输Ｒ＝Ｐ出×5％，解出Ｉ输＝
P出5%R
２
＝50Ａ．
４
由Ｐ出＝Ｕ２Ｉ输，得Ｕ２＝Ｐ出／Ｉ输＝1．0×10Ｖ．
由于输电线损失电功率，在降压变压器处输入功率为Ｐ′＝Ｐ出（1－5％）＝4．75×10５
Ｗ．
５３
降压变压器初级电压：Ｕ３＝Ｐ′／Ｉ输＝4．75×10／50＝9．5×10Ｖ，∴ｎ３／ｎ４＝Ｕ３／Ｕ用＝9500／380＝25／1．
21．解：（1）由右手定则可判断ＡＢ向右运动时，Ｃ板电势高于Ｄ板电势，粒子被加速进入Ｂ２磁场中，ＡＢ棒向右运动时产生的电动势＝Ｂ１Ｌｖ（即为Ｃ、Ｄ间的电压）．粒子


经过加速后获得的速度为ｖ′，则有ｑ＝（1／2）ｍｖ′，粒子在磁场Ｂ２中做匀速圆周运动，半径ｒ＝ｍｖ′／ｑＢ２．要使粒子恰好穿过，则有ｒ＝ｄ．联立上述各式代入数据可得ｖ＝5．0ｍ／ｓ．
故要使粒子能穿过磁场边界ＭＮ则要求ｖ＞5ｍ／ｓ．由速度图象可知，在0．25ｓ＜ｔ＜1．75ｓ可满足要求．
（2）当ＡＢ棒速度为ｖ＝5ｍ／ｓ时，粒子在磁场Ｂ2中到达边界ＭＮ打在Ｐ点上，其轨道半径ｒ＝ｄ＝0．1ｍ（此时
＝ｒ＝0．1ｍ）如图22所示．
2

图22
当ＡＢ棒最大速度为ｖｍａｘ＝20ｍ／ｓ时，粒子从ＭＮ边界上Ｑ点飞出，其轨道半径最大，ｒｍａｘ＝2ｒ＝0．2ｍ，
2
d2），则PO=PQ＝ｄ－（ｒｍａｘ－rmax
代入数据可得：PQ＝（3－1）10ｍ＝7．3ｃｍ．

图23


22．设在磁感强度为Ｂ的匀强磁场中，垂直放入一段长Ｌ的通电导线，并设单位长度导线中
有ｎ个自由电荷，每个自由电荷的电量都是ｑ，定向移动的速度为ｖ，如图23所示．截面Ａ右侧ｖｔ长的导线中的自由电荷在ｔ时间内全部通过截面Ａ，这些自由电荷的电量Ｑ＝ｎｑｖｔ，导线中电流Ｉ＝Ｑ／ｔ＝ｎｑｖｔ／ｔ＝ｎｑｖ，则磁场对这段导线的作用力Ｆ＝ＩＬＢ＝ｎｑｖＬＢ．其中ｎＬ是长度为Ｌ的导线中运动的自由电荷的总数．
这个力Ｆ可看作是作用在每个运动电荷上的作用力的合力，则单个运动荷受到的洛伦兹力的大小
ｆ＝Ｆ／ｎｌ＝ｑｖＢ．即当电荷垂直磁场运动时，受到的洛伦兹力的大小等于电荷的电量和速率跟磁感强度的乘积．


23．解：（1）电饭煲盛上食物后，接上电源，Ｓ２自动闭合，同时把手动开关Ｓ１关闭，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80℃时，Ｓ２自动断开，Ｓ１仍闭合，待电饭煲中水烧干后，温度升高到103℃时，开关Ｓ１自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态．由于电饭煲散热，待温度下降至70℃时，Ｓ２自动闭合，电饭煲重新处于加热状态，待上升到80℃时，又自动断开，电饭煲再次处于保温状态．（2）不能，因为只能将食物加热至80℃．
（3）设电饭煲处于加热态时，消耗的功率为Ｐ１，则
２
Ｐ１＝Ｕ２／（Ｒ２∥Ｒ３）＝220／（（500×50）／（500＋50））．电饭煲处于保温态时，消耗的功率为Ｐ２，则
２
Ｐ２＝Ｕ２／（Ｒ１＋Ｒ２∥Ｒ３）＝220／（500＋（500×50／（500＋50）））．联解两式，得Ｐ１∶Ｐ２＝12∶1．
24．解：Ｐ从静止释放到Ａ板的过程中，做自由落体运动，设到达Ａ板时的速度为ｖ１，则
２
ｖ１＝2ｇｌ．①
当开关Ｓ置于ａ时，Ｐ在Ａ、Ｂ板间受重力和电场力的共同作用做匀加速直线运动，设它到达Ｂ板时的速度为ｖ２，由动能定理可得
22
（ｍｇ＋ｑＥ）·Ｌ／3＝（1／2）ｍｖ２－（1／2）ｍｖ１，②又ｖ１／ｖ２＝
／
，③
由①②③式可得ｑＥ＝ｍｇ．④
设Ｑ的释放点距Ａ板的高度为ｈ，下落至Ａ板即将进入两板间时的速度为ｖ０，则
2
ｖ０＝2ｇｈ．⑤
当开关Ｓ置于ｂ时，由于Ｑ在两板间时所受重力和电场力大小相等、方向相反，故Ｑ将在洛仑兹力作用下在两板间做匀速圆周运动，由左手定则可知其所受洛伦兹力方向向右，故Ｑ只能从两板右侧飞出，当Ｑ从Ａ板右边缘飞出时，其轨道半径为Ｌ／4，所以
2
ｑＢｖ０＝ｍｖ０／（Ｌ／4），⑥
2222
解④⑤⑥式得ｈ＝ｑＢＬ／32ｍｇ．⑦
当Ｑ沿与Ｂ板相切的轨迹飞出两板间时，其轨道半径为Ｌ／3，所以
2
ｑＢｖ０＝ｍｖ０／（Ｌ／3），⑧
2222
解④⑤⑧式得ｈ＝ｑＢＬ／18ｍｇ．
22222222
故释放点距Ａ板的高度满足ｑＢＬ／32ｍｇ＜ｈ＜ｑＢＬ／18ｍｇ时，可不与极板相撞而飞离电磁场区．
25．解：把整个圆环的电阻设为Ｒ０，在电路中每个圆环分两部分，在整个电路中这部分电阻是并联关系，各自的电阻为

图24


Ｒ１＝（2／3）Ｒ０，①Ｒ２＝（1／3）Ｒ０．②并联电阻的阻值为
Ｒ并＝Ｒ１Ｒ２／（Ｒ１＋Ｒ２）＝（2／9）Ｒ０＝2Ω，③电路的总电阻Ｒ总＝ｒ＋2Ｒ并＋Ｒ棒＝6Ω，④
∴棒中电流Ｉ＝／Ｒ总．⑤
棒受重力ｍｇ，两环的支持力Ｎ，以及安培力Ｆ作用，如图24所示，棒静止时三力平衡，故
Ｎｓｉｎθ＝Ｆ，⑥Ｎｃｏｓθ＝ｍｇ，⑦又Ｆ＝ＢＩＬ，⑧由⑤、⑥、⑦、⑧联立得

＝ｍｇＲ总ｔｇθ／ＢＬ＝（10×10×6
－2
）／（3．46×10×0．2）＝15Ｖ．
－1
26．已知α粒子质量ｍα是质子质量ｍｐ的4倍，电量ｑα是质子电量ｑｐ的2倍，即ｍα＝4ｍｐ，ｑα＝2ｑｐ，动能相同的质子和α粒子其速度关系应为ｖα＝（1／2）ｖｐ．
可以用匀强电场来分离动能相同的质子和α粒子．如图25甲所示，根据带电粒子在电场中的偏转知识可知，质子离开电场时的偏转角度，怎样填上Ｕ、ｄ、Ｌ．
２
ｔｇφｐ＝ｑｐＵＬ／ｍｐｄｖｐ．
其中Ｕ为板间电压，ｄ为板距，Ｌ为极板长度．α粒子离开电场时的偏转角
２２
ｔｇφα＝ｑαＵＬ／ｍαｄｖｐ＝2ｑｐＵＬ／ｍｐｄｖｐ＝2ｔｇφｐ，即α粒子偏转角度比质子的大，所以能用电场来分离．
可以利用速度选择器的原理来分离．如图25乙所示的速度选择器中当选择Ｅ与Ｂ的比值跟质子的速度ｖｐ相等时，即ｖｐ＝Ｅ／Ｂ，则质子直线通过选择器，不发生偏转，而α粒子的速度ｖα＝（1／2）ｖｐ，α粒子受到的洛伦兹力ｆα＝ｑαｖαＢ＝ｑαＢ·（1／2）ｖｐ＝（1／2）ｑαＢ·（Ｅ／Ｂ）＝（1／2）ｑαＥ，小于它受到的电场力Ｆα＝ｑαＥ，α离子在通过选择器时向下偏转，故可将质子和α粒子分离开来．

图25


２
27．解：如图26所示．（1）电子穿过阳极Ａ小孔后的动能（1／2）ｍｖ＝ｅＵ．



图262eU
．m
2eU
．m

电子穿过阳极Ａ小孔时速度为ｖ＝
电子在电容器中不发生偏转的条件是ｅＥ＝ｅｖＢ，所以Ｅ＝ｖＢ＝Ｂ（2）电子在磁场中沿圆轨道运动，由牛顿第二定律，得ｅｖＢ＝ｍｖ／Ｒ，Ｒ＝ｍｖ／ｅＢ＝（1／Ｂ）
2
2mU
，e
由图26得ｘ１＝Ｒ－R2d2，ｘ２＝Ｌｔｇα＝Ｌｄ／R2d2
ｘ＝ｘ１＋ｘ２＝Ｒ－R2d2＋（Ｌｄ／R2d2）
LdB2e2mU2mU2
＝（1／Ｂ）－．d+22
eB2e2mUBed


28．解：（1）金属棒达到稳定速度ｖ时，加速度为零，所受合外力为零，设此时细绳对棒
的拉力为Ｔ，金属棒所受安培力为Ｆ，则Ｔ－ｍｇ－Ｆ＝0，
又Ｆ＝ＢＩＬ，Ｉ＝／Ｒ，＝ＢＬｖ．
此时细绳拉力的功率ＰＴ与电动机的输出功率Ｐ出相等而ＰＴ＝Ｔｖ，Ｐ出＝Ｉ′Ｕ－
2
Ｉ′ｒ，
2
化简以上各式代入数据得ｖ＋ｖ－6＝0，
所以ｖ＝2ｍ／ｓ．（ｖ＝－3ｍ／ｓ不合题意舍去）
2
（2）由能量守恒定律可得Ｐ出ｔ＝ｍｇｈ＋（1／2）ｍｖ＋Ｑ，
22
所以ｔ＝（2ｍｇｈ＋ｍｖ＋2Ｑ）／2（Ｉｖ－Ｉｒ）＝1ｓ．
29．解：（1）ｔ＝（π／2）／ω＝π／2ω．
（2）当导体棒转过角度ωｔ时，由正弦定理，有1／ｓｉｎ（180°－45°－ωｔ）＝ｘ／ｓｉｎ45°，
2
又ＵＲ＝（1／2）Ｂｘω，
2
解①、②得ＵＲ＝Ｂｌω／2（1＋ｓｉｎ2ωｔ）．
（3）Ｑ＝Δｔ＝（Ｂ（1／2）ｌ／ΔｔＲ）·Δｔ＝Ｂｌ／2Ｒ．
2
2


30．流过每条辐条的电流强度Ｉ０＝1／4＝0．5Ａ，每根辐条所受磁力矩Ｍ０＝ＢＩ０Ｒ·（Ｒ／2）＝0．025Ｎ·ｍ．由力矩平衡条件得
4Ｍ０＝ｆＲ
ｆ＝4Ｍ０／Ｒ＝（4×0．025／0．1）Ｎ＝1Ｎ．
－3
31．解：（1）由Ｉ＝Ｑ／ｔ得，单位时间通过细截面的电量Ｑ＝Ｉｔ＝1×10Ｃ，Ｑ／ｅ
－3－1915
＝1×10／1.60×10＝6.25×10．
（2）在ｌ和4ｌ处各取一段极短的长度均为Δｌ的质子流，则ｌ处的质子数ｎ1＝ＩΔｔ1／ｅ＝ＩΔｌ／ｅｖ1，4ｌ处的质子数ｎ2＝ＩΔｔ2／ｅ＝ＩΔｌ／ｅｖ2，又根据ｑＵ＝ｍｖ／2，Ｕ＝Ｅｄ可得Ｕ∝ｄ，ｖ∝U，∴ｎ1／ｎ2＝ｖ2／ｖ1＝

U4lUl
2
=
E(4lEl
＝2．
32．将长为Ｌ、通以电流强度为I的导线垂直置于磁感强度为Ｂ的匀强磁场中，其所受的安培力Ｆ安＝ＢＩＬ．设导线中每个自由电子所受的洛仑兹力为ｆ洛，则导线所受的安培力是导线中总数为N的自由电子所受洛沦兹力的宏观表现，即Ｆ安＝Ｎｆ洛．设电子电量为ｑ，导线中单位体积内的电子数为ｎ，电子定向移动的速度为ｖ，则在时间ｔ内通过横截面积为Ｓ的导线中的电流强度Ｉ＝ｎｖｔＳｑ／ｔ＝ｎｖＳｑ．∵长为Ｌ的导线中的电子总数Ｎ＝ｎＳＬ，∴综合以上各式可得ｆ洛＝Ｂｖｑ．
33．证明：如图13，设导线ａｂ沿平行导轨以速度ｖ匀速滑动，间距为ｌ，匀强磁场磁感强度为Ｂ，并设经Δｔ时间ａｂ向右移动距离为ｄ，Δｔ时间内闭合电路增加的面积为ΔＳ＝ｌｄ＝ｌｖΔｔ．因Ｂ⊥Ｌ，Ｂ⊥ｖ，故Δｔ时间内回路的磁通量增加为ΔΦ＝ＢΔＳ＝ＢｌｖΔｔ．依法拉第电磁感应定律，导线ａｂ中产生感应电动势为＝ΔΦ／Δｔ＝ＢｌｖΔｔ／Δｔ＝Ｂｌｖ，证毕．

图13

34．（1）录音原理（电流的磁效应）
声音的变化经微音器转化为电流的变化，变化的电流流过线圈，在铁芯中产生变化的磁场，磁带经过磁头时磁粉被不同程度地磁化，并留下剩磁．这样，声音的变化就被记录成磁粉不同程度的磁化．
（2）放音原理（电磁感应）


各部分被不同程度磁化的磁带经过铁芯时，铁芯中形成变化的磁场，在线圈中激发出变化的感应电流，感应电流经扬声器时，电流的变化被转化为声音的变化．这样，磁信号就又被转化为声音信号．
35．解：带电粒子经电压U加速后速度到ｖ，由动能定理得Ｕｑ＝ｍｖ／2．
带电粒子以速度ｖ垂直射入匀强磁场Ｂ中，受到磁场洛沦兹力ｆ作用，因ｆ⊥ｖ、ｆ⊥Ｂ，带电粒子在磁场中垂直磁场Ｂ的平面内做匀速圆周运动，圆半径为Ｒ．则ｆ＝Ｂｑｖ．洛
2
沦滋力ｆ就是使粒子做匀速圆周运动的向心力，即Ｂｑｖ＝ｍｖ／Ｒ．带电粒子做圆周运动的周期为Ｔ，则Ｔ＝2πＲ／ｖ＝2πｍ／Ｂｑ．带电粒子每周内通过轨道截面的电量为ｑ，所以形成的环形电流的电流强度
2
Ｉ＝Ｑ／ｔ＝ｑ／Ｔ＝Ｂｑ／2πｍ．
36．如图14所示．
2

图14

37．解：（1）小球受三个力：重力Ｇ、电场力Ｆ、拉力Ｔ而平衡，如图15所示，由受力图可知，电场力与电场方向相反，应为负电荷，且有

图15
有
Ｆ／Ｇ＝ｔｇ30°．∵Ｆ＝ｑＥ，Ｇ＝ｍｇ，∴ｑＥ／ｍｇ＝ｔｇ30°，
ｑ＝ｍｇｔｇ30°／Ｅ＝3ｍｇ／3Ｅ．
（2）小球在竖直方向由静止释放后，电场力做正功，重力做负功，小球动能增加，故ＷＦ－ＷＧ＝ｍｖ／2，
2
ｑｌｓｉｎ30°－ｍｇｌ（1－ｃｏｓ30°）＝ｍｖ／2，
2


∴ｖ＝

qEl34
2gl(1=gl(32．m23
38．解：根据法拉第电磁感应定律

＝ΔＢＳ1／Δｔ，2＝ΔＢＳ2／Δｔ，1＝2．由欧姆定律：
22
Ｉ1／Ｉ2＝Ｒ2／Ｒ1＝Ｌ2／Ｌ1＝ｒ2／ｒ1＝1／2，Ｐ1／Ｐ2＝Ｉ1Ｒ1／Ｉ2Ｒ2＝1／2．
1
39．解：当金属棒ａｂ以速率ｖ向右匀速运动时，
ａｂ＝ＢＬａｂｖ＝3ＢＬｖ．
稳定时Ｕａｂ＝ａｂ－Ｉｒｃｄ＝3ＢＬｖ－ＢＬｖｒｃｄ／（Ｒ0＋ｒｃｄ）＝ＢＬｖ（3－1／2）＝5ＢＬｖ／2．
带电粒子在平行金属板Ｅ、Ｆ之间恰能做匀速圆周运动，必有ｍｇ＝ｑＥ＝ｑＵａｂ／ｄ，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径Ｒ′＝ｍｖ／ｑＢ．联立求解得ｖ＝8R/3．由题意可知Ｒ′＜ｄ／2＝0.1ｍ，可得ｖ＜0.8/3=

215
1515ｍ／ｓ．
40．解：（1）电压表满偏．若电流表满偏，则Ｉ＝3Ａ，Ｕ＝ＩＲ＝1.5Ｖ，大于电压表量程．
2
（2）由功能关系Ｆｖ＝Ｉ（Ｒ＋ｒ），
22
而Ｉ＝Ｕ／Ｒ，Ｆ＝Ｕ（Ｒ＋ｒ）／Ｒｖ．
22
代入数据得Ｆ＝1×（0.5＋0.3）／0.5×2＝1.6Ｎ．（3）由动量定理知ｍΔｖ＝ＩＢＬΔｔ，两边求和
ｍΔｖ1＋ｍΔｖ2＋…＝ＢＬＩ1Δｔ1＋ＢＬＩ2Δｔ2＋…即ｍｖ＝ＢＬｑ，
由电磁感应定律，有＝ＢＬｖ，＝Ｉ（Ｒ＋ｒ），
2
解得ｑ＝ｍｖ／Ｉ（Ｒ＋ｒ）．
2
代入数据得ｑ＝0.1×2／2×（0.5＋0.3）＝0.25Ｃ．
41．解：（1）当ａｂ边刚进无磁区域Ⅱ时，线框只有ｃｄ边在Ⅰ区中切割磁感线，由右手定则可判定ａｂ边中的感应电流为Ｉ1，其方向为由ｂ到ａ，大小Ｉ1＝ｃｄ／Ｒ＝ＢＬｖ／Ｒ．当ａｂ边刚进入磁场区域Ⅲ时，ａｂ边和ｃｄ边分别在Ⅰ和Ⅲ区域中切割磁感线，每边产生的感应电动势为＝ＢＬｖ，回路中总电动势总＝2＝2ＢＬｖ，故ａｂ边中的电流为Ｉ2＝2／Ｒ＝2ＢＬｖ／Ｒ，其方向为由ｂ到ａ．
（2）要求拉力对线框所对的功，即求拉力克服磁场力做的功即可．将线框从Ⅰ区完全拉到Ⅲ区域过程中，ａｂ边从图16所示的Ⅰ区右边界位置起经历位置ａ1ｂ1、ａ2ｂ2、ａ3ｂ3三个不同阶段．



图16
在从ａｂ→ａ1ｂ1过程中，拉力克服磁场力做功为Ｗ1＝Ｆ拉ｓ＝ＢＩ1Ｌｓ＝ＢＬｖｓ／Ｒ．
在从ａ1ｂ1→ａ2ｂ2过程中，拉力克服磁场力做功为Ｗ2＝Ｆ′拉（Ｌ－ｓ）＝2Ｆ磁′（Ｌ－ｓ）＝4Ｂ2Ｌ2ｖＲ（Ｌ－ｓ）．
2
在从ａ2ｂ2→ａ3ｂ3过程中，拉力克服磁场力做功为Ｗ3＝Ｆ拉″ｓ＝Ｆ磁ｓ＝ＢＩＬｓ＝Ｂ2
Ｌｖｓ／Ｒ．
22222
所以拉力所做的总功Ｗ＝Ｗ1＋Ｗ2＋Ｗ3＝2ＢＬｖｓ／Ｒ＋4ＢＬｖ（Ｌ－ｓ）／Ｒ＝2Ｂ2
Ｌｖ（2Ｌ－ｓ）／Ｒ．
42．解：（1）由题意分析可知：金属棒先向下加速运动，然后匀速运动，匀速运动时，金属棒速度最大．此时有ｍｇ＝Ｆ安，而Ｆ安＝ＩｌＢ，Ｉ＝／Ｒ总，＝ＢＷｍ，
2222
ｖｍ＝ｍｇＲ总／ＢＬ＝0.1×10×1.5／0.5×1ｍ／ｓ＝6ｍ／ｓ．
（2）当ｖ＝3ｍ／ｓ时，因ｖ＜ｖｍ，故金属棒在加速下降，加速反方向竖直向下，且有ｍｇ－Ｉ′ｌＢ＝ｍａ，
Ｉ′＝′／Ｒ总＝Ｂｌｖ／Ｒ总，得ａ＝ｇ－Ｂｌｖ／ｍＲ总＝5ｍ／ｓ．
2
2
2
2
2
43．解：（1）分三种情况讨论：
①若水平力Ｆ恰可与金属棒ａｂ的重力、轨道对金属棒的支持力平衡时，金属棒ａｂ的最大速率为零，此时Ｆ＝ｍｇｔｇθ．②若金属棒ａｂ沿轨道向上运动，设磁场对金属棒ａｂ的作用力大小为ｆ，方向沿轨道向下，当金属棒受力平衡时，速率ｖ最大，所以Ｆｃｏｓθ＝ｍｇｓｉｎθ＋ｆ，总＝ＢＬｖ，Ｉ＝总／Ｒ，ｆ＝ＢＩＬ＝ＢＬｖ／Ｒ
22
∴ｖ＝（Ｆｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ）Ｒ／ＢＬ．③若金属棒ａｂ沿轨道向下运动，磁场对金属棒ａｂ的作用力ｆ的方向沿轨道向上，当金属棒受力平衡时，速率ｖ最大，所以：ｍｇｓｉｎθ＝Ｆｃｏｓθ＋ｆ，
22
联立解得：ｖ＝（ｍｇｓｉｎθ－Ｆｃｏｓθ）Ｒ／ＢＬ．
（2）当水平力方向向左时，金属棒ａｂ只可能沿轨道向下运动，设磁场力的大小为ｆ，ｆ的方向沿轨道向上，金属棒ａｂ不脱离轨道的条件是Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ－Ｆｓｉｎθ＞0，
故金属棒ａｂ沿轨道向下运动的条件是Ｆ≤ｍｇｃｔｇθ．
（3）令Ｆ＝ｍｇｃｔｇθ，当金属棒ａｂ沿轨道向下运动时，磁场对金属棒ａｂ的作用力ｆ的方向向上，金属棒ａｂ速度最大时，受力平衡，ｍｇｓｉｎθ＋Ｆｃｏｓθ＝ｆ，
2222
联立解得：ｖ＝（ｍｇｓｉｎθ＋Ｆｃｏｓθ）Ｒ／ＢＬ＝ｍｇＲ／ＢＬｓｉｎθ．
2
2


44．解：（1）由图线可知ｔ＝3ｓ，ｔ＝5ｓ时，穿过线圈的磁场的磁感强度分别为Ｂ3＝3.5×10－1－1
Ｔ，Ｂ5＝2．0×10Ｔ．
根据Φ＝ＢＳ，ｔ＝3ｓ，ｔ＝5ｓ时通过线圈的磁通量分别为
－3－3
Φ3＝7.0×10Ｗｂ，Φ5＝4.0×10Ｗｂ．
（2）在0～4ｓ，Ｂ在增加，线圈中产生的电动势为1＝ｎΔＢＳ／Δｔ＝1Ｖ，电路中电流强度Ｉ1＝1／（Ｒ＋ｒ）＝0.2Ａ．电流方向：从下向上通过电阻Ｒ．ａ点电势为Ｕｂａ＝Ｉ1Ｒ＝0.8Ｖ，ａ点电势为－0.8Ｖ，此时ａ点电势为最低在4－6ｓ，Ｂ在减小，线圈中产生感应电动势为
2＝ｎΔＢＳ／Δｔ＝4Ｖ，
电路中电流强度为Ｉ2＝2／（Ｒ＋ｒ）＝0.8Ａ，方向自上而下通过Ｒ．ａ点电势为Ｕａｂ＝Ｉ2Ｒ＝3.2Ｖ．ａ点电势为3.2Ｖ时ａ点电势为最高．
45．（1）环自图17所示位置转过半周的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝ＢπＲ．所用的时间为Δｔ＝Ｔ／2＝π／ω，平均感应电动势＝ΔΦ／Δｔ，
2
解之得＝ＢωＲ．
2

图17
（2）环从图示位置转过ｔ时，由图17可得切割磁感线的有效长度Δｌ＝2Ｒｓｉｎωｔ，切割的平均速度＝ωΔｌ／2，感应电动势的瞬时值ｅ＝ＢΔｌ，解之得ｅ＝2ＢωＲｓｉｎωｔ．（3）正确的是图Ｄ．
46．（1）导体棒ＭＮ在导轨上滑动做匀速运动时的受力如图18．由平衡条件ｍｇｓｉｎθ＝ＦＢ＋ｆ，
22
ｆ＝μΝ＝μｍｇｃｏｓθ，ＦＢ＝ＢＩｌ＝Ｂｌｖｍ／Ｒ．
22
有ｍｇ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）＝Ｂｌｖｍ／Ｒ，
22
解得ｖｍ＝ｍｇＲ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／Ｂｌ＝5ｍ／ｓ．
（2）导体棒由静止开始下滑到刚开始匀速运动时通过导体棒截面的电量Ｑ＝2Ｃ，由此可求出导体棒在这一阶段移动的距离ｓ．
2222
因Ｑ＝ＩΔｔ＝ＢｌｖΔｔ／Ｒ＝Ｂｌｓ／Ｒ，ｓ＝ＱＲ／Ｂｌ＝2×2／0.8×0.5＝10ｍ．
2
2


在这一过程中导体棒有效电阻消耗的电功Ｗ，由能量守恒可得
2
Ｗ＝ｍｇ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）ｓ－ｍｖｍ／2＝1．5Ｊ．

图18图19

47．解：当Ｂ不同时，粒子可以不同半径做圆周运动（如图19所示），其中两个临界圆轨迹如Ａ、Ｃ，由圆Ａ、Ｂ可看出，当Ｒ≥ａ时，粒子从（0，ａ）到（ａ，ａ）边界射出，这时因为Ｂｑｖ＝ｍｖ／ＲＲ＝ｍｖ／Ｂｑ≥ａ，所示Ｂ≤ｍｖ／ａｑ．此时对应角度π／2≥θ＞0．
由圆Ａ、Ｃ可看出，当3ａ／4≤Ｒ≤ａ时，粒子从（ａ，ａ）到（－1.5ａ，0）边界射出，这时
3ａ／4≤ｍｖ／Ｂｑ≤ａ4ｍｖ／3ａｑ≥Ｂ≥ｍｖ／ａｑ，与之对应2π／3≤θ≤π．
由圆Ｃ、Ｄ可看出，当Ｒ≤3ａ／4时，粒子从（－1.5ａ，0）到（0，0）边界射出，这时
ｍｖ／Ｂｑ≤3ａ／4，Ｂ≥4ｍｖ／3ａｑ，对应θ＝π．
48．解：（1）α粒子在磁场中做圆弧运动的半径为ｒ，由公式ＦＢ＝Ｆ向，得ｑＢｖ＝ｍ2
ｖ／ｒ，ｒ＝ｍｖ／ｑＢ＝0.2ｍ．∴ｒ＝2Ｒ．α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心点的轨迹如图20中虚线ｌ所示（即以Ｏ为圆心，ｒ为半径的半圆弧ＡＢＣ）．（2）α粒子在磁场中做圆弧运动中的轨迹半径ｒ大小一定，欲穿过磁场时偏转角最大，须圆弧轨道所夹的弦最长，即ＯＯ′Ａ共线，如图20．
ｓｉｎφ／2＝Ｒ／ｒ＝1／2，φ＝60°．
2

图20


（3）欲使穿过磁场且偏转最大的α粒子，能射到ｙ轴正方向上，必须从Ａ点射出的α粒子和ｘ轴正方向的夹角大于90°，根据几何关系可知圆形磁场至少转过60°．
49．解：（1）设板长为Ｌ，带电粒子进入电场时速度为ｖ，Δｔ＝Ｌ／ｖ．设带电粒子在磁场中运动时间为ｔ，则
ｔ＝Ｔ／6＝2πＲ／6ｖ＝πＲ／3ｖ，
其中Ｒ为粒子圆周运动的半径，且Ｒ＝23Ｌ／3，∴ｔ＝23πΔｔ／9．
（2）设带电粒子以速度ｖ′进入正交电磁场时才能沿直线ＰＱ出射，有ｑＥ＝ｑｖ′Ｂ，ｖ′＝Ｅ／Ｂ．
只有电场时3Ｌ／3＝ｑＥ／2ｍ（Ｌ／ｖ），
2
只有磁场时ｑｖＢ＝ｍｖ／Ｒ，
Ｒ＝ｍｖ／ｑＢ＝23Ｌ／3，∴ｖ′＝Ｅ／Ｂ＝4ｖ／3．即粒子进入电磁场时的速度应是原速度的4／3倍．
50．解：沿内圆切线运动的α粒子脱离磁场穿出外圆的速率为最小值．
2

图21
∵ｍｖ／ｒ＝ｑＢｖ，∴ｖ＝ｑＢｒｍ，
－2
而ｒ＝（Ｒ2－Ｒ1）／2＝5×10ｍ，
8
又ｑα／ｍα＝2ｑｐ／4ｍｐ＝×10／2Ｃ／ｋｇ，
5
解得：ｖｍｉｎ＝ｑαＢｒ／ｍα＝2.5×10ｍ／ｓ．
51．解：（1）由动能定理得ｑＥＬ＝ｍｖ0／2，
所以ｖ0＝2qEL/m．
2
2
（2）设线第一次绷紧后的瞬间Ａ的速度为ｖ1，Ｂ的速度为ｖ2，依动量守恒定律得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，
由于Ｍ＝4ｍ，ｖ2＝ｖ0／3，解得ｖ1＝－ｖ0／3，
负号表示ｖ1的速度方向水平向左，此后Ｂ做匀速运动，Ａ先向左做匀减速运动，后向右做匀加速运动，其加速度ａ＝ｑＥ／ｍ．Ａ返回到细线第一次绷紧的位置时的速度ｖ1′＝－ｖ1＝ｖ0／3．
设从细线被绷紧后到Ａ返回到细线被绷紧的位置所用的时间为ｔ1，则ｖ1′－ｖ1＝ａｔ1，这段时间内Ｂ的位移为ｓ1＝ｖ2ｔ1．解以上各式得：ｓ1＝4Ｌ／9＜Ｌ．


此后Ａ的速度大于Ｂ的速度，故从Ｂ开始运动到细线第二次被绷紧前的过程中，Ｂ不会与Ａ相碰．
由于Ａ返回到细线第一次被绷紧的位置时，Ａ、Ｂ速度相同，此时Ｂ与Ａ间有最短距离ｓ为
ｓ′＝Ｌ－ｓ1＝Ｌ－4Ｌ／9＝5Ｌ／9．
线在第一次被绷紧和第二次被绷紧时，Ａ、Ｂ的相对位置不变，设这段时间为ｔ，则ｖ2ｔ＝ｖ1ｔ＋ａｔ2／2，在此时间内Ｂ的位移ｓ＝ｖ2ｔ，解以上各式得ｓ＝8Ｌ／9．
52．解：设离子进入Ａ孔时的速度为ｖ0，则
ｑＵ0／3＝ｍｖ0／2，所以ｖ0＝
2
2qU0
．3m
离子在两板间每个周期的前半个周期内做匀减速运动，后半个周期内做匀加速运动，经过两个周期恰从Ｂ孔飞出，根据运动形式的周期性可知，离子在每个1／2周期内通过的距
22
离为ｄ／4，设粒子在前半个周期的末速度为ｖ1，则ｑＵ0／4＝ｍｖ0／2－ｍｖ1／2，解得ｖ1＝±
qU0
．6m
当ｖ1取正值时，设交变电压的周期为Ｔ1，则ｄ／4＝（ｖ0＋ｖ1）Ｔ1／4，解以上各式得Ｔ1＝d
2m
．3qU0
在此周期下的ｖ－ｔ图线如图22甲所示．当ｖ1取负值时，设交变电压的周期为Ｔ2，则ｄ／4＝（ｖ0＋ｖ1）Ｔ2／4，解得Ｔ2＝d在此周期下的ｖ－ｔ图线如图22乙所示．
6m
．3qU0

图22

53．解：（1）带电粒子从Ｃ孔进入，与筒壁碰撞2次再从Ｃ孔射出经历的时间为最短．由ｑ＝ｍｖ／2，粒子由Ｃ孔进入磁场，在磁场中各段匀速圆周运动的速率为ｖ＝
1
R
2m
．3q
2
2q
．m
由ｒ＝ｍｖ／ｑＢ，即Ｒｃｔｇ30°＝ｍｖ／ｑＢ，得Ｂ＝



（2）由ｑ／ｄ＝ｍａ，粒子从Ａ→Ｃ的加速度为ａ＝ｑ／ｍｄ．
2
由ｄ＝ａｔ1／2，粒子从Ａ→Ｃ的时间为ｔ1＝
2m2d=d．
qa
粒子在磁场中运动的时间为
ｔ2＝Ｔ／2＝2πｍ／2ｑＢ．将（1）求得的Ｂ值代入，得ｔ2＝πＲ
3m
，2q
求得ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝

m3（2d+πR）．q2
54．解：因带正电质点在匀强磁场中做匀速圆周运动，先后通过ａｂ两点，其圆心应在ａｂ
弦中垂线上．
2
其圆运动半径为Ｒ，由牛顿第二定律及向心加速度公式Ｆ向＝ｍｖ／Ｒ，圆运动所需向
2
心力为洛沦兹力，故有ｑｖＢ＝ｍｖ／Ｒ，∴Ｒ＝ｍｖ／Ｂｑ＝12ｃｍ．由飞经ａ、ｂ两点时间与周期之比可求经过弧角度θ，
－8
∵Ｔ＝2πＲ／ｖ＝2πｍ／Ｂｑ＝6π×10ｓ，
－8－8
∴θ＝2πｔ／Ｔ＝4π×2π×10／6π×10＝4π／3（＝240°）．

图23
若磁场方向垂直纸面向里，由左手定则知其圆心应在第Ⅳ象限（如图23甲所示），由几何关系可知，圆心Ｏ1其坐标应为ｘ1＝Ｒｃｏｓ30°，ｙ1＝－Ｒｓｉｎ30°，即ｘ1＝63ｃｍ，ｙ1＝－6ｃｍ．
若磁场方面垂直纸面向外，则由左手定则判断其圆心应在Ⅰ象限（如图23乙所示），由几何关系可知，圆心Ｏ2其坐标应为：ｘ2＝Ｒｃｏｓ30°，ｙ2＝Ｒｓｉｎ30°，即ｘ1＝63（ｃｍ），ｙ＝6（ｃｍ）．
55．解：（1）带电小滑块仅在电场力作用下向右沿光滑车面做加速运动，位移为ｌ时与车
2
右端相撞，设相撞前瞬间滑块速度为ｖ0，由做功与能量变化关系，得Ｗ电＝ｍv0／2－0，而


Ｗ电＝Ｅｑｌ，
∴Ｅｑｌ＝ｍｖ0／2，ｖ0＝2qEl/m．
滑块与车相撞，电场力远小于撞击力，故可认为水平方向动量守恒，而ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，由题给条件知ｖ2＝ｖ0／4及Ｍ＝7ｍ，∴ｍｖ0＝ｍｖ1＋7ｍｖ0／4，得ｖ1＝－3ｖ0／4．即碰后，滑块向左以3ｖ0／4初速及受电场力做匀减速运动，当相对地速度减为零时，又在电场力作用下向右做匀加速运动，直到滑块向右速度与小车向右速度相同（相对速度为零）时，车右端与滑块距离最大．设滑块此时由碰时位置向左位移为ｓ1，小车向右位移为ｓ2（如图24），则
2

图24
ｓ1＝（ｖ1－ｖ2）／－2ａ，式中ａ＝Ｅｑ／ｍ．所以ｓ1＝［（ｖ0／4）－（3ｖ0／4）
2
2
2
2
］ｍ／－2Ｅｑ＝ｍｖ04Ｅｑ＝ｍ4Ｅｑ（2qEl/m）＝ｌ／2．
22
历时ｔ＝（ｖ1＋ｖ2）／ａ＝（3ｖ0／4＋ｖ0／4）ｍ／Ｅｑ＝ｍｖ0／Ｅｑ＝ｍ／Ｅｑ2qEl/m
2ml
，qE
14
＝
而ｓ2＝ｖ2ｔ＝
2qEl
m2mll
=．qE2
∵ｓ1＋ｓ2＝ｌ＜Ｌ＝1.5ｌ，故滑块不会滑出小车车面．
（2）设滑块由相对车静止（即与车速度ｖ2相同）到与车第二次碰撞时间为ｔ′，由几
2
何关系及匀加速直线运动公式有：ｓ1＋ｓ2＋ｓ＝ｖ2ｔ′＋ａｔ′／2，式中ｓ＝ｖ2ｔ′，为小车ｔ′内的位移．
ｔ′＝
2(s1s22ml
=，
qEa
14
故有ｓ＝ｖ2ｔ′＝
2qEl
m2mll
=，qE2
从滑块刚开始运动到第二次碰撞时，滑块总位移ｓ′由图可知ｓ′＝ｌ＋ｓ2＋ｓ＝ｌ＋ｌ／2＋ｌ／2＝2ｌ，
所以电场力对滑块所做功为Ｗ＝Ｅｑｓ′＝2Ｅｑｌ．



图25

56．解：（1）由图25中几何关系可得Ｒ＋Ｒｓｉｎ30°＝Ｈ，
2
Ｂｑｖ＝ｍｖ／Ｒ，得Ｂ＝3ｍｖ／2Ｈｑ．
由左手定则，Ｂ的方向垂直纸面向里．
（2）经时间ｔ＝Ｔ／4加电场Ｅ，Ｔ＝2πＲ／ｖ，ｔ＝πＨ／3ｖ，Ｅｑ＝Ｂｑｖ，
2
Ｅ＝3ｍｖ／2Ｈｑ，Ｅ沿ｘ轴正方向．
57．解：如图26所示，由题意AC=2BC得∠ＢＡＣ＝30°．

图26
（1）1～2ｓ，第1个粒子做匀速圆周运动，要击中Ｃ，必有Ｒ＝AC，由公式Ｒ＝ｍｖ／Ｂｑ得即得故
Ｂ0＝ｍｖ／ｑAC．
2
3～4ｓ，第2个粒子做类平抛运动，要击中Ｃ必满足BC＝Ｅ0ｑ／2ｍ（AB／ｖ），
22
AC／2＝Ｅ0ｑ（AC·ｃｏｓ30°）／2ｍｖ，Ｅ0＝4ｍｖ／3ｑAC，
Ｅ0／Ｂ0＝4ｖ／3，Ｂ0垂直纸面向外．（2）∵∠ＡＯＣ＝60°，
∴Δｔ＝Ｔ／6＝πｍ／3Ｂ0ｑ＝πAC／3ｖ．设第2个粒子击中Ｃ的时间为Δｔ′，则
Δｔ′＝AB／ｖ＝AC·ｃｏｓ30°／ｖ＝3AC／2ｖ由以上两式得Δｔ′＝33Δｔ2／π＝0.83Δｔ．故第2个粒子击中Ｃ点的时刻为ｔ＝3＋0.83Δｔ（ｓ）．
58．解：当开关Ｓ闭合时，两极板间的电压为Ｕ，小球受两个力：重力ｍｇ和电场力ｑＵ／ｄ作用而处于静止，由力学平衡条件可得ｑＵ／ｄ＝ｍｇ，由此得Ｕ＝ｍｇｄ／ｑ．


由于重力ｍｇ方向向下，故推得小球受的电场力ｑＵ／ｄ必定向上，由此可知，小球若带正电，则下面极板为正极；若小球带负电，则下面极板为负极，即小球所带电荷与下面极板的极性相同．从题目所给的电路可看出，当开关断开时，两极板的极性不会改变，但两极间的电压变为Ｕ′．
Ｕ′与Ｕ的关系可以这样求：从所给电路可知，加在两极板间的电压等于电阻Ｒ3上的电压，如电源的内阻不计，当开关Ｓ闭合时，电源回路中的结构是Ｒ1、Ｒ2并联后与Ｒ3串联，由分压关系可得当Ｓ闭合时，Ｒ3上的电压即两极板间的电压Ｕ＝2／3，为电源电动势．当Ｓ断开后，电源回路的结构是Ｒ1与Ｒ3串联，由分压关系可得知，此时Ｒ3上的电压即两极板间的电压Ｕ＝／2，这样就得到3Ｕ／2＝2Ｕ′，由此得出，Ｓ断开后，两极板间的电压等于Ｕ′＝3Ｕ／4＝3ｍｇｄ／4ｑ．
由于在开关断开前后，两极板间的电压由Ｕ＝ｍｇｄ／ｑ变小为Ｕ′＝3ｍｇｄ／4ｑ，所以小球所受的电场力也变小了，小球向下面极板运动，速度由零增大到ｖ，由功能关系得
2
ｍｖ／2－0＝ｍｇｄ／2－ｑＵ′／2．根据题目所给条件，小球与下面极板碰撞后动能不变，但小球改为带与该板极性相同的
2
电荷．即碰撞后，小球的动能仍为ｍｖ／2，所带电荷符号不变，但电量变为ｑ′．若欲使小球所带电量ｑ′刚好能使小球运动到上极板，则由功能关系得
2
0－ｍｖ／2＝－ｍｇｄ＋ｑ′Ｕ′，联立解得ｑ′＝7ｑ／6．
59．解：板间场强Ｅ＝Ｕ／ｄ，粒子在板间以ａ＝ｑＵ／ｍｄ，在垂直于ＯＯ′方向做变速运动，一般情况下，粒子进入板区时，板间电压已为Ｕ，经时间ｔ1，电压Ｕ变为零，在0
2
－ｔ1段时间内粒子沿垂直于ＯＯ′方向位移为ｓ1＝ａｔ／2．
在ｔ1→ｔ1＋Ｔ／2时间内，板间电压为零，粒子做匀速运动，在这段时间内位移为ｓ2＝ａｔ1·Ｔ／2＝ａｔ1Ｔ／2．
从ｔ1＋Ｔ／2时刻起，两板间的电压升为Ｕ，所以在ｔ1＋Ｔ／2→Ｔ时间内，粒子又在垂直于ＯＯ′方向做ｖ0≠0的匀加速直线运动，位移为ｓ3＝ａｔ（＋ａ／2（Ｔ1Ｔ／2－ｔ1）
2
／2－ｔ1），则粒子在垂直于ＯＯ′方向的总位移为
2
ｓ＝ｓ1＋ｓ1＋ｓ3＝ａ／2（Ｔ／2）＋ａ／2ｔ1Ｔ．
2
因为0≤ｔ1≤Ｔ／2，所以当ｔ1＝0时，ｓｍｉｎ＝ａ／2（Ｔ／2），
2
∴ｓｍｉｎ＝ｑＵＴ／8ｍｄ．
2
当ｔ1＝Ｔ／2时，ｓｍａｘ＝3ｑＵＴ／8ｍｄ．若粒子进入两板间，板压已为零，类似上述分析，仍得相同结论．

图27

60．解：（1）带电粒子进入磁场受洛沦兹力作用，在磁场内做匀速圆周运动，由ｑＢｖ0
2
＝ｍｖ0／ＴＲ，


Ｒ＝ｍｖ0／ｑＢ．
由图27几何关系可得∠ａＯ′ｂ＝60°，磁场最小直径2ｒ＝2Ｒｃｏｓ30°，
即ｒ＝Ｒｃｏｓ30°＝3·ｍｖ0／2ｑＢ，
22222
所以最小磁场面积Ｓ＝πｒ＝3πｍｖ0／4ｑＢ．
（2）粒子从Ｏ到ａ做匀速圆周运动，从ａ飞出磁场后做匀速直线运动．由Ｏ至ａｔ1＝Ｔ／3＝2πｍ／3Ｂｑ，
由ａ至ｂｔ2＝ab／ｖ0＝3Ｒ／ｖ0＝3ｍ／ｑＢ，
所以由Ｏ至ｂ总历时ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝ｍ／ｑＢ（2π／3＋3）．从几何关系可知Ob＝3Ｒ＝3ｍｖ0／ｑＢ，∴ｂ点的坐标是（3ｍｖ0／ｑＢ，0）．
61．解：（1）由于粒子仅受洛沦兹力作用，故粒子在磁场中做匀速圆周运动，当磁场方向改变时，圆弧弯曲方向发生改变，为使粒子经过一个磁场变化周期到达P点，且OP与ｘ轴正向夹角为45°，P点速度方向沿ｘ轴正方向，则粒子必须经过两个四分之一圆弧．粒子做匀速圆周运动周期Ｔ0＝2πｍ／ｑＢ，因而磁场变化周期Ｔ＝2×Ｔ0／4＝πｍ／ｑＢ．
（2）磁场变化周期Ｔ越大，两段圆弧越长，P点纵坐标越大，之后半圆弧与ｙ轴相切时，Ｐ点纵坐标最大．设此时两圆弧圆心分别为Ｏ1、Ｏ2，则Ｏ、1Ｏ2连线必通过两圆弧交点（切点）Ｃ，且有OO1=O2P=O1C=O2C＝Ｒ（Ｒ为圆弧半径），而Ｒ＝ｍｖ0／ｑＢ，过Ｏ2作辅助线Ｏ2Ａ，使Ｏ2Ａ垂直ｙ轴，则有Ｏ1Ａ＝O1O2O2A=3R，故P点最大纵坐标ｙｍ＝OO1+O1A+O2P=R+3R+R=(2+3

mv0
．qB
2
2
62．解：如图28，离子从Ｄ处进入磁场做匀速圆周运动，设半径为ｒ，离子初速度为ｖ0，
2
则ｑＢｖ0＝ｍｖ0／ｒ，由几何关系得：ｄ＝ｒ＋ｒｃｏｓ60°．ＤＣ圆弧对应圆心角θ＝120°，在磁场中运动时间ｔ1＝Ｔ／3＝2πｍ／3ｑＢ＝2πｍ／3Ｂｑ．
2
在电场中离子做类似平抛运动，设运动时间为ｔ2，场强为Ｅ，则2ｄ＝ｖ0ｔ2，ｄ＝ａｔ2
2
／2＝ｑＥｔ2／2ｍ，解得ｔ2＝3ｍ／ｑＢ．
离子从Ｄ到Ｂ需时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝（2π＋9）ｍ／3ｑＢ．
2
（2）离子从Ｃ到Ｂ电场力做功．由动能定理得ｑＥｄ＝ＥｋＢ－ｍｖ0／2，解得ＥｋＢ
222
＝4ｑＢｄ／9ｍ．



图28图29

63．解：（1）由于带电液滴做圆周运动，故ｍｇ＝ｑＥ．所以液滴带负电，由牛顿第二定
2
律有ｑｖＢ＝ｍｖ／Ｒ，所以ｖ＝ＢｇＲ／Ｅ，为顺时针方向绕行．
（2）由于液滴分裂后一部分仍在竖直面内做圆周运动，仍有重力等于电场力，两液滴质量相同，电量相同．故Ｒ1＝3Ｒ，ｖ1＝ＢｇＲ1／Ｅ＝3ｖ．设第二液滴的速度为ｖ2，由动量守恒定律，有ｍｖ＝ｍｖ1／2＋ｍｖ2／2，所以ｖ2＝－ｖ，
即第二液滴在Ａ点的速度与原来大小相同，方向相反，做半径为Ｒ的顺时针圆运动，但圆的最高点在Ａ点（如图29）．
（3）Ｔ＝2πｍ／2／Ｂｑ／2＝2πｍ／Ｂｑ，Ｔ′＝2πｍ／2／Ｂ′ｑ／2＝2πｍ／Ｂ′ｑ，
要使两液滴再次相碰，则有
①Ｔ＝ｎＴ′②Ｔ′＝ｎＴ
2πｍ／Ｂｑ＝2πｎｍ／Ｂ′ｑ2πｍ／Ｂ′ｑ＝2πｎｍ／Ｂｑ
Ｂ＝ｎＢ，（ｎ＝1，2，3……），Ｂ＝ｎＢ′．（ｎ＝1，2，3……）


本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/b8d4d980b84ae45c3a358cb7.html

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