高中物理典型例題集錦(三).doc

。高中物理典型例題集錦(三)山東 賈玉兵電學(xué)部分圖22-125、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。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：在上題中若斷開開關(guān)S后，再移動(dòng)金屬板，則問(wèn)題又如何?(選A、B)。圖23-1圖23-1(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?，F(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(與電壓變化周期相同)，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：圖23-2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速度作勻速直線運(yùn)動(dòng)，側(cè)向位移為y2，如圖23-2所示。這些離子在離開電場(chǎng)時(shí)，側(cè)向位移有最大值，即(y1+y2)。圖23-3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23-3所示。這些離子離開電場(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。圖24-1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)對(duì)帶電小球有：mg=qE=qUC/d=(2/3)q/d 得：=(3/2)mgd/q(2)電鍵S斷開后，R1、R4串聯(lián)，則UC=/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/2qUC/2mgd+qUC=0 2由12式解得：q=7q/6。圖25-128、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=/(Rmax+r)=BLV/(4R0+R0)=BLV/5R0所以，Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R029、如圖26-1所示，用密度為D、電阻率為的導(dǎo)線做成正方形線框，從靜止開始沿豎直平面自由下落。線框經(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)域高度等于線框一邊之長(zhǎng)。為了使線框通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的速度恒定，求線框開始下落時(shí)的高度h。(不計(jì)空氣阻力)分析與解：線框勻速通過(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設(shè)線框每邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，根據(jù)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為，則安培力可表達(dá)為：F安=BIL= 2圖26-1設(shè)導(dǎo)線橫截面積為S，其質(zhì)量為：m=4LSD 3其電阻為：R=4L/S 4聯(lián)立解1、2、3、4式得：h=128D22g/B4想一想：若線框每邊長(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)線框通過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)產(chǎn)生的焦耳熱為多少？(Q=2mgL)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。圖27-1分析與解：ab下滑進(jìn)入磁場(chǎng)后切割磁感線，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)ab=cd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 3ab、cd受磁場(chǎng)力作用，動(dòng)量均發(fā)生變化，由動(dòng)量定理得：Fabt=m(V-Vab) 4 Fcdt=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)情況為主要線索求解。注意要點(diǎn)：明確ab、cd運(yùn)動(dòng)速度穩(wěn)定的條件。理解電磁感應(yīng)及磁場(chǎng)力計(jì)算式中的“L”的物理意義。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。圖28-1金屬棒所受磁場(chǎng)力是系統(tǒng)的外力，且FabFcd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)釋放點(diǎn)M應(yīng)滿足什么條件? (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)做勻速周圍運(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。圖28-2設(shè)釋放點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0.-yO)，在電場(chǎng)中由靜止加速，則：qEyO=mV2 1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123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=圖29-1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=m/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+nm/qB (n=1、2、3)圖29-232、平行金屬，板長(zhǎng)1.4米，兩板相距30厘米，兩板間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的B為1.310-3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=4103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=3.210-19庫(kù)，質(zhì)量m=6.6410-27千克) 圖29-3分析與解：在t=0到t=110-4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=q1.56/0.3=5.2q 方向豎直向下 f=qBv=q1.310-34103=5.2q 方向豎直向上因F=f，故做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其位移為：S=vt=4103110-4=0.4米在t=110-4秒到t=210-4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=(6.6410-274103)/(3.210-191.310-3)=6.3710-2米d/4所以粒子不會(huì)與金屬板相碰。面a粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T=2m/qB=(23.146.6410-27)/(3.210-191.310-3)=1.010-4秒則在不加電壓的時(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=6.510-4秒)其運(yùn)動(dòng)軌跡如29-3圖所示。圖30-133、如圖30-1所示，虛線上方有場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向下，虛線上下有磁感強(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)線放置在虛線上方的場(chǎng)中，b端在虛線上。將一套在桿上的舉正電小球從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)=0.3，小球的重力可忽略不計(jì)。當(dāng)小球脫離桿進(jìn)入虛線下方后，運(yùn)動(dòng)軌跡是半圓，圓半徑為L(zhǎng)/3。求：帶電小球以 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。圖30-2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=N 3，聯(lián)立解123式得：qE=f=qBVb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=mVb2W電=qEL=qBVbL=0.3qBL(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=1000cos2tV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，并畫出1秒鐘內(nèi)所記錄到的圖形。圖31-1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= =4.2107m/s(1)加直流電壓時(shí)，A、B兩板間場(chǎng)強(qiáng)：E1=U1/d=1000/(410-2)=2.5104v/m為使電子作勻速直線運(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=(2.5104)/(4.2107)=610-4T方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶?。圖31-2(2)加上交流電壓時(shí)，A、B兩板間場(chǎng)強(qiáng)為：E2=U2/d=1000cos2t/(410-2)=2.5104cos2t v/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)圖31-3 =(10/2+75)10-2(101000cos2t)/(250004)=0.20cos2t m可見，在記錄紙上的點(diǎn)以振幅0.20m，周期T=2/=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32-1 35、如圖32-1所示，兩根互相平行、間距d=0.4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=0.2T，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=0.2N。兩根桿電阻均為r=0.1，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，當(dāng)ab桿受力F=0.4N的恒力作用時(shí)，ab桿以V1做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd桿以V2做勻速直線運(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，若回中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是由導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的，則通常用=BlVsin來(lái)求較方便，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=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 /Bd取整個(gè)回路abcd為研究對(duì)象，設(shè)回路的總電勢(shì)為，由法拉第電磁感應(yīng)定律=，根據(jù)B不變，則=BS，在t時(shí)間內(nèi)，=B(V1V2)td所以：=B(V1V2)td/t=B(V1V2)d 又根據(jù)閉合電路歐母定律有：I=/2r 由式得：V1V2 = 2fr / B2d2代入數(shù)據(jù)解得：V1V2 =6.25（m/s）圖33-136.如圖33-1所示，線圈每邊長(zhǎng)0.20，線圈質(zhì)量10.10、電阻0.10，砝碼質(zhì)量20.14線圈上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度0.5，方向垂直線圈平面向里，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為0.20砝碼從某一位置下降，使邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始做勻速運(yùn)動(dòng)求線圈做勻速運(yùn)動(dòng)的速度解析：該題的研究對(duì)象為線圈，線圈在勻速上升時(shí)受到的安培力安、繩子的拉力和重力1相互平衡，即安1砝碼受力也平衡：2線圈勻速上升，在線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流，因此線圈受到向下的安培力安聯(lián)解式得（21）22代入數(shù)據(jù)解得：4（）37.如圖34-1所示，、是兩根足夠長(zhǎng)的