9、如圖9-1所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外。ab是一根長L的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，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，小球先是加速運動，后是勻速運動則達b端。已知小球與絕緣桿間的動因摩擦數(shù)μ=0.3，小球的重力可忽略不計。當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓半徑為L/3。求：帶電小球以 a到b運動過程中克服摩擦力做的功與電場力所做功的比值。

分析與解：(1)帶電小球在沿桿向下運動時，其受力情況如9-2圖示。

水平方向：F_洛=N=qBV [1]   豎直方向：qE=f [2] (勻速運動時)   又因f=μN [3]，聯(lián)立解[1][2][3]式得：qE=f=μqBV_b   小球在磁場中作勻速圓周運動：qBV_b=mV_b²/R=3mV_b²/L，所以V_b=qBL/3m   小球從a到b運動過程中，由動能定理：W_電-W_f=（1/2）mV_b²   W_電=qEL=μqBV_bL=0.3×qBL(qBL/3m)=q²B²L²/10m   所以，W_f=W_電-（1/2）mV_b²=q²B²L²/10m-(m/2)(q²B²L²/9m²)=2q²B²L²/45m     所以，W_f/W_電=(2q²B²L²/45m)/(q²B²L²/10m)=4/9。   10、如圖10-1所示，從陰極K射出的電子經(jīng)U₀=5000V的電勢差加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L₁=10cm，間距d=4cm的平行金屬板AB之間。在離金屬板邊緣L₂=75cm處放置一個直徑D=20cm，帶有記錄紙的圓筒。整個裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射的初速度不計。

(1)若在金屬板上加以U₁=1000V的直流電壓(A板電勢高)后，為使電子沿入射方向作勻速直線運動到達圓筒，應(yīng)加怎樣的磁場(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。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。

分析與解：偏轉(zhuǎn)極板上加恒定電壓 U后，電子在電場中受到恒定的電場力作用，故所加的磁場方向只要使運動電子所受到的洛侖茲力與電場力等大反向即可。偏轉(zhuǎn)極板上加上正弦交流電后，板間電場變?yōu)榻蛔冸妶�，電子在板間的運動是水平方向作勻速直線運動，豎直方向作簡諧運動。偏出極板后作勻速直線運動，電子到達圓筒后，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)動的合運動。

據(jù)動能定理：eU0=(1/2)mV0²，得電子加速后的入射速度為：  V0==4.2×10⁷m/s   (1)加直流電壓時，A、B兩板間場強：   　　　E1=U1/d=1000/(4×10^-2)=2.5×10⁴v/m   為使電子作勻速直線運動，應(yīng)使電子所受電場力與洛侖茲力平衡，   即：qE1=qBV0，   得：B=E1/V0=(2.5×10⁴)/(4.2×10⁷)=6×10^-4T   方向為垂直于紙面向里。

(2)加上交流電壓時，A、B兩板間場強為：

E2=U2/d=1000cos2πt/(4×10^-2)=2.5×10⁴cos2πt v/m   電子飛離金屬板時的偏距為：y₁=(1/2)at1²=(1/2)(eE2/m)(L1/V0)²   電子飛離金屬板時的豎直速度為：V_y=at₁=(eE2/m)(L1/V0)   從飛離板到到達筒的偏距：y₂=V_yt₂=(eE2/m)(L1/V0)(L2/V0)=(eE2L1L2)/(mV0²)   所以在紙筒上的落點對入射方向的總偏距為：(如圖10-2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)=0.20cos2πt m

可見，在記錄紙上的點以振幅0.20m，周期T=2π/ω=1秒而作簡諧運動。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10-3所示。

11、如圖11-1所示，兩根互相平行、間距d=0.4米的金屬導(dǎo)軌，水平放置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=0.2T，磁場垂直于導(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=0.1Ω，導(dǎo)軌電阻不計，當ab桿受力F=0.4N的恒力作用時，ab桿以V₁做勻速直線運動，cd桿以V₂做勻速直線運動，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)電動勢是由導(dǎo)體做切割磁感線運動而產(chǎn)生的，則通常用ε=BlVsinθ來求ε較方便，但有時回路中的電動勢是由幾根棒同時做切割磁感線運動產(chǎn)生的，如果先求出每根導(dǎo)體棒各自的電動勢，再求回路的總電動勢，有時就會涉及“反電動勢”而超綱。如果取整個回路為研究對象，直接將法拉第電磁感應(yīng)定律ε=

11、如圖11-1所示，兩根互相平行、間距d=0.4米的金屬導(dǎo)軌，水平放置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=0.2T，磁場垂直于導(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=0.1Ω，導(dǎo)軌電阻不計，當ab桿受力F=0.4N的恒力作用時，ab桿以V₁做勻速直線運動，cd桿以V₂做勻速直線運動，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)電動勢是由導(dǎo)體做切割磁感線運動而產(chǎn)生的，則通常用ε=BlVsinθ來求ε較方便，但有時回路中的電動勢是由幾根棒同時做切割磁感線運動產(chǎn)生的，如果先求出每根導(dǎo)體棒各自的電動勢，再求回路的總電動勢，有時就會涉及“反電動勢”而超綱。如果取整個回路為研究對象，直接將法拉第電磁感應(yīng)定律ε=用于整個回路上，即可“一次性”求得回路的總電動勢，避開超綱總而化綱外為綱內(nèi)。   cd棒勻速向右運動時，所受摩擦力f方向水平向左，則安培力F_cd方向水平向右，由左手定則可得電流方向從c到d，且有： F_cd = IdB = f   I = f /Bd　　　　　　　　　　　�、�   取整個回路abcd為研究對象，設(shè)回路的總電勢為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時間內(nèi)，   △φ=B(V₁－V₂)△td 所以：ε=B(V₁－V₂)△td/△t=B(V₁－V₂)d　　　　　　　　 ②   又根據(jù)閉合電路歐母定律有：I=ε/2r　　　　　　　 ③　　　   由式①②③得：V₁－V₂ = 2fr / B²d²   代入數(shù)據(jù)解得：V₁－V₂ =6.25（m/s）

12.如圖12-1所示，線圈ａｂｃｄ每邊長ｌ＝0.20ｍ，線圈質(zhì)量ｍ₁＝0.10ｋｇ、電阻Ｒ＝0.10Ω，砝碼質(zhì)量ｍ₂＝0.14ｋｇ．線圈上方的勻強磁場磁感強度Ｂ＝0.5Ｔ，方向垂直線圈平面向里，磁場區(qū)域的寬度為ｈ＝ｌ＝0.20ｍ．砝碼從某一位置下降，使ａｂ邊進入磁場開始做勻速運動．求線圈做勻速運動的速度．

解析：該題的研究對象為線圈，線圈在勻速上升時受到的安培力Ｆ_安、繩子的拉力Ｆ和重力ｍ₁ｇ相互平衡，即 Ｆ＝Ｆ_安＋ｍ₁ｇ．　�、�   砝碼受力也平衡： Ｆ＝ｍ₂ｇ．　�、�   線圈勻速上升，在線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流 Ｉ＝Ｂｌｖ／Ｒ，　�、�   因此線圈受到向下的安培力 Ｆ_安＝ＢＩｌ．　�、�   聯(lián)解①②③④式得ｖ＝（ｍ₂－ｍ₁）ｇＲ／Ｂ²ｌ²．   代入數(shù)據(jù)解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ）   13.如圖13-1所示，ＡＢ、ＣＤ是兩根足夠長的固定平行金屬導(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．在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強磁場，磁感強度為Ｂ．在導(dǎo)軌的Ａ、Ｃ端連接一個阻值為Ｒ的電阻．一根垂直于導(dǎo)軌放置的金屬棒ａｂ，質(zhì)量為ｍ，從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑．求ａｂ棒的最大速度．（已知ａｂ和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計）

解析：本題的研究對象為ａｂ棒，畫出ａｂ棒的平面受力圖，如圖13-2．ａｂ棒所受安培力Ｆ沿斜面向上，大小為Ｆ＝ＢＩｌ＝Ｂ²ｌ²ｖ／Ｒ，則ａｂ棒下滑的加速度

ａ＝［ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｆ）］／ｍ．

ａｂ棒由靜止開始下滑，速度ｖ不斷增大，安培力Ｆ也增大，加速度ａ減小．當ａ＝0時達到穩(wěn)定狀態(tài)，此后ａｂ棒做勻速運動，速度達最大．

ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｂ²ｌ²ｖ／Ｒ）＝0．   解得ａｂ棒的最大速度   　?ｖ_ｍ＝ｍｇＲ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／Ｂ²ｌ²．  
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