39.　如图36-1所示，A是一边长为l的正方形线框，电阻为R．现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场B区域．取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开始运动，则线框中产生的感应电流i随时间t变化的图线是图36-2中的：?［　 ］

解析：由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，因此在线框中产生的感应电流大小不变．根据楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时感应电流的方向与规定的正方向相反，因此应选B．

想一想:若将题39改为：以x轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线为图36-3中的：?［　 ］

同理可分析得正确答案应选C．

38.　电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab＝l、ad＝h、

质量为m，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂

直纸面向里，磁场区域的宽度为h，如图35-1所示．若线框恰好

以恒定速度通过磁场，线框内产生的焦耳热是　　．(不考虑

空气阻力)

　解析：线框以恒定速度通过磁场，动能不变，重力势能减少，减少的重力势能转化为线框内产生的焦耳热．根据能的转化与守恒定律得：Q＝mg·2h＝2mgh．

37.如图34-1所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间距离为l，导轨平面与水平面的夹角为θ．在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为B．在导轨的A、C端连接一个阻值为R的电阻．一根垂直于导轨放置的金属棒ab，质量为m，从静止开始沿导轨下滑．求ab棒的最大速度．(已知ab和导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻不计)

解析：本题的研究对象为ab棒，画出ab棒的平面受力图，如图34-2．ab棒所受安培力F沿斜面向上，大小为F＝BIl＝B²l²v／R，则ab棒下滑的加速度

a＝［mgsinθ－(μmgcosθ+F)］／m．

ab棒由静止开始下滑，速度v不断增大，安培力F也增大，加速度a减小．当a＝0时达到稳定状态，此后ab棒做匀速运动，速度达最大．

mgsinθ－(μmgcosθ+B²l²v／R)＝0．

解得ab棒的最大速度

　v_m＝mgR(sinθ－μcosθ)／B²l²．

36.如图33-1所示，线圈abcd每边长l＝0.20m，线圈质量m₁＝0.10kg、电阻R＝0.10Ω，砝码质量m₂＝0.14kg．线圈上方的匀强磁场磁感强度B＝0.5T，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为h＝l＝0.20m．砝码从某一位置下降，使ab边进入磁场开始做匀速运动．求线圈做匀速运动的速度．

解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力F_安、绳子的拉力F和重力m₁g相互平衡，即

F＝F_安+m₁g．　①

砝码受力也平衡：

F＝m₂g．　②

线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流

I＝Blv／R，　③

因此线圈受到向下的安培力

F_安＝BIl．　④

联解①②③④式得v＝(m₂－m₁)gR／B²l²．

代入数据解得：v＝4(m／s)

34、如图31-1所示，从阴极K射出的电子经U₀=5000V的电势差加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L₁=10cm，间距d=4cm的平行金属板AB之间。在离金属板边缘L₂=75cm处放置一个直径D=20cm，带有记录纸的圆筒。整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计。

(1)若在金属板上加以U₁=1000V的直流电压(A板电势高)后，为使电子沿入射方向作匀速直线运动到达圆筒，应加怎样的磁场(大小和方向)；

(2)若在两金属板上加以U₂=1000cos2πtV的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2转/秒匀速转动。试确定电子在记录纸上的轨迹形状，并画出1秒钟内所记录到的图形。

分析与解：偏转极板上加恒定电压 U后，电子在电场中受到恒定的电场力作用，故所加的磁场方向只要使运动电子所受到的洛仑兹力与电场力等大反向即可。偏转极板上加上正弦交流电后，板间电场变为交变电场，电子在板间的运动是水平方向作匀速直线运动，竖直方向作简谐运动。偏出极板后作匀速直线运动，电子到达圆筒后，在筒上留下的痕迹是电子在竖直方向的“扫描”和圆筒匀速转动的合运动。

据动能定理：eU0=mV0²，得电子加速后的入射速度为：

　V0= =4.2×10⁷m/s

(1)加直流电压时，A、B两板间场强：

　　E1=U1/d=1000/(4×10^-2)=2.5×10⁴v/m

为使电子作匀速直线运动，应使电子所受电场力与洛仑兹力平衡，即：qE1=qBV0，

得：B=E1/V0=(2.5×10⁴)/(4.2×10⁷)=6×10^-4T

方向为垂直于纸面向里。

(2)加上交流电压时，A、B两板间场强为：

E2=U2/d=1000cos2πt/(4×10^-2)=2.5×10⁴cos2πt v/m

电子飞离金属板时的偏距为：y₁=at1²=(eE2/m)(L1/V0)²

电子飞离金属板时的竖直速度为：V_y=at₁=(eE2/m)(L1/V0)

从飞离板到到达筒的偏距：y₂=V_yt₂=(eE2/m)(L1/V0)(L2/V0)=(eE2L1L2)/(mV0²)

所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏距为：(如图31-2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

可见，在记录纸上的点以振幅0.20m，周期T=2π/ω=1秒而作简谐运动。因圆筒每秒转2周(半秒转1周)，故在1秒内，纸上的图形如图31-3所示。

　35、如图32-1所示，两根互相平行、间距d=0.4米的金属导轨，水平放置于匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，磁场垂直于导轨平面，金属滑杆ab、cd所受摩擦力均为f=0.2N。两根杆电阻均为r=0.1Ω，导轨电阻不计，当ab杆受力F=0.4N的恒力作用时，ab杆以V₁做匀速直线运动，cd杆以V₂做匀速直线运动，求速度差(V₁－ V₂)等于多少？

分析与解：在电磁感应现象中，若回中的感应电动势是由导体做切割磁感线运动而产生的，则通常用ε=BlVsinθ来求ε较方便，但有时回路中的电动势是由几根棒同时做切割磁感线运动产生的，如果先求出每根导体棒各自的电动势，再求回路的总电动势，有时就会涉及“反电动势”而超纲。如果取整个回路为研究对象，直接将法拉第电磁感应定律ε=用于整个回路上，即可“一次性”求得回路的总电动势，避开超纲总而化纲外为纲内。

cd棒匀速向右运动时，所受摩擦力f方向水平向左，则安培力F_cd方向水平向右，由左手定则可得电流方向从c到d，且有：

F_cd = IdB = f

I = f /Bd　　　　　　①

取整个回路abcd为研究对象，设回路的总电势为ε，由法拉第电磁感应定律ε=，根据B不变，则△φ=B△S，在△t时间内，

△φ=B(V₁－V₂)△td

所以：ε=B(V₁－V₂)△td/△t=B(V₁－V₂)d　　　　 ②

又根据闭合电路欧母定律有：I=ε/2r　　　　 ③　　

由式①②③得：V₁－V₂ = 2fr / B²d²

代入数据解得：V₁－V₂ =6.25(m/s)

33、如图30-1所示，虚线上方有场强为E的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外。ab是一根长L的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端在虚线上。将一套在杆上的举正电小球从a端由静止释放后，小球先是加速运动，后是匀速运动则达b端。已知小球与绝缘杆间的动因摩擦数μ=0.3，小球的重力可忽略不计。当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆半径为L/3。求：带电小球以 a到b运动过程中克服摩擦力做的功与电场力所做功的比值。

分析与解：(1)带电小球在沿杆向下运动时，

其受力情况如30-2图示。

水平方向：F_洛=N=qBV [1]

竖直方向：qE=f [2] (匀速运动时)

又因f=μN [3]，联立解[1][2][3]式得：qE=f=μqBV_b

小球在磁场中作匀速圆周运动：qBV_b=mV_b²/R=3mV_b²/L，所以V_b=qBL/3m

小球从a到b运动过程中，由动能定理：W_电-W_f=mV_b²

W_电=qEL=μqBV_bL=0.3×qBL(qBL/3m)=q²B²L²/10m

所以，W_f=W_电-mV_b²=q²B²L²/10m-(m/2)(q²B²L²/9m²)=2q²B²L²/45m

所以，W_f/W_电=(2q²B²L²/45m)/(q²B²L²/10m)=4/9。

32、平行金属，板长1.4米，两板相距30厘米，两板间匀强磁场的B为1.3×10^-3特斯拉，两板间所加电压随时间变化关系如29-1图所示。当t=0时，有一个a粒子从左侧两板中央以V=4×10³米/秒的速度垂直于磁场方向射入，如29-2图所示。不计a粒子的重力，求：该粒子能否穿过金属板间区域?若不能，打在何处?若能，则需多长时间? (已知a粒子电量q=3.2×10^-19库，质量m=6.64×10^-27千克)

分析与解：在t=0到t=1×10^-4秒时间内，两板间加有电压，a粒子受到电场力和洛仑兹力分别为：F=qu/d=q×1.56/0.3=5.2q 方向竖直向下

　f=qBv=q×1.3×10^-3×4×10³=5.2q 方向竖直向上

因F=f，故做匀速直线运动，其位移为：△S=v△t=4×10³×1×10^-4=0.4米

在t=1×10^-4秒到t=2×10^-4秒时间内，两板间无电场，a粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，其轨迹半径为：

r=mv/qB=(6.64×10^-27×4×10³)/(3.2×10^-19×1.3×10^-3)=6.37×10^-2米＜d/4

所以粒子不会与金属板相碰。面a粒子做匀速圆周运动的周期为：

T=2πm/qB=(2×3.14×6.64×10^-27)/(3.2×10^-19×1.3×10^-3)=1.0×10^-4秒

则在不加电压的时间内，a粒子恰好能在磁场中运动一周。当两板间又加上第2个周期和第3个周期的电压时，a粒子将重复上述的运动。故经13/4周期飞出板外(t=6.5×10^-4秒)其运动轨迹如29-3图所示。

31、如图28-1所示，X轴上方有匀强磁场B，下方

有匀强电场E。电量为q、质量为m、重力不计的粒

子y轴上。X轴上有一点N(L.0)，要使粒子在y轴

上由静止释放而能到达N点，问：(1)粒子应带何种

电荷? (2)释放点M应满足什么条件? (3)粒子从M

点运动到N点经历多长的时间?

分析与解：(1) 粒子由静止释放一定要先受电场力作用 (磁场对静止电荷没有作用力)，所以 M点要在-Y轴上。要进入磁场必先向上运动，静上的电荷要向上运动必须受到向上的电场力作用，而场强 E方向是向下的，所以粒子带负电。

(2)粒子在M点受向上电场力，从静止出发做匀加速运动。在 O点进入匀强磁场后，只受洛仑兹力(方向沿+X轴)做匀速周围运动，经半个周期，回到X轴上的P点，进入匀强电场，在电场力作用下做匀减速直线运动直到速度为零。然后再向上做匀加速运动，在X轴上P点进入匀强磁场，做匀速圆运动，经半个周期回到X轴上的Q点，进入匀强电场，再在电场力作用下做匀减速运动直到速度为零。此后，粒子重复上述运动直到 X轴上的N点，运动轨迹如图28-2所示。

设释放点M的坐标为(0.-y_O)，在电场中由静

止加速，则：qEy_O=mV² [1]

在匀强磁场中粒子以速率V做匀速圆周运动，

有：qBV=mV²/R [2]

设n为粒子做匀速圆周运动的次数(正整数)

则：L=n2R，所以R=L/2n [3]

解[1][2][3]式得：V=qBL/2mn，所以y_O=qB²L²/8n²mE (式中n为正整数)

(3)粒子由M运动到N在电场中的加速运动和减速运动的次数为(2n-1)次，

　每次加速或减速的时间都相等，设为t₁，则：y_O=at₁²=qEt₁²/m

所以t₁=

粒子在磁场中做匀速圆周运动的半周期为t₂，共n次，t₂=πm/qB

粒子从M点运动到N点共经历的时间为：

t=(2n-1)t₁+nt₂=(2n-1)BL/2nE+nπm/qB (n=1、2、3……)

30、如图27-1所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，

EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求：(1)ab、cd棒的最终速度，(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。

分析与解：ab下滑进入磁场后切割磁感线，在abcd电路中产生感应电流，ab、cd各受不同的磁场力作用而分别作变减速、变加速运动，电路中感应电流逐渐减小，当感应电流为零时，ab、cd不再受磁场力作用，各自以不同的速度匀速滑动。全过程中系统内机械能转化为电能再转化为内能，总能量守恒。

(1)　　 ab自由下滑，机械能守恒：mgh=(1/2)mV² [1]

由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度 L_ab=3L_cd，故它们的磁场力为：F_ab=3F_cd [2]

在磁场力作用下，ab、cd各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当ε_ab=ε_cd时，电路中感应电流为零，(I=0)，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有：BL_abV_ab=BL_cdV_cd 所以V_ab=V_cd/3 [3]

ab、cd受磁场力作用，动量均发生变化，由动量定理得：

　　　F_ab△t=m(V-V_ab) [4]　 F_cd△t=mV_cd [5]

联立以上各式解得：V_ab=(1/10)，V_cd=(3/10)

(2)根据系统能量守恒可得：Q=△E_机=mgh-(1/2)m(V_ab²+V_cd²)=(9/10)mgh

说　 明：本题以分析ab、cd棒的受力及运动情况为主要线索求解。

注意要点：①明确ab、cd运动速度稳定的条件。

②理解电磁感应及磁场力计算式中的“L”的物理意义。

③电路中的电流、磁场力和金属棒的运动之间相互影响制约变化复杂， 解题时抓住每一瞬间存在F_ab=3F_cd及终了状态时V_ab=(1/3)V_cd的关系，用动量定理求解十分方便。

④金属棒所受磁场力是系统的外力，且F_ab≠F_cd时，合力不为零，故系统动量不守恒，只有当L_ab=L_cd时，F_ab=F_cd，方向相反，其合力为零时，系统动

量才守恒。

29、如图26-1所示，用密度为D、电阻率为ρ的导线做成正方形线框，从静止开始沿竖直平面自由下落。线框经过方向垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，且磁场区域高度等于线框一边之长。为了使线框通过磁场区域的速度恒定，求线框开始下落时的高度h。(不计空气阻力)

分析与解：线框匀速通过磁场的条件是受到的竖直向上的安培力与重力平衡，即：F_安=mg [1]

设线框每边长为L，根据线框进入磁场的速度为，则安培力可表达为：

F_安=BIL=　 　[2]

设导线横截面积为S，其质量为：m=4LSD [3]

其电阻为：R=ρ4L/S [4]

联立解[1]、[2]、[3]、[4]式得：

h=128D²ρ²g/B⁴

想一想：若线框每边长为L，全部通过匀强磁场的时间

为多少?(t=2L/V)

线框通过匀强磁场产生的焦耳热为多少？(Q=2mgL)