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(xiàn)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(xiàn)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=(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(shí)，A、B兩板間場(chǎng)強(qiáng)： E1=U1/d=1000/(4×10-2)=2.5×104v/m 為使電子作勻速直線(xiàn)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=(2.5×104)/(4.2×107)=6×10-4T 方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶铩?/FONT>(2)加上交流電壓時(shí)，A、B兩板間場(chǎng)強(qiáng)為：
E2=U2/d=1000cos2πt/(4×10-2)=2.5×104cos2πt v/m 電子飛離金屬板時(shí)的偏距為：y1=(1/2)at12=(1/2)(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(jiàn)，在記錄紙上的點(diǎn)以振幅0.20m，周期T=2π/ω=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(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=0.1Ω，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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，cd桿以V2做勻速直線(xiàn)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的，則通常用ε=BlVsinθ來(lái)求ε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(xiàn)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(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=0.1Ω，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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，cd桿以V2做勻速直線(xiàn)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的，則通常用ε=BlVsinθ來(lái)求ε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(xiàn)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ε=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(kāi)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(shí)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(xiàn)圈ａｂｃｄ每邊長(zhǎng)ｌ＝0.20ｍ，線(xiàn)圈質(zhì)量ｍ1＝0.10ｋｇ、電阻Ｒ＝0.10Ω，砝碼質(zhì)量ｍ2＝0.14ｋｇ．線(xiàn)圈上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度Ｂ＝0.5Ｔ，方向垂直線(xiàn)圈平面向里，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為ｈ＝ｌ＝0.20ｍ．砝碼從某一位置下降，使ａｂ邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)．求線(xiàn)圈做勻速運(yùn)動(dòng)的速度．
解析：該題的研究對(duì)象為線(xiàn)圈，線(xiàn)圈在勻速上升時(shí)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． ② 線(xiàn)圈勻速上升，在線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流 Ｉ＝Ｂｌｖ／Ｒ， ③ 因此線(xiàn)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(zhǎng)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(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為Ｂ．在導(dǎo)軌的Ａ、Ｃ端連接一個(gè)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(kāi)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計(jì)） 解析：本題的研究對(duì)象為ａｂ棒，畫(huà)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(kāi)始下滑，速度ｖ不斷增大，安培力Ｆ也增大，加速度ａ減小．當(dāng)ａ＝0時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此后ａｂ棒做勻速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)最大．
ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ）＝0． 解得ａｂ棒的最大速度 ?ｖｍ＝ｍｇＲ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／Ｂ2ｌ2．本文來(lái)自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaokao/276073.html
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