电学典型例题详解.docx

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电学典型例题详解

高中物理电学典型例题详解

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＝7．2×10－５Ｃ，求电阻Ｒ２的阻值?

图3-87

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．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．

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．

　电容器带电量　Ｑ＝ＣＵＣ＝1．2×10－３Ｃ．

（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，

　Ｑ12＋Ｑ34＝Ｑ＝1．2×10－3Ｃ，

所以　Ｑ12＝2Ｑ／3＝0．8×10－3Ｃ．

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）

　3．解：

（1）对物体，根据动能定理，有

　ｑＥＬ１＝（1／2）ｍｖ１2，得　ｖ１＝

．

（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）

．

　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）

．

　（3）电场力做功

　Ｗ＝（1／2）ｍｖ１２＋（（1／2）ｍｖ２２－（1／2）ｍｖ１′２）＝（13／

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）

　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）ｍｖ２．

　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

　　ｆ＝ｍｖ２／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／ｔ＝ｑ／Ｔ＝ｑ２Ｂ／2πｍ．

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?

　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．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?

　（3）在此过程中系统增加的内能?

（ｇ＝10ｍ／ｓ２）

　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．

　（3）Ｑ＝ΔＥ＝（1／2）Ｍｖ０２－（1／2）Ｍｖ２－（1／2）ｍｖｍａｘ２＝8．75Ｊ．

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

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．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的正方形，其电场强度为Ｅ＝4×10５Ｖ／ｍ，磁感强度Ｂ＝2×10－2Ｔ，磁场方向垂直纸面向里，当一束质荷比为ｍ／ｑ＝4×10－10ｋｇ／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．

　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，

　ｖ＝Ｅ／Ｂ＝2×10７ｍ／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

　ｑＢｖ＝ｍｖ２／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

　偏转角为θ′如图17乙所示，则ｔｇθ′＝ｖｙ／ｖ＝（ｑＥＬ／ｍｖ２）·（1／2），

图17

　偏离距离为ｙ２′＝（1／2）ａｔ２＝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，

　ａ、ｂ间的距离

＝0．53ｍ．

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）×10－3ｓ，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，带电粒子的荷质比为1．0×10４Ｃ／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?

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．

　Ｔ＝2πｍ／Ｂｑ＝（π／2）×10－３ｓ，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．

　由ｑＵ＝（1／2）ｍｖ２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．

　由ｒ′＝ｍｖ′／Ｂｑ和ｑＵｍａｘ＝（1／2）ｍｖ′２，解得Ｕｍａｘ＝450Ｖ．

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

　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，　　①

　Ｉ＝

／Ｒ，　　②

　外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能

　Ｗ外＝Ｅ电＝Ｉ

ｔ，　　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：

ｍａｘ＝ＢＳω，　　④

　Ｉｍａｘ＝

ｍａｘ／Ｒ　　⑤

　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

　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

∴　两次外力做功之差Ｗ′－Ｗ＝2．3×10－3Ｊ．

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ｘＯｙ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

　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

　其圆的方程为：

（Ｒ－ｘ）２＋ｙ２＝Ｒ２．

　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：

　ｘ２＋（Ｒ－ｙ）２＝Ｒ２，

　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

　Ｓｍｉｎ＝2（（πＲ２／4）－（Ｒ２／2））＝（（π－2）／2）（ｍｖ０）２／（Ｂｅ）２．

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

　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）ａｔ１２，　　④

　ｔ１＝ｌ／4ｖ０，　　⑤

　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′ｔ２2，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．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?

　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％．

　∵Ｐ损＝Ｉ2Ｒ线，又∵Ｐ＝ＩＵ，

　∴Ｒ线＝Ｐ损／（Ｐ／Ｕ）2＝（200×1000）／（500×1000／6000）2＝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

　Ｐ损′＝Ｉ′2Ｒ线＝Ｐ×2％＝10000Ｗ，

则有　（500000／Ｕ′）2×Ｒ线＝10000Ｗ，

　得　Ｕ′＝

＝2．68×10４Ｖ．

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

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，

　联立以上各式解出Ｐ＝（ｎ－1）Ｂ２ｌ２ω２Ｄ２／4ｎηＲ．

　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

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

　ρ′Ｓ·2（ｄ＋Ｌ）ｇ－（Ｂ２Ｌ２ｖ／（ρ２（Ｌ＋ｄ）／Ｓ））＝ρ′Ｓ（Ｌ＋ｄ）2·ａ

则　ａ＝ｇ－（Ｂ２Ｌ２ｖ／4ρρ′（Ｌ＋ｄ）２

　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．匀强电场的场强Ｅ＝2．0×10３Ｖｍ－1，方向水平．电场中有两个带电质点，其质量均为ｍ＝1．0×10－５ｋｇ．质点Ａ带负电，质点Ｂ带正电，电量皆为ｑ＝1．0×10－９Ｃ．开始时，两质点位于同一等势面上，Ａ的初速度ｖＡｏ＝2．0ｍ·ｓ－1，Ｂ的初速度ｖＢｏ＝1．2ｍ·ｓ－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?

图3-100

　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，　　②

　Ａ、Ｂ间的最大距离为

　Δｓｍａｘ＝（ｖＡｏｔ１－（1／2）ａｔ１2）－（ｖＢｏｔ１＋（1／2）ａｔ１2）＝（ｖＡｏ－ｖＢｏ）ｔ１－ａｔ１2，　　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

　ａ＝ｑＥ／ｍ＝0．20ｍ／ｓ2．　　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

　ｖＡｏｔ２－（1／2）ａｔ２２＝ｖＢｏｔ２＋（1／2）ａｔ２2．

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．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?

　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

　ｖ１２＝ｖ０２－2ａｘ１，

　以ｖ１＝（1／2）ｖ０代入就得到此时金属杆的ｘ坐标，即

　ｘ１＝3ｖ０２／8ａ．

　由题给条件就得出此时金属杆所在处的磁感应强度Ｂ０＝3ｋｖ０２／8ａ

　因而此时由金属杆切割磁感线产生的感应电动势

１＝Ｂ１ｖ１ｌ＝（3ｋｖ０3／16ａ）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，ｘ＝ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ2．

　由金属杆切割磁感线产生的感应电动势

＝ｋ（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ2）（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

　Ｉ＝ｋ（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ2）（ｖ０－ａｔ）ｄ／Ｒ．

　因而金属杆所受的安培力等于

　ｆ＝ＩＢｌ＝ｋ２（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ２）２（ｖ０－ａｔ）ｄ２／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

　Ｆ＋（ｋ２（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ２）２（ｖ０－ａｔ）ｄ２／Ｒ）＝ｍａ，

　由上式解得作用在金属杆的外力等于

　Ｆ＝ｍａ－（ｋ２（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ２）２（ｖ０－ａｔ）ｄ２／Ｒ），

　上式只有在时刻ｔ＜Ｔ＝2ｖ０／ａ范围才成立．

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．

　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

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