?
则
?ｍｖ１＝ｍｖ１′＋4ｍｖ．
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?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）
2qEL1m．
?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＝ｖ2ｔ， ?即 ｖ２＝（7／5）ｖ１＝（7／5） ?（3）电场力做功
?Ｗ＝（1／2）ｍｖ１２＋（（1／2）ｍｖ２２－（1／2）ｍｖ１′２）＝（13／5）ｑＥＬ１． ?
２
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）ｍｖ． ?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
２
ｆ＝ｍｖ／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＝ｑＢ／2πｍ．
?
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＝Ｅ32ｒ＝2Ｂｖｒ． ?
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．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．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＝2310７ｍ／ｓ．
２
2qEL1m．
电学计算题第16页（共39页）
?
?ｑＢｖ＝ｍｖ／Ｒ，Ｒ＝ｍｖ／ｑＢ＝0．4ｍ．
２
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?（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
?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）2（1／2），
图17
?偏离距离为ｙ２′＝（1／2）ａｔ＝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 ?
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）310－３ｓ，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
＝0．53ｍ．
２
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．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
电学计算题第17页（共39页）
?
?由①、②、③并代入数据解出 Ｗ＝0．01Ｊ
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?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＝（ｍ2Ｉｍ／2）ｔ＝0．0123Ｊ． ⑦
－3
∴ 两次外力做功之差Ｗ′－Ｗ＝2．3310Ｊ． ?
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）＋ｙ＝Ｒ．
?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．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）ａｔ１， 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，
２
２
２
２
电学计算题第18页（共39页）
?
?（9／8）Ｕ２＞Ｕ＞（7／8）Ｕ２． ?
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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＝ＩＲ线，又∵Ｐ＝ＩＵ，
?∴Ｒ线＝Ｐ损／（Ｐ／Ｕ）2＝（20031000）／（50031000／6000）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＝Ｐ32％＝10000Ｗ， 则有 （500000／Ｕ′）23Ｒ线＝10000Ｗ， ?得 Ｕ′＝ ?
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 ｌｖ＝（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）ＢｌωＤ／4ｎηＲ． ?
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′Ｓ22（ｄ＋Ｌ）ｇ－（Ｂ２Ｌ２ｖ／（ρ２（Ｌ＋ｄ）／Ｓ））＝ρ′Ｓ（Ｌ＋ｄ）22ａ 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．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－ａｔ１， 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
2
２
２
２
２
2
720?106＝2．68310Ｖ．
４
＝Ｂ
电学计算题第19页（共39页）
?
?ｖＡｏｔ２－（1／2）ａｔ２＝ｖＢｏｔ２＋（1／2）ａｔ２．
２
2
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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
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．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
２
?ｘ１＝3ｖ０／8ａ．
?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
3
?因而此时由金属杆切割磁感线产生的感应电动势
?１＝Ｂ１ｖ１ｌ＝（3ｋｖ０／16ａ）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＝ｖ０
2
ｔ－（1／2）ａｔ．
?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＝ｋ（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ）（ｖ０－ａｔ）ｄ／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＋（ｋ（ｖ０ｔ－（1／2）ａｔ）（ｖ０－ａｔ）ｄ／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．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
２
２
２
２
２
２
２
２
图20
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