?
?ｆ２＝μ（ｍｇ＋ｑＥ）．
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?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，电场竖直向下时
?ｆ１Ｌ＝（1／2）ｍｖ０２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２＝ΔＥｋ１．
?电场竖直向上时
?ｆ２（1／2）Ｌ＝（1／2）ｍｖ０２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２＝ΔＥｋ２． ?对Ｅ向上、向下两种情况ΔＥｋ相同，由以上各式可得 ?（ｍｇ－ｑＥ）Ｌ＝（ｍｇ＋ｑＥ）Ｌ／2， 解得 Ｅ＝ｍｇ／3ｑ． ?
19．解：（1）证明：在ｔ时间内通过通电导体某一横截面电量Ｑ＝ｑｎｖｔ．根据电流强度的定义可得Ｉ＝Ｑ／ｔ＝ｑｎｖ，通电导体所受的安培力 Ｆ＝ＢＩＬ＝ＢｑｎｖＬ，依题意，得Ｆ＝ｎＬｆ， ∴ ｆ＝Ｆ／ｎＬ＝ＢｑｎｖＬ／ｎＬ＝ｑｖＢ．
?（2）用左手定则可知，金属导体后表面聚集较多的电子，故前表面电势较高，自由电子在定向移动过程中受电场力和洛伦兹力作用，于是
?ｅＥ＝ｅｖＢ，Ｅ＝Ｕ／ａ，Ｉ＝ｎｅｖ， ?由以上三式解得：Ｕ＝ａＢＩ／ｎｅ． ?
20．（1）如图21所示．
图21
?（2）Ｐ损＝Ｉ输２Ｒ＝Ｐ出35％， ?解出 Ｉ输＝P出?5%R＝50Ａ．
?由 Ｐ出＝Ｕ２Ｉ输，得Ｕ２＝Ｐ出／Ｉ输＝1．0310４Ｖ．
?由于输电线损失电功率，在降压变压器处输入功率为Ｐ′＝Ｐ出（1－5％）＝4．75310Ｗ． ?降压变压器初级电压：Ｕ３＝Ｐ′／Ｉ输＝4．75310５／50＝9．5310３Ｖ， ?∴ｎ３／ｎ４＝Ｕ３／Ｕ用＝9500／380＝25／1． ?
21．解：（1）由右手定则可判断ＡＢ向右运动时，Ｃ板电势高于Ｄ板电势，粒子被加速进入Ｂ２磁场中，ＡＢ棒向右运动时产生的电动势＝Ｂ１Ｌｖ（即为Ｃ、Ｄ间的电压）．粒子经过加速后获得的速度为ｖ′，则有ｑ＝（1／2）ｍｖ′，粒子在磁场Ｂ２中做匀速圆周运动，半径ｒ＝ｍｖ′／ｑＢ２．要使粒子恰好穿过，则有ｒ＝ｄ．
?联立上述各式代入数据可得 ｖ＝5．0ｍ／ｓ．
?故要使粒子能穿过磁场边界ＭＮ则要求ｖ＞5ｍ／ｓ．
2
５
电学计算题第21页（共39页）
?
?由速度图象可知，在0．25ｓ＜ｔ＜1．75ｓ可满足要求．
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?（2）当ＡＢ棒速度为ｖ＝5ｍ／ｓ时，粒子在磁场Ｂ2中到达边界ＭＮ打在Ｐ点上，其轨道半径ｒ＝ｄ＝0．1ｍ（此时
＝ｒ＝0．1ｍ）如图22所示．
图22
?当ＡＢ棒最大速度为ｖｍａｘ＝20ｍ／ｓ时，粒子从ＭＮ边界上Ｑ点飞出，其轨道半径最大，ｒｍａｘ＝2ｒ＝0．2ｍ，
?则P?O?=PQ＝ｄ－（ｒｍａｘ－
rmax?d22），
?代入数据可得：PQ＝（3－1）10ｍ＝7．3ｃｍ．
图23
?
22．设在磁感强度为Ｂ的匀强磁场中，垂直放入一段长Ｌ的通电导线，并设单位长度导线中有ｎ个自由电荷，每个自由电荷的电量都是ｑ，定向移动的速度为ｖ，如图23所示． ?截面Ａ右侧ｖｔ长的导线中的自由电荷在ｔ时间内全部通过截面Ａ，这些自由电荷的电量Ｑ＝ｎｑｖｔ，导线中电流 Ｉ＝Ｑ／ｔ＝ｎｑｖｔ／ｔ＝ｎｑｖ，
则磁场对这段导线的作用力Ｆ＝ＩＬＢ＝ｎｑｖＬＢ．其中ｎＬ是长度为Ｌ的导线中运动的自由电荷的总数．
?这个力Ｆ可看作是作用在每个运动电荷上的作用力的合力，则单个运动荷受到的洛伦兹力的大小 ?ｆ＝Ｆ／ｎｌ＝ｑｖＢ．
?即当电荷垂直磁场运动时，受到的洛伦兹力的大小等于电荷的电量和速率跟磁感强度的乘积． ?
23．解：（1）电饭煲盛上食物后，接上电源，Ｓ２自动闭合，同时把手动开关Ｓ１关闭，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80℃时，Ｓ２自动断开，Ｓ１仍闭合，待电饭煲中水烧干后，温度升高到103℃时，开关Ｓ１自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态．由于电饭煲散热，待温度下降至70℃时，Ｓ２自动闭合，电饭煲重新处于加热状态，待上升到80℃时，又自动断开，电饭煲再次处于保温状态．
?（2）不能，因为只能将食物加热至80℃．
?（3）设电饭煲处于加热态时，消耗的功率为Ｐ１，则
?Ｐ１＝Ｕ２／（Ｒ２∥Ｒ３）＝220／（（500350）／（500＋50））． ?电饭煲处于保温态时，消耗的功率为Ｐ２，则
２
电学计算题第22页（共39页）
?
?联解两式，得Ｐ１∶Ｐ２＝12∶1． ?
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?Ｐ２＝Ｕ２／（Ｒ１＋Ｒ２∥Ｒ３）＝220２／（500＋（500350／（500＋50）））．
24．解：Ｐ从静止释放到Ａ板的过程中，做自由落体运动，设到达Ａ板时的速度为ｖ１，则
?ｖ１＝2ｇｌ． ①
?当开关Ｓ置于ａ时，Ｐ在Ａ、Ｂ板间受重力和电场力的共同作用做匀加速直线运动，设它到达Ｂ板时的速度为ｖ２，由动能定理可得
?（ｍｇ＋ｑＥ）2Ｌ／3＝（1／2）ｍｖ２2－（1／2）ｍｖ１2， ② 又 ｖ１／ｖ２＝
／
， ③
２
由①②③式可得ｑＥ＝ｍｇ． ④
?设Ｑ的释放点距Ａ板的高度为ｈ，下落至Ａ板即将进入两板间时的速度为ｖ０，则 ?ｖ０＝2ｇｈ． ⑤
?当开关Ｓ置于ｂ时，由于Ｑ在两板间时所受重力和电场力大小相等、方向相反，故Ｑ将在洛仑兹力作用下在两板间做匀速圆周运动，由左手定则可知其所受洛伦兹力方向向右，故Ｑ只能从两板右侧飞出，当Ｑ从Ａ板右边缘飞出时，其轨道半径为Ｌ／4，所以 ? ｑＢｖ０＝ｍｖ０2／（Ｌ／4）， ⑥
解④⑤⑥式得ｈ＝ｑＢＬ／32ｍｇ． ⑦
?当Ｑ沿与Ｂ板相切的轨迹飞出两板间时，其轨道半径为Ｌ／3，所以? ｑＢｖ０＝ｍｖ０／（Ｌ／3）， ⑧
?解④⑤⑧式得ｈ＝ｑＢＬ／18ｍｇ．
?故释放点距Ａ板的高度满足ｑ2Ｂ2Ｌ2／32ｍ2ｇ＜ｈ＜ｑ2Ｂ2Ｌ2／18ｍ2ｇ时，可不与极板相撞而飞离电磁场区． ?
25．解：把整个圆环的电阻设为Ｒ０，在电路中每个圆环分两部分，在整个电路中这部分电阻是并联关系，各自的电阻为
2
2
2
2
22
2
2
2
2
图24
?Ｒ１＝（2／3）Ｒ０， ① ?Ｒ２＝（1／3）Ｒ０． ②
?并联电阻的阻值为
?Ｒ并＝Ｒ１Ｒ２／（Ｒ１＋Ｒ２）＝（2／9）Ｒ０＝2Ω， ③ ?电路的总电阻 Ｒ总＝ｒ＋2Ｒ并＋Ｒ棒＝6Ω， ④
∴ 棒中电流 Ｉ＝／Ｒ总． ⑤
?棒受重力ｍｇ，两环的支持力Ｎ，以及安培力Ｆ作用，如图24所示，棒静止时三力平衡，故 ?Ｎｓｉｎθ＝Ｆ， ⑥ ?Ｎｃｏｓθ＝ｍｇ， ⑦ 又 Ｆ＝ＢＩＬ， ⑧ 由⑤、⑥、⑦、⑧联立得
电学计算题第23页（共39页）
?
? ?
＝ｍｇＲ总ｔｇθ／ＢＬ＝（10－231036
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）／（3．46310－130．2）＝15Ｖ．
26．已知α粒子质量ｍα是质子质量ｍｐ的4倍，电量ｑα是质子电量ｑｐ的2倍，即ｍα＝4ｍｐ，ｑα＝2ｑｐ，动能相同的质子和α粒子其速度关系应为ｖα＝（1／2）ｖｐ．
?可以用匀强电场来分离动能相同的质子和α粒子．如图25甲所示，根据带电粒子在电场中的偏转知识可知，质子离开电场时的偏转角度，怎样填上Ｕ、ｄ、Ｌ． ?ｔｇφｐ＝ｑｐＵＬ／ｍｐｄｖｐ２．
其中Ｕ为板间电压，ｄ为板距，Ｌ为极板长度． ?α粒子离开电场时的偏转角
?ｔｇφα＝ｑαＵＬ／ｍαｄｖｐ２＝2ｑｐＵＬ／ｍｐｄｖｐ２＝2ｔｇφｐ， ?即α粒子偏转角度比质子的大，所以能用电场来分离．
?可以利用速度选择器的原理来分离．如图25乙所示的速度选择器中当选择Ｅ与Ｂ的比值跟质子的速度ｖｐ相等时，即ｖｐ＝Ｅ／Ｂ，则质子直线通过选择器，不发生偏转，而α粒子的速度ｖα＝（1／2）ｖｐ，α粒子受到的洛伦兹力ｆα＝ｑαｖαＢ＝ｑαＢ2（1／2）ｖｐ＝（1／2）ｑαＢ2（Ｅ／Ｂ）＝（1／2）ｑαＥ，小于它受到的电场力Ｆα＝ｑαＥ，α离子在通过选择器时向下偏转，故可将质子和α粒子分离开来．
图25
?
27．解：如图26所示．（1）电子穿过阳极Ａ小孔后的动能（1／2）ｍｖ２＝ｅＵ．
图26
2eUm ?电子穿过阳极Ａ小孔时速度为ｖ＝．
2eUm ?电子在电容器中不发生偏转的条件是ｅＥ＝ｅｖＢ，所以 Ｅ＝ｖＢ＝Ｂ ?（2）电子在磁场中沿圆轨道运动，由牛顿第二定律，得 ?ｅｖＢ＝ｍｖ／Ｒ，Ｒ＝ｍｖ／ｅＢ＝（1／Ｂ）由图26得ｘ１＝Ｒ－R?d22．
2
2mUe2，
2，ｘ２＝Ｌｔｇα＝Ｌｄ／
R?d
电学计算题第24页（共39页）
?
?ｘ＝ｘ１＋ｘ２＝Ｒ－
2mUeR?d22文刀川页丛书
＋（Ｌｄ／R?d22）
? ＝（1／Ｂ） ?
－2mUBe2?d2+LdBe2mU?Bed222．
28．解：（1）金属棒达到稳定速度ｖ时，加速度为零，所受合外力为零，设此时细绳对棒的拉力为Ｔ，金属棒所受安培力为Ｆ，则Ｔ－ｍｇ－Ｆ＝0， 又 Ｆ＝ＢＩＬ，Ｉ＝／Ｒ，
?＝ＢＬｖ．
?此时细绳拉力的功率ＰＴ与电动机的输出功率Ｐ出相等而ＰＴ＝Ｔｖ，Ｐ出＝Ｉ′Ｕ－Ｉ′2ｒ， 化简以上各式代入数据得ｖ2＋ｖ－6＝0， 所以 ｖ＝2ｍ／ｓ．（ｖ＝－3ｍ／ｓ不合题意舍去）
?（2）由能量守恒定律可得Ｐ出ｔ＝ｍｇｈ＋（1／2）ｍｖ＋Ｑ， 所以ｔ＝（2ｍｇｈ＋ｍｖ2＋2Ｑ）／2（Ｉｖ－Ｉ2ｒ）＝1ｓ． ?
29．解：（1）ｔ＝（π／2）／ω＝π／2ω．
?（2）当导体棒转过角度ωｔ时，由正弦定理，有 ?1／ｓｉｎ（180°－45°－ωｔ）＝ｘ／ｓｉｎ45°，
2
又 ＵＲ＝（1／2）Ｂｘω，
?解①、②得ＵＲ＝Ｂｌ2ω／2（1＋ｓｉｎ2ωｔ）．
?（3）Ｑ＝Δｔ＝（Ｂ（1／2）ｌ2／ΔｔＲ）2Δｔ＝Ｂｌ2／2Ｒ． ?
30．流过每条辐条的电流强度Ｉ０＝1／4＝0．5Ａ，每根辐条所受磁力矩Ｍ０＝ＢＩ０Ｒ2（Ｒ／2）＝0．025Ｎ2ｍ．
?由力矩平衡条件得 ?4Ｍ０＝ｆＲ
ｆ＝4Ｍ０／Ｒ＝（430．025／0．1）Ｎ＝1Ｎ．
2
31．解：（1）由Ｉ＝Ｑ／ｔ得，单位时间通过细截面的电量Ｑ＝Ｉｔ＝1310－3Ｃ，Ｑ／ｅ＝1310－3／1.60310－19＝6.2531015．
?（2）在ｌ和4ｌ处各取一段极短的长度均为Δｌ的质子流，则ｌ处的质子数ｎ1＝ＩΔｔ1／ｅ＝ＩΔｌ／ｅｖ1，4ｌ处的质子数ｎ2＝ＩΔｔ2／ｅ＝ＩΔｌ／ｅｖ2，又根据ｑＵ＝ｍｖ2／2，Ｕ＝Ｅｄ可得Ｕ∝ｄ，ｖ∝U， ∴ｎ1／ｎ2＝ｖ2／ｖ1＝ ?
32．将长为Ｌ、通以电流强度为I的导线垂直置于磁感强度为Ｂ的匀强磁场中，其所受的安培力Ｆ?安＝ＢＩＬ．设导线中每个自由电子所受的洛仑兹力为ｆ洛，则导线所受的安培力是导线中总数为N的自由电子所受洛沦兹力的宏观表现，即Ｆ安＝Ｎｆ洛．设电子电量为ｑ，导线中单位体积内的电子数为ｎ，电子定向移动的速度为ｖ，则在时间ｔ内通过横截面积为Ｓ的导线中的电流强度Ｉ＝ｎｖｔＳｑ／ｔ＝ｎｖＳｑ．
U4lUl=E?(4l)El＝2．
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