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第六章 電磁場
解題模型：
一、電磁場中的單桿模型
如圖7.01所示，，電壓表與電流表的量程分別為0～10V和0～3A，電表均為理想電表。導體棒ab與導軌電阻均不計，且導軌光滑，導軌平面水平，ab棒處于勻強磁場中。
（1）當變阻器R接入電路的阻值調到30，且用＝40N的水平拉力向右拉ab棒并使之達到穩定速度時，兩表中恰好有一表滿偏，而另一表又能安全使用，則此時ab棒的速度是多少？
（2）當變阻器R接入電路的阻值調到，且仍使ab棒的速度達到穩定時，兩表中恰有一表滿偏，而另一表能安全使用，則此時作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？
圖7.01
解析：（1）假設電流表指針滿偏，即I＝3A，那么此時電壓表的示數為U＝＝15V，電壓表示數超過了量程，不能正常使用，不合題意。因此，應該是電壓表正好達到滿偏。
當電壓表滿偏時，即U1＝10V，此時電流表示數為
設a、b棒穩定時的速度為，產生的感應電動勢為E1，則E1＝BLv1，且E1＝I1(R1＋R并)＝20V
a、b棒受到的安培力為
F1＝BIL＝40N
解得
（2）利用假設法可以判斷，此時電流表恰好滿偏，即I2＝3A，此時電壓表的示數為＝6V可以安全使用，符合題意。
由F＝BIL可知，穩定時棒受到的拉力與棒中的電流成正比，所以
。
如圖7.02甲所示，一個足夠長的“U”形金屬導軌NMPQ固定在水平面內，MN、PQ兩導軌間的寬為L＝0.50m。一根質量為m＝0.50kg的均勻金屬導體棒ab靜止在導軌上且接觸良好，abMP恰好圍成一個正方形。該軌道平面處在磁感應強度大小可以調節的豎直向上的勻強磁場中。ab棒的電阻為R＝0.10Ω，其他各部分電阻均不計。開始時，磁感應強度。
圖7.02
（1）若保持磁感應強度的大小不變，從t＝0時刻開始，給ab棒施加一個水平向右的拉力，使它做勻加速直線運動。此拉力F的大小隨時間t變化關系如圖2乙所示。求勻加速運動的加速度及ab棒與導軌間的滑動摩擦力。
（2）若從t＝0開始，使磁感應強度的大小從B0開始使其以＝0.20T/s的變化率均勻增加。求經過多長時間ab棒開始滑動？此時通過ab棒的電流大小和方向如何？（ab棒與導軌間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等）
解析：（1）當t＝0時，
當t＝2s時，F2＝8N
聯立以上式得：
（2）當時，為導體棒剛滑動的臨界條件，則有：
則
如圖7.03所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距1m，導軌平面與水平面成＝37°角，下端連接阻值為R的電阻。勻速磁場方向與導軌平面垂直。質量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數為0.25。
（1）求金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大小；
（2）當金屬棒下滑速度達到穩定時，電阻R消耗的功率為8W，求該速度的大小；
（3）在上問中，若R＝，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應強度的大小與方向。（g＝10m/s2，°＝0.6，cos37°＝0.8）
圖7.03
解析：（1）金屬棒開始下滑的初速為零，根據牛頓第二定律
①
由①式解得 ②
（2）設金屬棒運動達到穩定時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導軌方向受力平衡：
③
此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率
④
由③、④兩式解得：
⑤
（3）設電路中電流為I，兩導軌間金屬棒的長為l，磁場的磁感應強度為B
⑥
⑦
由⑥、⑦兩式解得 ⑧
磁場方向垂直導軌平面向上。
如圖7.04所示，邊長為L＝2m的正方形導線框ABCD和一金屬棒MN由粗細相同的同種材料制成，每米長電阻為R0＝1/m，以導線框兩條對角線交點O為圓心，半徑r＝0.5m的勻強磁場區域的磁感應強度為B＝0.5T，方向垂直紙面向里且垂直于導線框所在平面，金屬棒MN與導線框接觸良好且與對角線AC平行放置于導線框上。若棒以v＝4m/s的速度沿垂直于AC方向向右勻速運動，當運動至AC位置時，求（計算結果保留二位有效數字）：
（1）棒MN上通過的電流強度大小和方向；
（2）棒MN所受安培力的大小和方向。
圖7.04
解析：（1）棒MN運動至AC位置時，棒上感應電動勢為
線路總電阻。
MN棒上的電流
將數值代入上述式子可得：
I＝0.41A，電流方向：N→M
（2）棒MN所受的安培力：
方向垂直AC向左。
說明：要特別注意公式E＝BLv中的L為切割磁感線的有效長度，即在磁場中與速度方向垂直的導線長度。
如圖7.05所示，足夠長金屬導軌MN和PQ與R相連，平行地放在水平桌面上。質量為m的金屬桿ab可以無摩擦地沿導軌運動。導軌與ab桿的電阻不計，導軌寬度為L，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過整個導軌平面。現給金屬桿ab一個瞬時沖量I0，使ab桿向右滑行。
（1）回路最大電流是多少？
（2）當滑行過程中電阻上產生的熱量為Q時，桿ab的加速度多大？
（3）桿ab從開始運動到停下共滑行了多少距離？
圖7.05
答案：（1）由動量定理得
由題可知金屬桿作減速運動，剛開始有最大速度時有最大，所以回路最大電流：
（2）設此時桿的速度為v，由動能定理有：
而Q＝
解之
由牛頓第二定律及閉合電路歐姆定律
得
（3）對全過程應用動量定理有：
而所以有
又
其中x為桿滑行的距離所以有。
如圖7.06所示，光滑平行的水平金屬導軌MNPQ相距l，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間矩形區域內有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感強度為B。一質量為m，電阻為r的導體棒ab，垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0。現用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，棒ab在離開磁場前已經做勻速直線運動（棒ab與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計）。求：
（1）棒ab在離開磁場右邊界時的速度；
（2）棒ab通過磁場區的過程中整個回路所消耗的電能；
（3）試分析討論ab棒在磁場中可能的運動情況。
圖7.06
解析：（1）ab棒離開磁場右邊界前做勻速運動，速度為vm，則有：
對ab棒＝0，解得
（2）由能量守恒可得：
解得：
（3）設棒剛進入磁場時速度為v由：
棒在進入磁場前做勻加速直線運動，在磁場中運動可分三種情況討論：
①若（或），則棒做勻速直線運動；
②若（或），則棒先加速后勻速；
③若（或），則棒先減速后勻速。
二、電磁流量計模型
圖7.07是電磁流量計的示意圖，在非磁性材料做成的圓管道外加一勻強磁場區域，當管中的導電液體流過此磁場區域時，測出管壁上的ab兩點間的電動勢，就可以知道管中液體的流量Q——單位時間內流過液體的體積（）。已知管的直徑為D，磁感應強度為B，試推出Q與的關系表達式。
圖7.07
解析：a，b兩點的電勢差是由于帶電粒子受到洛倫茲力在管壁的上下兩側堆積電荷產生的。到一定程度后上下兩側堆積的電荷不再增多，a，b兩點的電勢差達到穩定值，此時，洛倫茲力和電場力平衡：，，，圓管的橫截面積故流量。
磁流體發電是一種新型發電方式，圖7.08是其工作原理示意圖。圖甲中的長方體是發電導管，其中空部分的長、高、寬分別為，前后兩個側面是絕緣體，下下兩個側面是電阻可略的導體電極，這兩個電極與負載電阻相連。整個發電導管處于圖乙中磁場線圈產生的勻強磁場里，磁感應強度為B，方向如圖所示。發電導管內有電阻率為的高溫、高速電離氣體沿導管向右流動，并通過專用管道導出。由于運動的電離氣體受到磁場作用，產生了電動勢。發電導管內電離氣體流速隨磁場有無而不同。設發電導管內電離氣體流速處處相同，且不存在磁場時電離氣體流速為，電離氣體所受摩擦阻力總與流速成正比，發電導管兩端的電離氣體壓強差維持恒定，求：
（1）不存在磁場時電離氣體所受的摩擦阻力F多大；
（2）磁流體發電機的電動勢E的大小；
（3）磁流體發電機發電導管的輸入功率P。
甲 乙
圖7.08
解析：（1）不存在磁場時，由力的平衡得。
（2）設磁場存在時的氣體流速為v，則磁流體發電機的電動勢
回路中的電流
電流I受到的安培力
設為存在磁場時的摩擦阻力，依題意，存在磁場時，由力的平衡得
根據上述各式解得
（3）磁流體發電機發電導管的輸入功率
由能量守恒定律得故：
三、回旋加速模型
正電子發射計算機斷層（PET）是分子水平上的人體功能顯像的國際領先技術，它為臨床診斷和治療提供全新的手段。
（1）PET在心臟疾病診療中，需要使用放射正電子的同位素氮13示蹤劑，氮13是由小型回旋加速器輸出的高速質子轟擊氧16獲得的，反應中同時還產生另一個粒子，試寫出該核反應方程。
（2）PET所用回旋加速器示意如圖7.11，其中置于高真空中的金屬D形盒的半徑為R，兩盒間距為d，在左側D形盒圓心處放有粒子源S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向如圖所示。質子質量為m，電荷量為q。設質子從粒子源S進入加速電場時的初速度不計，質子在加速器中運動的總時間為t（其中已略去了質子在加速電場中的運動時間），質子在電場中的加速次數于回旋半周的次數相同，加速質子時的電壓大小可視為不變。求此加速器所需的高頻電源頻率f和加速電壓U。
（3）試推證當時，質子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中回旋的時間可忽略不計（質子在電場中運動時，不考慮磁場的影響）。
圖7.11
解析：
（1）核反應方程為： ①
（2）設質子加速后最大速度為v，由牛頓第二定律得：
②
質子的回旋周期為： ③
高頻電源的頻率為： ④
質子加速后的最大動能為： ⑤
設質子在電場中加速的次數為n，則：
⑥
又 ⑦
可解得： ⑧
（3）在電場中加速的總時間為：
⑨
在D形盒中回旋的總時間為 ⑩
故，即當時，可以忽略不計。
在如圖7.12所示的空間區域里，y軸左方有一勻強電場，場強方向跟y軸正方向成 60°，大小為；y軸右方有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度。有一質子以速度，由x軸上的A點（10cm，0）沿與x軸正方向成30°斜向上射入磁場，在磁場中運動一段時間后射入電場，后又回到磁場，經磁場作用后又射入電場。已知質子質量近似為，電荷，質子重力不計。求：（計算結果保留3位有效數字）
（1）質子在磁場中做圓周運動的半徑。
（2）質子從開始運動到第二次到達y軸所經歷的時間。
（3）質子第三次到達y軸的位置坐標。
圖7.12
解析：（1）質子在磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，
得質子做勻速圓周運動的半徑為：
（2）由于質子的初速度方向與x軸正方向夾角為30°，且半徑恰好等于OA，因此，質子將在磁場中做半個圓周到達y軸上的C點，如答圖3所示。
圖3
根據圓周運動的規律，質子做圓周運動周期為
質子從出發運動到第一次到達y軸的時間為
質子進入電場時的速度方向與電場的方向相同，在電場中先做勻減速直線運動，速度減為零后反向做勻加速直線運動，設質子在電場中運動的時間，根據牛頓第二定律：，得
因此，質子從開始運動到第二次到達y軸的時間t為。
（3）質子再次進入磁場時，速度的方向與電場的方向相同，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，到達y軸的D點。
根據幾何關系，可以得出C點到D點的距離為；
則質子第三次到達y軸的位置為
即質子第三次到達y軸的坐標為（0，34.6cm）。
如圖7.13所示，在半徑為R的絕緣圓筒內有勻強磁場，方向垂直紙面向里，圓筒正下方有小孔C與平行金屬板M、N相通。兩板間距離為d，兩板與電動勢為U的電源連接，一帶電量為、質量為m的帶電粒子（重力忽略不計），開始時靜止于C點正下方緊靠N板的A點，經電場加速后從C點進入磁場，并以最短的時間從C點射出。已知帶電粒子與筒壁的碰撞無電荷量的損失，且碰撞后以原速率返回。求：
（1）筒內磁場的磁感應強度大小；
（2）帶電粒子從A點出發至重新回到A點射出所經歷的時間。
圖7.13
答案：（1）帶電粒子從C孔進入，與筒壁碰撞2次再從C孔射出經歷的時間為最短。
由
粒子由C孔進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動的速率為
由即，
得
（2）粒子從A→C的加速度為
由，粒子從A→C的時間為：
粒子在磁場中運動的時間為
將（1）求得的B值代入，得，
求得：。
如圖7.14甲所示，一對平行放置的金屬板M、N的中心各有一小孔P、Q、PQ連線垂直金屬板；N板右側的圓A內分布有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，圓半徑為r，且圓心O在PQ的延長線上。現使置于P處的粒子源連續不斷地沿PQ方向放出質量為m、電量為+q的帶電粒子（帶電粒子的重力和初速度忽略不計，粒子間的相互作用力忽略不計），從某一時刻開始，在板M、N間加上如圖5乙所示的交變電壓，周期為T，電壓大小為U。如果只有在每一個周期的0—T/4時間內放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，求：
（1）在每一個周期內哪段時間放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大？
（2）該圓形磁場的哪些地方有帶電粒子射出，在圖中標出有帶電粒子射出的區域。
甲 乙
圖7.14
答案：（1）在每一個周期內放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大。設最大速度為v，則據動能定理得，求得。
（2）因為解得帶電粒子在磁場中的最小偏轉角為。所以圖6中斜線部分有帶電粒子射出。
圖6
四、磁偏轉模型
一質點在一平面內運動，其軌跡如圖7.15所示。它從A點出發，以恒定速率經時間t到B點，圖中x軸上方的軌跡都是半徑為R的半圓，下方的都是半徑為r的半圓。
（1）求此質點由A到B沿x軸運動的平均速度。
（2）如果此質點帶正電，且以上運動是在一恒定（不隨時間而變）的磁場中發生的，試盡可能詳細地論述此磁場的分布情況。不考慮重力的影響。
圖7.15
解析：（1）由A到B，若上、下各走了N個半圓，則其位移
①
其所經歷的時間 ②
所以沿x方向的平均速度為
（2）I. 根據運動軌跡和速度方向，可確定加速度（向心加速度），從而確定受力的方向，再根據質點帶正電和運動方向，按洛倫茲力的知識可斷定磁場的方向必是垂直于紙面向外。
II. x軸以上和以下軌跡都是半圓，可知兩邊的磁場皆為勻強磁場。
III. x軸以上和以下軌跡半圓的半徑不同，用B上和B下分別表示上、下的磁感應強度，用m、q和v分別表示帶電質點的質量、電量和速度的大小；則由洛倫茲力和牛頓定律可知，，由此可得，即下面磁感應強度是上面的倍。
如圖7.16所示，一束波長為的強光射在金屬板P的A處發生了光電效應，能從A處向各個方向逸出不同速率的光電子。金屬板P的左側有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為B，面積足夠大，在A點上方L處有一涂熒光材料的金屬條Q，并與P垂直。現光束射到A處，金屬條Q受到光電子的沖擊而發出熒光的部分集中在CD間，且CD=L，光電子質量為m，電量為e，光速為c
（1）金屬板P逸出光電子后帶什么電？
（2）計算P板金屬發生光電效應的逸出功W。
（3）從D點飛出的光電子中，在磁場中飛行的最短時 間是多少？
圖7.16
解析：（1）由電荷守恒定律得知P帶正電。
（2）所有光電子中半徑最大值
，所以逸出功
（3）以最大半徑運動并經D點的電子轉過圓心角最小，運動時間最短
且，所以。
橫截面為正方形的勻強磁場磁感應強度為B.有一束速率不同的帶電粒子垂直于磁場方向在ab邊的中點，與ab邊成30°角射入磁場，如圖7.17所示,已知正方形邊長為L.求這束帶電粒子在磁場中運動的最長時間是多少 運動時間最長的粒子的速率必須符合什么條件 (粒子的帶電量為+q、質量為m)
解：粒子從ab邊射出時在磁場中運動的時間最長，t=5T/6=5m/3qB. 粒子要從ab邊射出它的軌跡就不能碰到ad邊，軌跡恰好與ad邊相切時R+Rcos60°=L/2, R≤L/3,R=mv/qB,
v≤qBL/3m
如圖40-A11所示，在xoy平面內有許多電子（每個電子質量為m，電量為e）從坐標原點o不斷地以相同大小的速度v0沿不同的方向射入第Ⅰ象限．現加上一個垂直于xoy平面的磁感應強度為B的勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于x軸向x軸正方向運動，試求出符合該條件的磁場的最小面積．
解：所有電子均在勻強磁場中做半徑R＝mv0/Be的勻速圓周運動，沿y軸正方向射入的電子須轉過1／4圓周才能沿x軸正方向運動，它的軌跡可當作該磁場的上邊界a（如圖所示），其圓的方程為：(R-x)2+y2=R2．
　沿與ｘ軸成任意角α（90°＞α＞0°）射入的電子轉過一段較短的圓弧OP（其圓心為O′）運動方向亦可沿x軸正方向，設P點坐標為（x，y），因為PO′必定垂直于x軸，可得方程：x２＋（R－y）２＝R２，
　此方程也是一個半徑為R的圓，這就是磁場的下邊界b．
　該磁場的最小范圍應是以上兩方程所代表的兩個圓的交集，其面積為Sｍｉｎ＝2[(πR２/4)－(R２/2)]＝[(π－2)/2](mv０)２/Be２．
圖7.19中虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側的半空間存在一磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外．O是MN上的一點，從O點可以向磁場區域發射電量為+q、質量為m、速率為v的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內各個方向．已知先后射入的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇，P到O的距離為L．不計重力及粒子間的相互作用．求：
(1)所考察的粒子在磁場中的軌道半徑；
(2)這兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔．
解：(1)設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律得：qvB=mv2/R, R=mv/qB ①
(2)以OP為弦畫兩個半徑相等的圓弧，分別表示兩個粒子的軌道.圓心和直徑分別為O1、O2和OO1Q1、OO2Q2，在O處兩個圓的切線分別表示兩個粒子的射入方向，用θ表示它們之間的夾角，由幾何關系得：∠PO1Q1=∠PO2Q2=θ ②
從O點射入到相遇，粒子1的路程為半個圓周加弧長Q1P,且Q1P=Rθ ③
粒子2的路程為半個圓周減弧長Q2P,且Q2P=Rθ ④
粒子1的運動時間為t1=T/2+Rθ/v ⑤
粒子2的運動時間為t1=T/2-Rθ/v ⑥
兩例子射入的時間間隔為△t=t1-t2=2Rθ/v ⑦
因Rcoc(θ/2)=L/2解得
θ=2Rarccos(L/2R) ⑧
由①⑦⑧三式解得：
串列加速器是用來產生高能離子的裝置.圖41-B11中虛線框內為其主體的原理示意圖，其中加速管的中部b處有很高的正電勢U,a、c兩端均有電極接地（電勢為零）.現將速度很低的負一價碳離子從a端輸入，當離子到達b處時，可被設在b處的特殊裝置將其電子剝離，成為n價正離子，而不改變其速度大小.這些正n價碳離子從c端飛出后進入一與其速度方向垂直的、磁感應強度為B的勻強磁場中，在磁場中做半徑為R的圓周運動.已知碳離子質量m=2.0×10－26kg,U=7.5×105V,B=0.5T,n=2,基元電荷e=1.6×10－19C,求R.
解：設碳離子到達b處的速度為v1,從c端射出時的速度為v2,由能量關系得: ①
②進入磁場后，碳離子做圓周運動，可得③
由以上三式可得④
由④式及題中所給數值可解得 R=0.75m
在如圖7.21所示的裝置中M N是一對相距為d的水平金屬板在它們上方另有一水平金屬板Q，其上有一小孔S正對著板M上的小孔O．MN間有一垂直向里的磁感應強度為B勻強磁場．在板Q的S孔處有質量為m、電荷量為-q的負離子，其重力和初速度不計，電源的電動勢為E,內阻為r，RAB總電阻為2r，滑動觸頭C在AB的中點,離子從MN的中點飛出，求離子飛出磁場時的速度大小．
解：根據閉合電路歐姆定律得
離子在QM間加速，由動能定理得：
離子在MN間運動，由動能定理得：
解得
如圖7.22所示，勻強電場的場強E＝4V／m，方向水平向左，勻強磁場的磁感應強度B=2T，方向垂直于紙面向里.一個質量m=1g、帶正電的小物體A從M點沿絕緣粗糙的豎直壁無初速下滑，當它滑行h=0．8m到N點時離開壁做曲線運動，運動到P點時恰好處于平衡狀態，此時速度方向與水平方向成45°設P與M的高度差H=1.6m.求：
(1)A沿壁下滑過程中摩擦力做的功；
(2)P與M的水平距離S.(g取10m／s2)
　
解：(1)小物體到N點時離開壁時，qvNB=qE
vN=E/B=2m/s
從M到N的過程中,根據動能定理
代入數據得Wf=-6×10-3J
(2) 小物體運動到P點時恰好處于平衡狀態qE=mg, ,m/s
從M到P的過程中,根據動能定理
代入數據得S=0.6m
a
b
c
d
30°
圖7.17
y
x
o
圖7.18
圖7.19
a
b
c
加速管
圖7.20
圖7.21
圖7.22第六章電磁場
解題模型：
一、電磁場中的單桿模型
1.如圖7.01所示，R1=52,R2=62,電壓表與電流表的量程分別為0~10V和0~3A,電表均為
理想電表。導體棒ab與導軌電阻均不計，且導軌光滑，導軌平面水平，ab棒處于勻強磁場中。
(1)當變阻器R接入電路的阻值調到302，且用F=4ON的水平拉力向右拉ab棒并使之達到穩定
速度y,時，兩表中恰好有一表滿偏，而另一表又能安全使用，則此時b棒的速度y,是多少？
(2)當變阻器R接入電路的阻值調到32，且仍使b棒的速度達到穩定時，兩表中恰有一表滿偏，
而另一表能安全使用，則此時作用于b棒的水平向右的拉力F2是多大？
9
6
圖7.01
解析：(1)假設電流表指針滿偏，即I=3A,那么此時電壓表的示數為U=IR并=15V,電壓表示數
超過了量程，不能正常使用，不合題意。因此，應該是電壓表正好達到滿偏。
當電壓表滿偏時，即U=1OV,此時電流表示數為
UL=2A
1、R水
設a、b棒穩定時的速度為y,,產生的感應電動勢為E1,則E1=BLv1,且E1=I(R1+R)=20V
a、b棒受到的安培力為
F1=BIL=40N
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解得v1=lm/s
(2)利用假設法可以判斷，此時電流表恰好滿偏，即=3A,此時電壓表的示數為U2=I2R并=
6V可以安全使用，符合題意。
由F=BL可知，穩定時棒受到的拉力與棒中的電流成正比，所以
3
F2=
×40N=60W
2
2.如圖7.02甲所示，一個足夠長的“U”形金屬導軌NMPQ固定在水平面內，MN、PQ兩導軌間的寬
為L=0.50m。一根質量為m=0.50kg的均勻金屬導體棒ab靜止在導軌上且接觸良好，abMP恰好圍
成一個正方形。該軌道平面處在磁感應強度大小可以調節的豎直向上的勻強磁場中。b棒的電阻為
R=0.102,其他各部分電阻均不計。開始時，磁感應強度B。=0.50T。
FIN
2
0
1
2
3
圖7.02
(1)若保持磁感應強度B。的大小不變，從t=0時刻開始，給b棒施加一個水平向右的拉力，使它
做勻加速直線運動。此拉力F的大小隨時間t變化關系如圖2乙所示。求勻加速運動的加速度及b棒與
導軌間的滑動摩擦力。
(2)若從=0開始，使磁感應強度的大小從B開始使其以△B
=0.20Ts的變化率均勻增加。求經
t
過多長時間ab棒開始滑動？此時通過ab棒的電流大小和方向如何？(ab棒與導軌間的最大靜摩擦力和
滑動摩擦力相等)
解析：(1)當t=0時，F=3N,F-F,=ma
當t=2s時，F2=8N
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