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5、如圖5所示，用密度為D、電阻率為ρ的導線做成正方形線框，從靜止開始沿豎直平面自由下落。線框經(jīng)過方向垂直紙面、磁感應強度為B的勻強磁場，且磁場區(qū)域高度等于線框一邊之長。為了使線框通過磁場區(qū)域的速度恒定，求線框開始下落時的高度h。(不計空氣阻力)

分析與解：線框勻速通過磁場的條件是受到的豎直向上的安培力與重力平衡，即： F_安=mg [1] 設線框每邊長為L，根據(jù)線框進入磁場的速度為，則安培力可表達為： F_安=BIL= [2] 設導線橫截面積為S，其質(zhì)量為：m=4LSD [3] 其電阻為：R=ρ4L/S [4] 聯(lián)立解[1]、[2]、[3]、[4]式得： h=128D²ρ²g/B⁴ 想一想：若線框每邊長為L，全部通過勻強磁場的時間為多少?(t=2L/V) 線框通過勻強磁場產(chǎn)生的焦耳熱為多少？(Q=2mgL) 6、如圖6所示，光滑導軌EF、GH等高平行放置，EG間寬度為FH間寬度的3倍，導軌右側水平且處于豎直向上的勻強磁場中，左側呈弧形升高。ab、cd是質(zhì)量均為m的金屬棒，現(xiàn)讓ab從離水平軌道h高處由靜止下滑，設導軌足夠長。試求：(1)ab、cd棒的最終速度，(2)全過程中感應電流產(chǎn)生的焦耳熱。

分析與解：ab下滑進入磁場后切割磁感線，在abcd電路中產(chǎn)生感應電流，ab、cd各受不同的磁場力作用而分別作變減速、變加速運動，電路中感應電流逐漸減小，當感應電流為零時，ab、cd不再受磁場力作用，各自以不同的速度勻速滑動。全過程中系統(tǒng)內(nèi)機械能轉化為電能再轉化為內(nèi)能，總能量守恒。

(1) ab自由下滑，機械能守恒：mgh=(1/2)mV² [1] 由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中，任何時刻通過的電流總相等，金屬棒有效長度 L_ab=3L_cd，故它們的磁場力為：F_ab=3F_cd [2] 在磁場力作用下，ab、cd各作變速運動，產(chǎn)生的感應電動勢方向相反，當ε_ab=ε_cd時，電路中感應電流為零，(I=0)，安培力為零，ab、cd運動趨于穩(wěn)定，此時有：BL_abV_ab=BL_cdV_cd 所以V_ab=V_cd/3 [3] ab、cd受磁場力作用，動量均發(fā)生變化，由動量定理得：　F_ab△t=m(V-V_ab) [4]　　 F_cd△t=mV_cd [5] 聯(lián)立以上各式解得：

(2)根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得：Q=△E_機=mgh-(1/2)m(V_ab²+V_cd²)=(9/10)mgh 說　明：本題以分析ab、cd棒的受力及運動情況為主要線索求解。注意要點：①明確ab、cd運動速度穩(wěn)定的條件。 ②理解電磁感應及磁場力計算式中的“L”的物理意義。 ③電路中的電流、磁場力和金屬棒的運動之間相互影響制約變化復雜，解題時抓住每一瞬間存在F_ab=3F_cd及終了狀態(tài)時V_ab=(1/3)V_cd的關系，用動量定理求解十分方便。

④金屬棒所受磁場力是系統(tǒng)的外力，且F_ab≠F_cd時，合力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，只有當L_ab=L_cd時，F(xiàn)_ab=F_cd，方向相反，其合力為零時，系統(tǒng)動量才守恒。

7、如圖7所示，X軸上方有勻強磁場B，下方有勻強電場E。電量為q、質(zhì)量為m、重力不計的粒子y軸上。X軸上有一點N(L.0)，要使粒子在y軸上由靜止釋放而能到達N點，問：(1)粒子應帶何種電荷? (2)釋放點M應滿足什么條件? (3)粒子從M點運動到N點經(jīng)歷多長的時間? 分析與解：(1) 粒子由靜止釋放一定要先受電場力作用 (磁場對靜止電荷沒有作用力)，所以 M點要在-Y軸上。要進入磁場必先向上運動，靜上的電荷要向上運動必須受到向上的電場力作用，而場強 E方向是向下的，所以粒子帶負電。 (2)粒子在M點受向上電場力，從靜止出發(fā)做勻加速運動。在 O點進入勻強磁場后，只受洛侖茲力(方向沿+X軸)做勻速周圍運動，經(jīng)半個周期，回到X軸上的P點，進入勻強電場，在電場力作用下做勻減速直線運動直到速度為零。然后再向上做勻加速運動，在X軸上P點進入勻強磁場，做勻速圓運動，經(jīng)半個周期回到X軸上的Q點，進入勻強電場，再在電場力作用下做勻減速運動直到速度為零。此后，粒子重復上述運動直到 X軸上的N點，運動軌跡如圖7-1所示。

設釋放點M的坐標為(0.-y_O)，在電場中由靜止加速，則：qEy_O=(1/2)mV² [1] 在勻強磁場中粒子以速率V做勻速圓周運動，有：qBV=mV²/R [2] 設n為粒子做勻速圓周運動的次數(shù)(正整數(shù))則：L=n2R，所以R=L/2n [3] 解[1][2][3]式得：V=qBL/2mn，所以y_O=qB²L²/8n²mE (式中n為正整數(shù)) (3)粒子由M運動到N在電場中的加速運動和減速運動的次數(shù)為(2n-1)次，每次加速或減速的時間都相等，設為t₁，則：y_O=(1/2)at₁²=(1/2)qEt₁²/m

所以t₁=

粒子在磁場中做勻速圓周運動的半周期為t₂，共n次，t₂=πm/qB

粒子從M點運動到N點共經(jīng)歷的時間為： t=(2n-1)t₁+nt₂=(2n-1)BL/2nE+nπm/qB (n=1、2、3……)

8、平行金屬，板長1.4米，兩板相距30厘米，兩板間勻強磁場的B為1.3×10^-3特斯拉，兩板間所加電壓隨時間變化關系如8-1圖所示。當t=0時，有一個a粒子從左側兩板中央以V=4×10³米/秒的速度垂直于磁場方向射入，如8-2圖所示。不計a粒子的重力，求：該粒子能否穿過金屬板間區(qū)域?若不能，打在何處?若能，則需多長時間? (已知a粒子電量q=3.2×10^-19庫，質(zhì)量m=6.64×10^-27千克)

分析與解：在t=0到t=1×10^-4秒時間內(nèi)，兩板間加有電壓，a粒子受到電場力和洛侖茲力分別為：F=qu/d=q×1.56/0.3=5.2q 方向豎直向下

f=qBv=q×1.3×10^-3×4×10³=5.2q 方向豎直向上因F=f，故做勻速直線運動，其位移為：△S=v△t=4×10³×1×10^-4=0.4米在t=1×10^-4秒到t=2×10^-4秒時間內(nèi)，兩板間無電場，a粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，其軌跡半徑為： r=mv/qB=(6.64×10^-27×4×10³)/(3.2×10^-19×1.3×10^-3)=6.37×10^-2米＜d/4 所以粒子不會與金屬板相碰。面a粒子做勻速圓周運動的周期為： T=2πm/qB=(2×3.14×6.64×10^-27)/(3.2×10^-19×1.3×10^-3)=1.0×10^-4秒則在不加電壓的時間內(nèi)，a粒子恰好能在磁場中運動一周。當兩板間又加上第2個周期和第3個周期的電壓時，a粒子將重復上述的運動。故經(jīng)13/4周期飛出板外(t=6.5×10^-4秒)其運動軌跡如8-3圖所示。

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