高中物理電磁學(xué)知識點公式總結(jié)大全及高中物理電磁學(xué)經(jīng)典例題

PAGEPAGE17高中物理電磁學(xué)知識點公式總結(jié)大全高中物理電磁學(xué)知識點公式總結(jié)大全一、靜電學(xué)1.庫侖定律，描述空間中兩點電荷之間的電力，，由庫侖定律經(jīng)過演算可推出電場的高斯定律。2.點電荷或均勻帶電球體在空間中形成之電場，導(dǎo)體表面電場方向與表面垂直。電力線的切線方向為電場方向，電力線越密集電場強度越大。平行板間的電場3.點電荷或均勻帶電球體間之電位能。本式以以無限遠為零位面。4.點電荷或均勻帶電球體在空間中形成之電位。導(dǎo)體內(nèi)部為等電位。接地之導(dǎo)體電位恒為零。電位為零之處，電場未必等于零。電場為零之處，電位未必等于零。均勻電場內(nèi)，相距d之兩點電位差。故平行板間的電位差。5.電容，為儲存電荷的組件，C越大，則固定電位差下可儲存的電荷量就越大。電容本身為電中性，兩極上各儲存了+q與-q的電荷。電容同時儲存電能，。a.球狀導(dǎo)體的電容，本電容之另一極在無限遠，帶有電荷-q。b.平行板電容。故欲加大電容之值，必須增大極板面積A，減少板間距離d，或改變板間的介電質(zhì)使k變小。二、感應(yīng)電動勢與電磁波1.法拉地定律：感應(yīng)電動勢。注意此處并非計算封閉曲面上之磁通量。感應(yīng)電動勢造成的感應(yīng)電流之方向，會使得線圈受到的磁力與外力方向相反。2.長度的導(dǎo)線以速度v前進切割磁力線時，導(dǎo)線兩端兩端的感應(yīng)電動勢。若v、B、互相垂直，則3.法拉地定律提供將機械能轉(zhuǎn)換成電能的方法，也就是發(fā)電機的基本原理。以頻率f轉(zhuǎn)動的發(fā)電機輸出的電動勢，最大感應(yīng)電動勢。變壓器，用來改變交流電之電壓，通以直流電時輸出端無電位差。，又理想變壓器不會消耗能量，由能量守恒，故4.十九世紀(jì)中馬克士威整理電磁學(xué)，得到四大公式，分別為a.電場的高斯定律b.法拉地定律c.磁場的高斯定律d.安培定律馬克士威由法拉地定律中變動磁場會產(chǎn)生電場的概念，修正了安培定律，使得變動的電場會產(chǎn)生磁場。e.馬克士威修正后的安培定律為a.、b.、c.和修正后的e.稱為馬克士威方程式，為電磁學(xué)的基本方程式。由馬克士威方程式，預(yù)測了電磁波的存在，且其傳播速度。。十九世紀(jì)末，由赫茲發(fā)現(xiàn)了電磁波的存在。勞侖茲力。右手定則：右手平展，使大拇指與其余四指垂直，并且都跟手掌在一個平面內(nèi)。把右手放入磁場中，若磁力線垂直進入手心（當(dāng)磁感線為直線時，相當(dāng)于手心面向N極），大拇指指向?qū)Ь€運動方向，則四指所指方向為導(dǎo)線中感應(yīng)電流的方向。左手定則：左手平展，使大拇指與其余四指垂直，并且都跟手掌在一個平面內(nèi)。把左手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入手心（手心對準(zhǔn)N極，手背對準(zhǔn)S極，四指指向電流方向（既正電荷運動的方向）則拇指的方向就是導(dǎo)體受力方向。三、電路學(xué)1.理想電池兩端電位差固定為。實際電池可以簡化為一理想電池串連內(nèi)電阻r。實際電池在放電時，電池的輸出電壓，故輸出之最大電流有限制，且輸出電壓之最大值等于電動勢，發(fā)生在輸出電流=0時。實際電池在充電時，電池的輸入電壓，故輸入電壓必須大于電動勢。2.若一長度d的均勻?qū)w兩端電位差為，則其內(nèi)部電場。導(dǎo)線上沒有電荷堆積，總帶電量為零，故導(dǎo)線外部無電場。理想導(dǎo)線上無電位降，故內(nèi)部電場等于0。3.克希荷夫定律a.節(jié)點定理：電路上任一點流入電流等于流出電流。b.環(huán)路定理：電路上任意環(huán)路上總電位升等于總電位降。四、靜磁學(xué)1.必歐-沙伐定律，描述長的電線在處所建立的磁場，，磁場單位，MKS制為Tesla，CGS制為Gauss，1Tesla=10000Gauss，地表磁場約為0.5Gauss，從南極指向北極。由必歐-沙伐定律經(jīng)過演算可推出安培定律2.重要磁場公式無限長直導(dǎo)線磁場長之螺線管內(nèi)之磁場半徑a的線圈在軸上x處產(chǎn)生的磁場，在圓心處(x=0)產(chǎn)生的磁場為3.長之載流導(dǎo)線所受的磁力為，當(dāng)與B垂直時兩平行載流導(dǎo)線單位長度所受之力。電流方向相同時，導(dǎo)線相吸；電流方向相反時，導(dǎo)線相斥。4.電動機(馬達)內(nèi)的線圈所受到的力矩，。其中A為面積向量，大小為線圈面積，方向為線圈面的法向量，以電流方向搭配右手定則來決定。5.帶電質(zhì)點在磁場中所受的磁力為，a.若該質(zhì)點初速與磁場B平行，則作等速度運動，軌跡為直線。b.若該質(zhì)點初速與磁場B垂直，則作等速率圓周運動，軌跡為圓?；剞D(zhuǎn)半徑，周期。c.若該質(zhì)點初速與磁場B夾角，該質(zhì)點作螺線運動。與磁場平行的速度分量大小與方向皆不改變，而與磁場平行的速度分量大小不變但方向不停變化，呈等速率圓周運動。其中，回轉(zhuǎn)半徑，周期，與b.相同，螺距。速度選擇器：讓帶電粒子通過磁場與電場垂直的空間，則其受力，當(dāng)時該粒子受力為零，作等速度運動。質(zhì)普儀的基本原理是利用速度選擇器固定離子的速度，再將同素的離子打入均勻磁場中，量測其碰撞位置計算回轉(zhuǎn)半徑，求得離子質(zhì)量。6.磁場的高斯定律，即封閉曲面上的磁通量必為零，代表磁力線必封閉，無磁單極的存在。磁鐵外的磁力線由N極出發(fā)，終于S極，磁鐵內(nèi)的磁力線由S極出發(fā)，終于N極。庫侖定律：F=kQq/r2電場強度：E=F/q點電荷電場強度：E=kQ/r2勻強電場：E=U/d電勢能：E?=qφ電勢差:U??=φ?-φ?靜電力做功:W??=qU??電容定義式:C=Q/U電容:C=εS/4πkd帶電粒子在勻強電場中的運動加速勻強電場:1/2*mv2=qUv2=2qU/m偏轉(zhuǎn)勻強電場:運動時間:t=x/v?垂直加速度:a=qU/md垂直位移:y=1/2*at?=1/2*(qU/md)*(x/v?)2偏轉(zhuǎn)角:θ=v⊥/v?=qUx/md(v?)2微觀電流：I=nesv電源非靜電力做功：W=εq歐姆定律：I=U/R串聯(lián)電路電流：I?=I?=I?=……電壓：U=U?+U?+U?+……并聯(lián)電路電壓：U?=U?=U?=……電流：I=I?+I?+I?+……電阻串聯(lián)：R=R?+R?+R?+……電阻并聯(lián)：1/R=1/R?+1/R?+1/R?+……焦耳定律：Q=I2RtP=I2RP=U2/R電功率：W=UIt電功:P=UI電阻定律：R=ρl/S全電路歐姆定律：ε=I(R+r)ε=U外+U內(nèi)安培力：F=ILBsinθ磁通量：Φ=BS電磁感應(yīng)感應(yīng)電動勢：E=nΔΦ/Δt導(dǎo)線切割磁感線：ΔS=lvΔtE=Blv*sinθ感生電動勢：E=LΔI/Δt高中物理電磁學(xué)公式總整理電子電量為庫侖(Coul)，1Coul=電子電量。高中物理典型例題集錦(電磁學(xué)部分)圖22-125、如圖圖22-1若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落仍能返回。若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落仍能返回。若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落。若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落。分析與解：當(dāng)開關(guān)S一直閉合時，A、B兩板間的電壓保持不變，當(dāng)帶電質(zhì)點從M向N運動時，要克服電場力做功，W=qUAB，由題設(shè)條件知：帶電質(zhì)點由P到N的運動過程中，重力做的功與質(zhì)點克服電場力做的功相等，即：mg2d=qUAB若把A板向上平移一小段距離，因UAB保持不變，上述等式仍成立，故沿原路返回，應(yīng)選A。若把B板下移一小段距離，因UAB保持不變，質(zhì)點克服電場力做功不變，而重力做功增加，所以它將一直下落，應(yīng)選D。由上述分析可知：選項A和D是正確的。想一想：在上題中若斷開開關(guān)S后，再移動金屬板，則問題又如何?(選A、B)。圖23-1圖23圖23-1圖23-1(b)分析與解：各個離子在電場中運動時，其水平分運動都是勻速直線運動，而經(jīng)過電場所需時間都是T，但不同的離子進入電場的時刻不同，由于兩極間電壓變化，因此它們的側(cè)向位移也會不同。當(dāng)離子在t=0，T，2T……時刻進入電場時，兩板間在T/2時間內(nèi)有電壓U0，因而側(cè)向做勻加速運動，其側(cè)向位移為y1，速度為V。接著，在下一個T/2時間內(nèi)，兩板間沒有電壓，離子以V速度作勻速直線運動，側(cè)向位移為y2，如圖23-2所示。這些離子在離開電場時，側(cè)向位移有最大值，即(y1+y2)。圖23-3當(dāng)離子在T=t/2,3/2T,5/2T……時刻進入電場時，兩板間電壓為零，離子在水平方向做勻速直線運動，沒有側(cè)向位移，經(jīng)過T/2時間后，兩板間有電壓U0，再經(jīng)過T/2時間，有了側(cè)向位移y1圖23-3當(dāng)離子在上述兩種特殊時刻之外進入電場的，其側(cè)向位移值一定在(y1+y2)與y1之間。根據(jù)上述分析就可以求出側(cè)向位移的最大值和最小值。所以，離子擊中熒光屏上的位置范圍為：27、如圖24-1所示，R1=R2=R3=R4=R，電鍵S閉合時，間距為d的平行板電容器C的正中間有一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)；電鍵S斷開時，小球向電容器一個極板運動并發(fā)生碰撞，碰撞后小球帶上與極板同種性質(zhì)的電荷。設(shè)碰撞過程中沒有機械能損失，小球反彈后恰好能運動到電容器另一極板。若不計電源內(nèi)阻，求：(1)電源的電動勢，(2)小球與極板碰撞后的帶電量。圖24-1分析與解：(1)電鍵S閉合時，R1、R3并聯(lián)與R4串聯(lián)，(R圖24-1UC=U4=(2/3)ε對帶電小球有：mg=qE=qUC/d=(2/3)qε/d得：ε=(3/2)mgd/q(2)電鍵S斷開后，R1、R4串聯(lián)，則UC’=ε/2=(3/4)mgd/q[1]小球向下運動與下極板相碰后，小球帶電量變?yōu)閝’，向上運動到上極板，全過程由動能定理得：mgd/2－qUC’/2－mgd+q’UC’=0[2]由[1][2]式解得：q’=7q/6。圖25-128、如圖25-1所示為矩形的水平光滑導(dǎo)電軌道abcd，ab邊和cd邊的電阻均為5R0，ad邊和bc邊長均為L，ad邊電阻為4R0，bc邊電阻為2R0，整個軌道處于與軌道平面垂直的勻強磁場中，磁感強度為B。軌道上放有一根電阻為R圖25-1分析與解：mn金屬桿從右端向左端勻速滑動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，mn相當(dāng)于電源（），其電路為內(nèi)電路，電阻為內(nèi)電阻。當(dāng)外電阻最大時，即當(dāng)mn滑到距離ad=(2/5)ab時，此時電阻Rmadn=Rmbcn=8R0時，外阻最大值Rmax=4R0，這時電路中電流最小值：Imin=ε/(Rmax+r)=BLV/(4R0+R0)=BLV/5R0所以，Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R029、如圖26-1所示，用密度為D、電阻率為ρ的導(dǎo)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(yīng)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(shè)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]圖26-1設(shè)導(dǎo)線橫截面積為S，其質(zhì)量為：圖26-1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)t=t1+t2,t1=L/V=t2;線框通過勻強磁場產(chǎn)生的焦耳熱為多少？(Q=2mgL)（能量守恒）30、如圖27-1所示，光滑導(dǎo)軌EF、GH等高平行放置，EG間寬度為FH間寬度的3倍，導(dǎo)軌右側(cè)水平且處于豎直向上的勻強磁場中，左側(cè)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(shè)導(dǎo)軌足夠長。試求：(1)ab、cd棒的最終速度，(2)全過程中感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱。圖27圖27-1ab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Lab=3Lcd，故它們的磁場力為：Fab=3Fcd[2]在磁場力作用下，ab、cd各作變速運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，當(dāng)εab=εcd時，電路中感應(yīng)電流為零，(I=0)，安培力為零，ab、cd運動趨于穩(wěn)定，此時有：BLabVab=BLcdVcd所以Vab=Vcd/3[3]ab、cd受磁場力作用，動量均發(fā)生變化，由動量定理得：Fab△t=m(V-Vab)[4]Fcd△t=mVcd[5]聯(lián)立以上各式解得：Vab=(1/10)，Vcd=(3/10)(2)根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得：Q=△E機=mgh-(1/2)m(Vab2+Vcd2)=(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(yīng)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(fù)雜，解題時抓住每一瞬間存在Fab=3Fcd及終了狀態(tài)時Vab=(1/3)Vcd的關(guān)系，用動量定理求解十分方便。圖28-1④金屬棒所受磁場力是系統(tǒng)的外力，且Fab≠Fcd時，合力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，只有當(dāng)Lab=Lcd時，F(xiàn)ab=F圖28-131、如圖28-1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、重力不計的粒子在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(yīng)帶何種電荷?(2)釋放點M應(yīng)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(fù)上述運動直到X軸上的N點，運動軌跡如圖28-2所示。圖28-2設(shè)釋放點M的坐標(biāo)為(0.-yO)，在電場中由靜止加速，則：qEyO=mV圖28-2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(shè)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yO=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(shè)為t1，則：yO=at12=qEt12/m所以t1=圖29-1粒子在磁場中做勻速圓周運動的半周期為t2，共n次，t2=圖29-1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……)圖29-232、平行金屬板長1.4米，兩板相距0.3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(guān)系如29-1圖所示。當(dāng)t=0時，有一個a粒子從左側(cè)兩板中央以V=4×103米/秒的速度垂直于磁場方向射入，如29-2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圖29-2圖29-3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圖29-3f=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。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(dāng)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(fù)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29-3圖所示。圖30-133、如圖30-1所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外。ab是一根長L的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上。將一套在桿上的帶正電小球從a端由靜止釋放后，小球先是加速運動，后是勻速運動則達b端。已知小球與絕緣桿間的動因摩擦數(shù)μ=0.3，小球的重力可忽略不計。當(dāng)小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓半徑為L/3。求：帶電小球圖30-1圖30圖30-2其受力情況如30-2圖示。水平方向：F洛=N=qBV[1]豎直方向：qE=f[2](勻速運動時)又因f=μN[3]，聯(lián)立解[1][2][3]式得：qE=f=μqBVb小球在磁場中作勻速圓周運動：qBVb=mVb2/R=3mVb2/L，所以Vb=qBL/3m小球從a到b運動過程中，由動能定理：W電-Wf=mVb2W電=qEL=μqBVbL=0.3×qBL(qBL/3m)=q2B2L2/10m所以，Wf=W電-mVb2=q2B2L2/10m-(m/2)(q2B2L2/9m2)=2q2B2L2/45m所以，Wf/W電=(2q2B2L2/45m)/(q2B2L2/10m)=4/9。34、如圖31-1所示，從陰極K射出的電子經(jīng)U0=5000V的電勢差加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1=10cm，間距d=4cm的平行金屬板AB之間。在離金屬板邊緣L2=75cm處放置一個直徑D=20cm，帶有記錄紙的圓筒。整個裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射的初速度不計。(1)若在金屬板上加以U1=1000V的直流電壓(A板電勢高)后，為使電子沿入射方向作勻速直線運動到達圓筒，應(yīng)加怎樣的磁場(大小和方向)；(2)若在兩金屬板上加以U2=1000cos2πtV的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2轉(zhuǎn)/秒勻速轉(zhuǎn)動。試確定電子在記錄紙上的軌跡形狀，并畫出1秒鐘內(nèi)所記錄到的圖形。圖31-1分析與解：偏轉(zhuǎn)極板上加恒定電壓U后，電子在電場中受到恒定的電場力作用，故所加的磁場方向只要使運動電子所受到的洛侖茲力與電場力等大反向即可。偏轉(zhuǎn)極板上加上正弦交流電后，板間電場變?yōu)榻蛔冸妶觯娮釉诎彘g的運動是水平方向作勻速直線運動，豎直方向作簡諧運動。偏出極板后作勻速直線運動，電子到達圓筒后，在筒上留下的痕跡是電子在豎直方向的“掃描圖31-1據(jù)動能定理：eU0=mV02，得電子加速后的入射速度為：V0==4.2×107m/s(1)加直流電壓時，A、B兩板間場強：E1=U1/d=1000/(4×10-2)=2.5×104v/m為使電子作勻速直線運動，應(yīng)使電子所受電場力與洛侖茲力平衡，即：qE1=qBV0，得：B=E1/V0=(2.5×104)/(4.2×107)=6×10-4T方向為垂直于紙面向里。圖31圖31-2E2=U2/d=1000cos2πt/(4×10-2)=2.5×104cos2πtv/m電子飛離金屬板時的偏距為：y1=at12=(eE2/m)(L1/V0)2電子飛離金屬板時的豎直速度為：Vy=at1=(eE2/m)(L1/V0)從飛離板到到達筒的偏距：y2=Vyt2=(eE2/m)(L1/V0)(L2/V0)=(eE2L1L2)/(mV02)所以在紙筒上的落點對入射方向的總偏距為：(如圖31-2所示)y=y1+y2=(L1/2+L2)(eE2L1/mV02)=(L1/2+L2)(L1U2/2U0d)圖31-3=(10/2+75)×10-2×(10×1000cos2πt)/(2×5000×4)=0.20cos2圖31-3可見，在記錄紙上的點以振幅0.20m，周期T=2π/ω=1秒而作簡諧運動。因圓筒每秒轉(zhuǎn)2周(半秒轉(zhuǎn)1周)，故在1秒內(nèi)，紙上的圖形如圖31-3所示。圖32-135、如圖32-1所示，兩根互相平行、間距d=0.4米的金屬導(dǎo)軌，水平放置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=0.2T，磁場垂直于導(dǎo)軌平面，金屬滑桿ab、cd所受摩擦力均為f=0.2N。兩根桿電阻均為r=0.1Ω，導(dǎo)軌電阻不計，當(dāng)ab桿受力F=0.4N的水平向右恒力作用時，ab桿以V1做勻速直線運動，cd桿以V2做勻速直線運動，求速度差(V1－V圖32-1分析與解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，若回路中的感應(yīng)電動勢是由導(dǎo)體做切割磁感線運動而產(chǎn)生的，則通常用ε=BlVsinθ來求ε較方便，但有時回路中的電動勢是由幾根棒同時做切割磁感線運動產(chǎn)生的，如果先求出每根導(dǎo)體棒各自的電動勢，再求回路的總電動勢，有時就會涉及“反電動勢”而超綱。如果取整個回路為研究對象，直接將法拉第電磁感應(yīng)定律ε=用于整個回路上，即可“一次性”求得回路的總電動勢，避開超綱總而化綱外為綱內(nèi)。cd棒勻速向右運動時，所受摩擦力f方向水平向左，則安培力Fcd方向水平向右，由左手定則可得電流方向從c到d，且有：Fcd=IdB=fI=f/Bd①取整個回路abcd為研究對象，設(shè)回路的總電勢為ε，由法拉第電磁感應(yīng)定律ε=，根據(jù)B不變，則△φ=B△S，在△t時間內(nèi)，△φ=B(V1－V2)△td所以：ε=B(V1－V2)△td/△t=B(V1－V2)d②又根據(jù)閉合電路歐母定律有：I=ε/2r③由式①②③得：V1－V2=2fr/B2d2代入數(shù)據(jù)解得：V1－V2=6.25（m/s