高中物理微元法解决物理试题常见题型及答题技巧及练习题

高中物理微元法解决物理试题常见题型及答题技巧及练习题
一、微元法解决物理试题
1．估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm 。

查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s 。

据此估算该压强约为（ ）（设雨滴撞击唾莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3） A ．0.15Pa B ．0.54Pa
C ．1.5Pa
D ．5.1Pa
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。

设雨滴受到支持面的平均作用力为F 。

设在△t 时间内有质量为△m 的雨水的速度由v =12m/s 减为零。

以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有
()0F t mv mv ∆=--∆=∆
得到
m
F v t
∆=
∆ 设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在△t 时间内水面上升△h ，则有
m S h ρ∆=∆ =h F Sv
t
ρ∆∆ 所以有压强
33
45101012Pa 0.15Pa 3600
F h P v S t ρ-∆⨯===⨯⨯=∆
即睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强为0.15Pa 。

故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2．如图所示，半径为R 的1/8光滑圆弧轨道左端有一质量为m 的小球，在大小恒为F 、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v ，已知重力加速度为g ，则( )
A ．此过程外力做功为FR
B ．此过程外力做功为
C ．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为
D ．小球离开轨道末端时，拉力的功率为Fv
【答案】B 【解析】 【详解】
AB 、将该段曲线分成无数段小段,每一段可以看成恒力，可知此过程中外力做功为：
，故B 正确，A 错误；
CD 、因为F 的方向沿切线方向，与速度方向平行，则拉力的功率P=Fv ，故C 、D 错误； 故选B 。

【点睛】
关键是将曲线运动分成无数段，每一段看成恒力，结合功的公式求出此过程中外力做功的大小；根据瞬时功率公式求出小球离开轨道末端时拉力的功率。

3．如图所示，有一连通器，左右两管的横截面积均为S ，内盛密度为ρ的液体，开始时两管内的液面高度差为h ．打开底部中央的阀门K ，液体开始流动，最终两液面相平．在这一过程中，液体的重力加速度为g 液体的重力势能（ ）
A ．减少
21
4
gSh ρ B ．增加了21
4gSh ρ C ．减少了21
2gSh ρ D ．增加了
21
2
gSh ρ 【答案】A 【解析】
打开阀门K ，最终两液面相平，相当于右管内 2
h 的液体流到了左管中，它的重心下降了
2h ，这部分液体的质量1
22
h m V S Sh ρρρ===，由于液体重心下降，重力势能减少，重力势能的减少量：211
224
p h E mgh Sh g Sgh ρρ∆='=⋅⋅=，减少的重力势能转化为内能，故选项A 正确．
点睛：求出水的等效重心下移的高度，然后求出重力势能的减少量，再求出重力势能的变化量，从能量守恒的角度分析答题．
4．生活中我们经常用水龙头来接水，假设水龙头的出水是静止开始的自由下落，那么水流在下落过程中，可能会出现的现象是（ ）
A ．水流柱的粗细保持不变
B ．水流柱的粗细逐渐变粗
C ．水流柱的粗细逐渐变细
D ．水流柱的粗细有时粗有时细 【答案】C 【解析】 【详解】
水流在下落过程中由于重力作用，则速度逐渐变大，而单位时间内流过某截面的水的体积是一定的，根据
Q=Sv
可知水流柱的截面积会减小，即水流柱的粗细逐渐变细，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5．如图所示，摆球质量为m ，悬线的长为L ，把悬线拉到水平位置后放手设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是
A ．重力做功为mgL
B ．绳的拉力做功为0
C ．空气阻力做功0
D ．空气阻力做功为1
2
F L π-阻 【答案】ABD 【解析】
A 、如图所示，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为A
B 在竖直方向上的投影L ，
所以W G =mgL ．故A 正确．B 、因为拉力F T 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即W FT =0．故B 正确．C 、F 阻所做的总功等于每个小弧段上F 阻所做功的代数和，即
12F 1
=()2
W F x F x F L π-∆+∆+⋅⋅⋅=
阻阻阻阻，故C 错误，D 正确；故选ABD ． 【点睛】根据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力的功．
6．如图所示，摆球质量为m ，悬线长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力f 的大小不变，则摆球从A 摆到位置B 的过程中，下列说法正确的是
A ．重力做功为mgL
B ．悬线的拉力做功为0
C ．空气阻力f 做功为－mgL
D ．空气阻力f 做功为1
2
f L π- 【答案】ABD 【解析】 【详解】
A.重力在整个运动过程中始终不变，所以重力做功为 W G =mgL ，故A 正确；
B.因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故拉力对小球不做功，即W F =0，故B 正确；
CD.阻力所做的总功等于每个小弧段上f 所做功的代数和，即
1211
(...)ππ22
f W f x f x fs f L f L =-∆+∆+=-=-⋅=-，故C 错误，D 正确。

7．如图所示，摆球质量为m ，悬线长度为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A 点运动到B 点的过程中空气阻力的大小F 阻不变，则下列说法正确的是( )
A ．重力做功为mgL
B ．悬线的拉力做功为0
C ．空气阻力做功为－mgL
D ．空气阻力做功为－1
2
F 阻πL 【答案】ABD 【解析】 【详解】 A ．如图所示
重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB 在竖直方向上的投影
L ，所以G W mgL =．故A 正确．
B ．因为拉力T F 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即FT 0W =．故B 正确． CD ．F 阻所做的总功等于每个小弧段上F 阻所做功的代数和，即
121
(ΔΔ)π2
F W F x F x F L =-++=-L 阻阻阻阻
故C 错误，D 正确； 故选ABD ． 【点睛】
根据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力的功．注意在求阻力做功时，要明确阻力大小不变，方向与运动方向相反；故功等于力与路程的乘积．
8．某中学科技小组的学生在进行电磁发射装置的课题研究，模型简化如下。

在水平地面上固定着相距为L 的足够长粗糙导轨PQ 及MN ，PQNM 范围内存在可以调节的匀强磁场，方向竖直向上，如图所示，导轨左侧末端接有电动势为E 、内阻为r 的电源，开关K 控制电
路通断。

质量为m 、电阻同为r 的导体棒ab 垂直导轨方向静止置于上面，与导轨接触良好。

电路中其余位置电阻均忽略不计。

导轨右侧末端有一线度非常小的速度转向装置，能将导体棒水平向速度转为与地面成θ角且不改变速度大小。

导体棒在导轨上运动时将受到恒定的阻力f ，导轨棒发射后，在空中会受到与速度方向相反、大小与速度大小成正比的阻力，f 0=kv ，k 为比例常数。

导体棒在运动过程中只平动，不转动。

重力加速度为g 。

调节磁场的磁感应强度，闭合开关K ，使导体棒获得最大的速度。

（需考虑导体棒切割磁感线产生的反电动势）
(1)求导体棒获得最大的速度v m ；
(2)导体棒从静止开始达到某一速度v 1，滑过的距离为x 0，导体棒ab 发热量Q ，求电源提供的电能及通过电源的电量q ；
(3)调节导体棒初始放置的位置，使其在到达NQ 时恰好达到最大的速度，最后发现导体棒以v 的速度竖直向下落到地面上。

求导体棒自NQ 运动到刚落地时这段过程的平均速度大小。

【答案】(1) 2m 8E v fr =；(2)电源提供的电能2
10122W mv fx Q =++，通过电源的电量
20122fx mv Q
q E E E
=++；(3) 22
cos sin 8mg E v k E frv θθ=+ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)当棒达到最大速度时，棒受力平衡，则
A f F = A F BiL =
2E BLv
i r
-=
联立解得
2
2211fr E v L B L B -⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
据数学知识得
2
m 8E v fr
=
(2)导体棒电阻为r ，电源内阻为r ，通过两者的电流始终相等，导体棒ab 发热量Q ，则回路总电热为2Q ；据能量守恒定律知，电源提供的电能
2101
22
W mv fx Q =++
据电源提供电能与通过电源的电量的关系W Eq =可得，通过电源的电量
20122fx mv W Q
q E E E E
==++
(3)导体棒自NQ 运动到刚落地过程中，对水平方向应用动量定理可得
x x x kv t m v k x m v -∆=∆⇒-∆=∆
解得：水平方向位移
2cos 8m E x k fr
θ∆=
对竖直方向应用动量定理可得
y y y kv t mg t m v k y mg t m v -∆-∆=∆⇒-∆-∆=∆
解得：运动的时间
2
sin 8E v
fr
t g
θ+∆=
据平均速度公式可得，导体棒自NQ 运动到刚落地时这段过程的平均速度大小
22cos sin 8x mg E v t k E frv
θθ∆==∆+
9．两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上垂直放置两根导体棒a 和b ，俯视图如图甲所示。

两根导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B 的竖直向上的匀强磁场。

两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x 0，现给导体棒a 一向右的初速度v 0，并开始计时，可得到如图乙所示的v t ∆-图像（v ∆表示两棒的相对速度，即a b v v v ∆=-）。

求： （1）0～t 2时间内回路产生的焦耳热； （2）t 1时刻棒a 的加速度大小； （3）t 2时刻两棒之间的距离。

【答案】(1)2014Q mv ＝ ；(2)220
8B L v a mR
＝
；(3)0022v m x L R x B +＝ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)t 2时刻，两棒速度相等。

由动量守恒定律
mv 0=mv +mv
由能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
()2201221
2
Q v v m m -＝
得
2014
Q mv ＝
(2)t 1时刻
01
4
a b v v v v -V ＝＝
回路中的电动势
01
4
E BL v BLv =∆=
此时棒a 所受的安培力
22001
428BL v B L v
F BIL BL
R R
=== 由牛顿第二定律可得，棒a 的加速度
220
8B L R
a m v F m ＝＝
(3)t 2时刻，两棒速度相同，由(1)知
012
v v ＝ 0-t 2时间内，对棒b ，由动量定理，有
∑BiL △t ＝mv −0
即
BqL=mv
得
02m q L
v B ＝
又
0222()22BL x x E B s t q I t t t R R R R R
Φ-Φ==
V V V V V V V ＝＝＝＝
得
0022
v m x L R
x B +
＝
10．光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面．前者表明光子具有能量,后者表明光子除了具有能量之外还具有动量．由狭义相对论可知,一定的质量m 与一定的能量E 相对应：E =m 2 c ，其中c 为真空中光速．
(1)已知某单色光的频率为v ,波长为λ,该单色光光子的能量E =hv ,其中h 为普朗克常量．试借用质子、电子等粒子动量的定义：动量=质量×速度,推导该单色光光子的动量
p = h
λ
.
(2)光照射到物体表面时，如同大量气体分子与器壁的频繁碰撞一样，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”，用I 表示．
一台发光功率为O P 的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为S .如图所示，真空中，有一被固定的“∞”字形装置，其中左边是圆形黑色的大纸片，右边是与左边大小、质量均相同的圆形白色大纸片．
①当该激光束垂直照射到黑色纸片中心上,假设光全部被黑纸片吸收,试写出该激光在黑色纸片的表面产生的光压1I 的表达式．
②当该激光束垂直坪射到白色纸片中心上,假设其中被白纸反射的光占入射光的比例为η,其余的入射光被白纸片吸收,试写出该激光在白色纸片的光压2I 的表达式． 【答案】(1)见解析；(2)1I =02P I cS ；= ()01P CS
η+
【解析】 【分析】
（1）根据能量与质量的关系，结合光子能量与频率的关系以及动量的表达式推导单色光光子的动量h
p λ
＝
．
（2）根据一小段时间△t 内激光器发射的光子数，结合动量定理求出其在物体表面引起的光压的表达式．
【详解】
（1）光子的能量为 E=mc 2 根据光子说有 E=hν=c
h
λ
光子的动量 p=mc 可得 E h p c λ
=
=． （2）①一小段时间△t 内激光器发射的光子数 0P t n hc V λ
=
光照射物体表面，由动量定理得-F △t=0-np 产生的光压 I 1=F S
解得 0
1P I cS
=
②假设其中被白纸反射的光占入射光的比例为η，这些光对物体产生的压力为F 1，（1-η）被黑纸片吸收，对物体产生的压力为F 2． 根据动量定理得 -F 1△t=0-（1-η）np -F 2△t=-ηnp -ηnp 产生的光压 12
2F F I S
+= 联立解得 ()021P I cS
η+=
【点睛】
本题要抓住光子的能量与动量区别与联系，掌握动量定理的应用，注意建立正确的模型是解题的关键．
11．光子具有能量，也具有动量．光照射到物体表面时，会对物体产生压强，这就是“光压”．光压的产生机理如同气体压强：大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强．设太阳光每个光子的平均能量为E ，太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为P 0．已知光速为c ，则光子的动量为E/c ．求：
（1）若太阳光垂直照射在地球表面，则时间t 内照射到地球表面上半径为r 的圆形区域内太阳光的光子个数是多少？
（2）若太阳光垂直照射到地球表面，在半径为r 的某圆形区域内被完全反射（即所有光子均被反射，且被反射前后的能量变化可忽略不计），则太阳光在该区域表面产生的光压（用I 表示光压）是多少？
（3）有科学家建议利用光压对太阳帆的作用作为未来星际旅行的动力来源．一般情况下，太阳光照射到物体表面时，一部分会被反射，还有一部分被吸收．若物体表面的反射系数
为ρ，则在物体表面产生的光压是全反射时产生光压的12ρ+倍．设太阳帆的反射系数ρ=0.8，太阳帆为圆盘形，其半径r=15m ，飞船的总质量m=100kg ，太阳光垂直照射在太阳帆表面单位面积上的辐射功率P0=1.4kW ，已知光速c=3.0×108m/s ．利用上述数据并结合第（2）问中的结论，求太阳帆飞船仅在上述光压的作用下，能产生的加速度大小是多少?不考虑光子被反射前后的能量变化．（保留2位有效数字）
【答案】（1）20r P t n E π=
（2）02P I c = （3）525.910/a m s -=⨯ 【解析】
【分析】
【详解】
（1）时间t 内太阳光照射到面积为S 的圆形区域上的总能量E 总= P 0St
解得E 总=πr 2 P 0t
照射到此圆形区域的光子数n =
E E 总 解得20r P t
n E π=
（2）因光子的动量p =
E c 则到达地球表面半径为r 的圆形区域的光子总动量p 总=np
因太阳光被完全反射，所以时间t 内光子总动量的改变量
Δp =2p
设太阳光对此圆形区域表面的压力为F ，依据动量定理Ft =Δp
太阳光在圆形区域表面产生的光压I =F /S
解得02P I c
= （3）在太阳帆表面产生的光压I ′=
12ρ+I 对太阳帆产生的压力F ′= I ′S
设飞船的加速度为a ，依据牛顿第二定律F ′=ma
解得a =5.9×10-5m/s 2
12．我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其它星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计．此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动．
设想有一质量为M 的宇宙飞船，正以速度0v 在宇宙中飞行．飞船可视为横截面积为S 的圆柱体（如图所示）．某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云．
(1)已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间t ∆内，飞船的速度减小了v ∆，求这段时间内
飞船受到的阻力大小．
(2)已知尘埃云公布均匀，密度为ρ．
a ．假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面．若不采取任何措施，飞船将不断减速．通过监测得到飞船速度的倒数“1/v ”与飞行距离“x ”的关系如图所示．求飞船的速度由0v 减小1%的过程中发生的位移及所用的时间．
b ．假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用．为了保证飞船能以速度0v 匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器．已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力的．若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m ，加速电压为U ，元电荷为e ．在加速过程中飞行器质量的变化可忽略．求单位时间内射出的阳离子数．
【答案】（1）v M
t ∆∆（2）a ．019919602M v S ρ b 202Sv eum ρ 【解析】
(1)飞船的加速度∆=∆v a t
，根据牛顿第二定律有：=f Ma 则飞船受到的阻力v f M t
∆=∆ (2)a ．对飞船和尘埃，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律有：
0099()
100Mv M Sx v ρ=+，解得99M x S ρ= 由1x v -图象可得：0
011100299t x v v ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 解得：019919602M t v S ρ=
； b ．设在很短时间t ∆内，与飞船碰撞的尘埃的质量为m '，所受飞船的作用力为f '，飞船与尘埃发生弹性碰撞，
由动量守恒定律可知：012Mv Mv m v =+' 由机械能守恒定律可知：222012111222
Mv Mv m v '=+
解得202M v v M m '
=+ 由于M m >'，所以碰撞后尘埃的速度202v v =
对尘埃，根据动量定理可得：2f t m v ∆=''，其中0m Sv t ρ'=∆
则飞船所受到的阻力202f Sv ρ'=
设一个离子在电场中加速后获得的速度为v
根据动能定理可能得：e 212
mv =
设单位时间内射出的离子数为n ，在很短的时间t ∆内， 根据动量定理可得：F t n tmv ∆=∆
则飞船所受动车=F nmv ，飞船做匀速运动，F f '=，
解得：202n Sv eum
ρ=
13．随着电磁技术的日趋成熟，新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术，它的原理是，飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。

为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型。

在磁感应强度为B 、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN 、PQ 固定在水平面内，相距为L ，电阻不计。

轨道端点MP 间接有阻值为R 的电阻。

一个长为L 、质量为m 、阻值为r 的金属导体棒ab 垂直于MN 、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好。

飞机着舰时质量为M 的飞机迅速钩住导体棒ab ，钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度v ,忽略摩擦等次要因素，飞机和金属棒系统仅在安培力作用下很快停下来。

求 （1）飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a 的最大值；
（2）从飞机与金属棒共速到它们停下来的整个过程中R 上产生的焦耳热Q R ；
（3）从飞机与金属棒共速到它们停下来的整个过程中运动的距离x 。

【答案】（1）22()()B L v R r M m ++；（2）2()2()R M m v R r ++；（3）22
()()M m R r v B L ++ 【解析】
【分析】
【详解】
（1）产生的感应电动势
E BLv =
E I R r
=+
()F BIL M m a ==+安
解得
22()()
B L v a R r M m =++ （2）由能量关系；
21()2
M m v Q += R R Q Q R r
=
+ 解得 2
()2()
R R M m v Q R r +=+ （3）由动量定理
-t t 0()I BIL BLq M m v ⋅∆=-⋅∆=-=-+安
()M m v q BL
+= q I t =⋅∆
E I R r
=+ E t ∆Φ=
∆ BLx ∆Φ=
解得
22
()()M m R r v x B L ++=
14．如图所示，间距为l =0.5m 的两平行金属导轨由水平部分和倾角为θ=30o 倾斜部分平滑连接而成。

倾斜导轨间通过单刀双掷开关连接阻值R =1Ω的电阻和电容C =1F 未充电的电容器。

倾斜导轨和水平导轨上均存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度均为B =1T 。

现将开关S 掷向电阻，金属杆ab 从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨，运动过程中，杆ab 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。

已知杆ab 长为l =0.5m ，质量为m =0.25kg ，电阻忽略不计，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。

(1)求杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小；
(2)求杆ab 在水平导轨上滑行的距离；
(3)若将开关S 掷向电容，金属杆ab 从倾斜导轨上离低端S=5m 处释放，求杆ab 到达低端的时间。

【答案】(1)5m/s ；(2)5m ；(3)2s
【解析】
【分析】
到达底端前匀速运动，可求出到达底端时的速度，根据动量定理和流过的电量与位移的关系可求得水平位移；接入电容器后通过受力分析可推出做匀加速运动，从而求得运动时间。

【详解】
(1)设匀速运动时速度大小为v
Blv I R
= sin BIl mg θ=
解得
5m/s v =
(2)设移动位移为x
BIlt mv =
Blx It R
=
解得 5m x =
(3)设到低端的时间为t
q c u I t t
∆∆==∆∆ u Bl v ∆=∆
cBl v I cBla t
∆==∆ sin mg BIl ma θ-=
解得
222sin 2.5m/s mg a m cB l
θ=
=+ 因此运动的时间 22s s t a =
=
【点睛】
接入电容器后导棒做匀加速运动。

15．CD 、EF 是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H ，导轨间距离为L ，在水平导轨区域存在磁感强度方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为CPQE ），磁感应强度大小为B ，如图所示，导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R ，将一阻值也为R 质量m 的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h 处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x 处。

已知导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g ，求：
(1)电阻R 中的最大电流和整个电路中产生的焦耳热；
(2)磁场区域的长度d 。

【答案】（1）2BL gh I =，2
4mgx mgh H -；（2）2222)2mR g d gh B L H = 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大， 由机械能守恒定律有
2112
mgh mv =
解得 12v gh =由法拉第电磁感应定律得
1E BLv =
由闭合电路欧姆定律得
2E I R
=
联立解得
I =
由平抛运动规律 2212
x v t
H gt ==
解得
2v =由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为
2
221211224mgx Q mv mv mgh H
=-=- (2)导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变速运动。

由牛顿第二定律有
BIL ma =
又
∆=∆v a t 2BLv I R
=
所以有 22
2B L v t m v R
∆=∆ 两边求和得
22
2B L v t m v R ∆=∆∑∑
12,v t d v v
v ∆=∆=-∑∑
联立解得
222mR d B L =。