强化训练30电磁感应定律动生电动势（二）
——’17备考热身教辅系列
山东平原一中魏德田
本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于通过训练，更加熟练地掌握运用法拉第电磁感应定律、或、或、右手定则等确定动生电动势的大小和方向。通过理论和实际的结合，不仅加深了对法拉第电磁感应定律的理解，也极大地提高我们分析问题、解决问题的能力。全卷14题，总计120分，选做题6道备用。
一、破解依据
欲解“感应电动势的大小”一类问题，大致可用以下几条依据：
㈠产生感应电流的条件：⑴穿过回路的“磁通量发生变化”。⑵回路是“闭合”的。
㈡动生电动势
⑴大小：
①其中，n为回路匝数，为回路面积的变化率。方向判定：“手心对N极、拇指表运动、四指示动（生）电（流）”——右手定则。与“手心对N极、四指表通电、拇指示受力”——左手定则显著不同。
②，其中，l做定轴转动。
③或，其中为动生电动势的最大值。
⑵方向：
“手心对N极、拇指表运动、四指示动（生）电（流）”——右手定则。与“手心对N极、四指表通电、拇指示受力”——左手定则显著不同。
㈢此类问题常涉及外电路变换、变化以及电流、电压、功率、效益等，则需综合应用“恒定电流”的有关概念和规律。
㈣亦常涉及功能联系（如动能定理）、能量转化和守恒，则宜采用相应手段处理。
二、精选习题
㈠选择题（每小题5分，共50分）
⒈(15新课标Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图-1所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（）
A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
⒉（14日照一中）如图-2所示，直角坐标系的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动。t=0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向。则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是（）
⒊（15新课标Ⅱ）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l。下列判断正确的是A．Ua>Uc，金属框中无电流
B.Ub>Uc，金属框中电流方向沿a-b-c-a
C.Ubc=-1/2Bl2ω，金属框中无电流
D.Ubc=1/2Bl2w，金属框中电流方向沿a-c-b-a
⒋（15山东）如图一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场圆盘开始减速。在圆盘减速过程中以下说法正确的是
A．处于磁场中的圆盘部分靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘圆盘将匀速转动16全国Ⅲ如图所示，M为半圆形导线框，圆心为O；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O和O的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()
A．两导线框中均会产生正弦交流电
两导线框中感应电流的周期都等于T
在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等
两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图-6所示。若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是（）
⒎矩形线圈abcd在匀强磁场中绕00''轴匀速转动，当t=0时，线圈恰好经过图-7中所示的位置，已知线圈为n匝，面积是S，电阻为R，磁感强度为B，转动角速度为ω。
(1）从t=0时开始计时，写出感应电动势瞬时值的表达式。
(2）由图示位置转过90°角的过程中时线圈上产生的热量？
⒏（15西安交大附中）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝、bc＝ad＝2线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R。则
A．线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em=2B2ω
B．线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F＝
C．线圈旋转一圈时，流过电阻R的净电荷量为零。
D．外力做功的平均功率为
9．（17天津在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2，则()
A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线＝1时
C．t＝1.5时，线圈中的感应电动势最大一个周期内线圈产生的热量为8
⒑（16全国Ⅱ法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
若圆盘转动方向不变，角速度
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
⒒（16江苏据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20，地磁场的磁感应强度垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5，将
(1)求M、N间感应电动势的大小E；
(2)在太阳帆板上将一只“1.5，0.3的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；
(3)取地球半径R＝6.4×10，地球表面的重力加速度g＝9.8，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)．
⒓(15丰台区二练)（17分）航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统。飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖拽力，它还能清理“太空垃圾”等。从1967年至1999年17次试验中，飞缆系统试验已获得部分成功。该系统的工作原理可用物理学的相关规律来解释。
如图-12所示为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P、Q用长为l的柔性金属缆索连接，外有绝缘层，系统绕地球作圆周运动，运动一周的时间为T，运动过程中Q距地面高为h。飞缆系统沿图示方向在地磁场中运动，缆索总保持指向地心，地磁场在缆索所在处的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。已知地球半径为R，地面的重力加速度为g。不考虑地球自转，可认为缆索切割磁感线的速度等于缆索中点的速度。
（1）设缆索中无电流，问缆索P、Q哪端电势高？求P、Q两端的电势差；
（2）设缆索的电阻为R1，如果缆索两端物体P、Q通过周围的电离层放电形成电流，相应的电阻为R2，求缆索所受的安培力多大；
（3）若物体Q的质量为mQ，求缆索对Q的拉力FQ。
⒔(13广东)（18分）如图-13甲所示,在垂直于匀强磁场B的平面内,半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动,圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接。电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图-13乙所示,其中ab段和bc段均为直线,且ab段过坐标原点。ω>0代表圆盘逆时针转动。已知:R=3.0Ω,B=1.0T,r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。
(1)根据图乙写出ab、bc段对应的I与ω的关系式;
(2)求出图乙中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc;
(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。
14．(14新课标Ⅱ)（19分）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为r,质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图-14所示。整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下,在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。
求:(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小;
(2)外力的功率。
㈢选做题
⒖.（12新课标如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为()
A.B.C.D.
⒗（2014·石家庄二检法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图X21-3所示，用紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是()
A．回路中电流的大小变化，方向不变B．回路中电流的大小不变，方向变化
C．回路中电流的大小和方向都周期性变化
D．回路中电流的方向不变，从b导线流进电流表的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3m时,测得U=0.15V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g=10m/s2)
(1)测U时,与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”?
(2)求此时铝块的速度大小;
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
⒙（13郑州一如图所示，在xOy平面内有一扇形金属框abc，其半径为r，ac边与y轴重合，bc边与x轴重合，且c为坐标原点，ac边与bc边的电阻不计，圆弧ab上单位长度的电阻为R.金属杆MN长度为L，放在金属框abc上，MN与ac边紧邻．磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直并充满平面．现对MN杆施加一个外力(图中未画出)，使之以c点为轴顺时针匀速转动，角速度为ω.求：
(1)在MN杆运动过程中，通过杆的电流I与转过的角度θ间的关系；
(2)整个电路消耗电功率的最小值是多少？15苏调．（15分）如图所示，两根半径为r的圆弧轨道间距为L，其顶端ab与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B．将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道ef时，对轨道的压力为1.5mg．求：
（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；
（2）金属棒滑到轨道的整个过程中流经电阻R的电量；
（3）金属棒滑到轨道的整个过程中电阻R上产生的热量．
⒛（14广州一模如图所示，匀强磁场垂直于铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两块竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的M点，被拉起到水平位置；合上开关S，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧．已知磁感应强度为B，a的角速度为ω，长度为l，电阻为r，R1＝R2＝2r，铜环的电阻不计，P、Q两板的间距为d，小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g.求：
(1)a匀速转动的方向；
(2)P、Q间电场强度E的大小；
(3)小球通过N点时对细线拉力F的大小．
三、参考答案
㈠选择题
⒈【答案】A、B
【解析】因为当磁体和导体之间的相对运动在导体内产生出了感应电流，而感应电流产生的磁力又会与磁体的磁力相互作用，从而使磁体一起转动起来，具休是当铜圆盘在小磁针的磁场中转动时，半径方向的金属条在切割磁感线，发生电磁感应现象，在铜圆盘的圆心和边缘之间产生感应电动势，选项A正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成感应电流即涡流（根据圆盘转向的不同以及磁极的不同，感应电流从轴心流向边缘或从边缘流向轴心），而感应电流产生的磁力又会与小磁针的磁力相互作用，从而使小磁针一起转动起来，故选项B正确，圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，故磁场穿过整个圆盘的磁通量没有变化，选项C错误；圆盘本身呈中性，不会产生环形电流，D错误。
⒉【答案】B
【解析】在0-t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为：?E1=Bω?R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1=．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针．在t-2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：?E2=Bω?R2+?2Bω?R2=Bω?R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；在2t-3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的感应电动势为：?E3=Bω?R2+?2Bω?R2=Bω?R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；在3t-4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：?E4=Bω?R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确．故选：B
C
⒋【答案】ABD
⒌【答案】BC
【解析】设导线圈半径为l，角速度为ω，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E＝Bωl2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；由T＝可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T，B正确；在t＝时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为Bωl2，C正确；对于线框M，有·＋·＝·T，解得U有M＝E；对于线框N，有·＋0＋·＋0＝·T，解得U有N＝E，故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D错误．
C
【解析】导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，在转过180°的过程中，切割磁感线的导体棒长度先不均匀增大后减小，由右手定则可判断出感应电动势的方向为由O指向A为正，所以下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是C。
⒎【解析】（1）显然，从中性面开始计时电动势瞬时值表达式为：
(2)由焦耳定律可得
①
②
③
④
联立①②③④得
⒏【答案】CD
【解析】A、bc、ad边的运动速度：
感应电动势：，解得：，故A错误；
B、根据欧姆定律得：
电流：
安培力：，解得：，故B错误；
C、线圈旋转一圈时，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故流过电阻R的净电荷量为零，故C正确；
D、在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，电机的总功率：；外力做功的功率与电源的总功率相等，故D正确。
故选：CD
AD由图可知，t＝0时，磁通量为0，线圈平面平行于磁感线，A正确；t＝1s时，由法拉第电磁感应定律和图线的斜率可知，线圈中的电流方向不变，B错误；t＝1.5s时磁通量的变化率为0，感应电动势为0，C错误；交变电流的电动势最大值Em＝nΦmω，所以电流的有效值I＝，根据焦耳定律Q＝I2RT，联立解得Q＝8π2J，D正确．
AB将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定则可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻R的电流方向从a到b，B正确；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv＝BL2ω，而I＝，故A正确，C错误；当角速度ω变为原来的2倍时，感应电动势E＝BL2ω变为原来的2倍，感应电流I变为原来的2倍，电流在R上的热动率P＝I2R变为原来的4倍，D错误．
(1)1.54V(2)不能，理由见解析(3)4×105m
(1)法拉第电磁感应定律E＝BLv，代入数据得E＝1.54V
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．
(3)在地球表面有G＝mg
匀速圆周运动G＝m
解得h＝g－R，代入数据得h≈4×105m(数量级正确都算对)
【解析】（1）由右手定则可以判定P点电势高
设缆索中点的速度设为v
①
P、Q两点电势差就是缆索的电动势UPQ=E=BlvQ=②
另解：
（2）缆索电流I=③
安培力FA=BIl④
将①②③代入④式解得FA=
（3）Q的速度设为vQ，Q受地球引力和缆索拉力FQ作用
－FQ=mQ⑤
物体Q绕地球做匀速圆周运动，设Q的速度设为vQ
⑥
又⑦
将⑥⑦代入⑤式解得：FQ=mQ[－]
ωA(-45rad/s≤ω≤15rad/s)bc段:I=(-0.05+ω)A(15rad/s≤ω≤45rad/s)(2)0.3V0.9V(3)ab段:IP=0bc段:IP=A
【解析】(1)根据题图乙可求得ab段斜率kab=
故ab段:I=ωA(-45rad/s≤ω≤15rad/s)
bc段斜率kbc=
故bc段:I=I0+ω,把b点的坐标ω=15rad/s,I=0.1A
代入可求得I0=-0.05A
故bc段有:I=(-0.05+ω)A(15rad/s≤ω≤45rad/s)
(2)圆盘逆时针转动切割磁感线产生感应电动势E=Br2ω,得E=0.02ω
当ω=15rad/s时,E=0.3V;
当ω=45rad/s时,E=0.9V。
由于圆盘电阻忽略不计,故Ub=0.3V,Uc=0.9V。
(3)ab段:由右手定则,可判断加在P的电压是反向电压,故IP=0,
对应于c点P导通,通过电流表的电流
I==A+A=0.4A
解得:RP=9Ω
所以对应bc段流过P的电流IP=A。
⒕【答案】(1)（2）
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律,导体棒产生的感应电动势大小:
①
又因为,
v1=rω,v2=2rω②
通过电阻R的感应电流的大小
③
联立①②③解得④
根据右手定则,感应电流的方向由B端流向A端,因此通过电阻R的感应电流方向为
C→R→D。
(2)由于导体棒质量分布均匀,导体棒对内外圆导轨的正压力相等,正压力为
⑤
两导轨对棒的滑动摩擦力
f=μN⑥
在Δt时间内导体棒在内外圆导轨上滑过的弧长
l1=rωΔt,l2=2rωΔt⑦
导体棒克服摩擦力做的功
Wf=f(l1+l2)⑧
在Δt时间内,电阻R上产生的焦耳热
Q=I2RΔt⑨
根据能量转化与守恒定律,外力在Δt时间内做的功
W=Wf+Q⑩
外力的功率?
由④至?式可得:
㈢选做题
⒖【答案】C当导线框在磁场中转动时，产生的感应电动势为E＝B0R2ω，当导线框在磁场中不转动而磁场变化时，产生的感应电动势为E＝·πR2，故＝，C正确．
D圆盘辐向垂直切割磁感线，由E＝Br2ω可得，电动势的大小一定，则电流的大小一定；由右手定则可知，电流方向从圆盘边缘流向圆心，电流从b导线流进电流表，选项D正确．
【解析】(1)由右手定则可知A是电源正极,所以a点接的是电压表的正极。
(2)金属棒切割磁感线产生的电动势E=
圆盘和金属棒的角速度相同,设为ω,铝块速度为v,则v=ωr,vA=ωR,代入数据可得v=2m/s(其中E=U)。
(3)下落过程中铝块机械能的损失ΔE=mgh-
代入数据得ΔE=0.5J
18.【答案】(1)(2)
(1)电路中感应电动势E＝Br2ω
设金属杆的电阻为R0，则电路总电阻
R总＝R0＋＝R0＋
杆中电流I与杆转过的角度θ的关系为
I＝＝.
(2)由于总电阻R总＝R0＋，圆弧总长度rθ＋r是定值，所以，当rθ＝r时，即θ＝时，总电阻R总有最大值．
此时，R总＝R0＋.
此时，电路消耗电功率的最小值是P＝＝.
1），a→R→b（2）（3）．
（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：
mgcosθ=BIL解得：I=，流经R的电流方向为a→R→b．
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：
Φ=BS=B?L?
平均电动势为：，平均电流为：
则流经电阻R的电量：q=
（3）在轨道最低点时，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m
据题有：N=1.5mg
由能量转化和守恒得：Q=mgr﹣=mgr
电阻R上发热量为：QR=Q(1)导体棒a沿顺时针方向转动(2)；(3)3mg－解析(1)依题意可知，P板带正电，Q板带负电．由右手定则可知，导体棒a沿顺时针方向转动．
(2)导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势的大小
ε＝＝＝Bl2ω
由闭合电路的欧姆定律有I＝
由欧姆定律可知，PQ间的电压UPQ＝IR2
故PQ间匀强电场的电场强度E＝
由以上各式解得E＝.
(3)设细绳的长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得
mgL－EqL＝mv2
又F－mg＝
由以上各式解得F＝3mg－
12
图-1
图-5
图-6
图-18
图-17
图-16
图-15
图-14
图-20
图-19
图-11
图-7
图-4
图-3
图-2
D
O
E
t
C
O
E
t
B
O
E
t
A
O
E
t
图-10
图-9
图-8
图-13
图-12
|
|
