高考物理電磁感應(yīng)中含電容單桿模型解析

電磁感應(yīng)中含電容單桿問(wèn)題，主要有三類：一、第一類高中階段，電路中電阻一般忽略不計(jì)，如下圖所示。（1）電路特點(diǎn)：導(dǎo)體為發(fā)電邊；電容器被充電。（2）三個(gè)基本關(guān)系導(dǎo)體棒受到的安培力為：導(dǎo)體棒加速度可表示為：回路中的電流可表示為：（3）四個(gè)重要結(jié)論：①導(dǎo)體棒做初速度為零勻加速運(yùn)動(dòng)：②回路中的電流恒定：

③導(dǎo)體棒受安培力恒定：④導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電容器儲(chǔ)存的電能：簡(jiǎn)證：也得：電容器存儲(chǔ)的能量公式為：（4）變形：導(dǎo)軌有摩擦；電路變化；恒力的提供方式；等等。例1、如圖所示，光滑水平平行金屬軌道，間距為L(zhǎng)，金屬桿質(zhì)量為m，電容器電容為C，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B與導(dǎo)軌平面垂直，不計(jì)一切電阻。桿在恒定外力作用下由靜止向右運(yùn)動(dòng)，討論桿的運(yùn)動(dòng)情況。解析：金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于電源，給電容器充電，電路中產(chǎn)生電流。由于電路中的電流因給電容器C充電而形成，故不能根據(jù)歐姆定律求解，那么如何求解這個(gè)問(wèn)題呢？可以從電流的形成原因入手，運(yùn)用微元的思想來(lái)求電流。因?yàn)殡姾傻亩ㄏ蛞苿?dòng)形成電流，因此I=Δq/Δt，其中Δt是一段極短的時(shí)間、Δq是這一段極短時(shí)間Δt內(nèi)通過(guò)電路的電荷量。動(dòng)力學(xué)分析：開始時(shí)金屬桿只受外力F，加速度，故桿的速度增大。設(shè)某時(shí)刻速度為v，此時(shí)桿兩端電動(dòng)勢(shì)為E=BLv，經(jīng)歷極短時(shí)間Δt后，桿的速度為v'=v+Δv，桿兩端電動(dòng)勢(shì)為E'=BLv'。故極短時(shí)間Δt內(nèi)通過(guò)電路的電流為：

即：故金屬桿所受安培力為：FA=BIL=CB2L2a對(duì)桿：根據(jù)牛頓第二定律，有：F-FA=ma解得：為常量，即金屬桿做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿任意時(shí)刻的速度為：v-t圖像為：電流也是恒定，電流為:動(dòng)量分析：設(shè)t時(shí)刻金屬桿的速度大小為v，0到t時(shí)刻，經(jīng)歷的時(shí)間為Δt=t-0，由動(dòng)量定理有：又：q=CBLv解得：能量分析：通過(guò)拉力F做的功，外界能量一部分轉(zhuǎn)化為電容器內(nèi)儲(chǔ)存的電場(chǎng)能，另一部分轉(zhuǎn)化為金屬桿的動(dòng)能，由功能原理可知：。例2、（多選）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則

(BC)A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過(guò)程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng)例3、如圖所示,豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌,相距l(xiāng),導(dǎo)軌一端接有一個(gè)電容器,電容量為C,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,質(zhì)量為m的金屬棒ab可緊貼導(dǎo)軌自由滑動(dòng).現(xiàn)讓ab從離地面高為h的位置由靜止下滑,不考慮空氣阻力,也不考慮任何部分的電阻和自感作用.求金屬棒落地時(shí)的速度為多大？解析：ab在mg

作用下加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間

t

，速度增為v，a=v/t產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv

電容器帶電量Q=CE=CBlv，感應(yīng)電流I=Q/t=CBLv/t=CBla產(chǎn)生安培力F=BIl=CB2

l

2a，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律mg-F=mama=mg-CB2

l

2a

，a=mg/(m+CB2

l

2)∴ab做初速為零的勻加直線運(yùn)動(dòng),

加速度

a=mg/(m+CB2

l

2)落地速度為例4、如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上．導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板．R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻．(1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過(guò)棒的電流I及棒的速率v.(2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過(guò)，求此時(shí)的Rx.答案：(1)(2)解析：(1)對(duì)勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示．導(dǎo)體棒所受安培力＝BIl

①導(dǎo)體棒勻速下滑，所以＝Mgsin

θ②聯(lián)立①②式，解得I＝

③導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv

④由閉合電路歐姆定律得I＝，且Rx＝R，所以I＝

⑤聯(lián)立③④⑤式，解得v＝(2)由題意知，其等效電路圖如圖所示．由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓．設(shè)兩金屬板間的電壓為U，因?yàn)閷?dǎo)體棒勻速下滑時(shí)的電流仍為I，所以由歐姆定律知U＝IRx

⑥要使帶電的微粒勻速通過(guò)，則mg＝q

⑦聯(lián)立③⑥⑦式，解得Rx＝.例5、如圖所示，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過(guò)程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求:(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系。解析：（1）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv①

平行板電容器兩極板的電壓為U，U=E②

設(shè)此時(shí)電容器極板上儲(chǔ)存的電荷為Q，按定義有

③聯(lián)立①②③式解得

④

（2）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t，通過(guò)金屬棒的電流為I，金屬棒受到磁場(chǎng)的安培力為F，方向沿導(dǎo)軌向上，大小為F="BLI"⑤設(shè)在t～t+?t時(shí)間間隔內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為，按定義有

⑥也是平行板電容器兩極板在t～t+?t時(shí)間間隔內(nèi)增加的電荷量，由④式可得

⑦式中為金屬棒速度的變化量，由加速度的定義有

⑧

分析導(dǎo)體棒的受力：受重力mg，支持力N，滑動(dòng)摩擦力f，沿斜面向上的安培力F。

N=mgcosθ

⑨

⑩

(11)聯(lián)立⑤至(11)式,得：

(12)

由(12)式及題設(shè)可知，金屬棒做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t時(shí)刻金屬棒下滑的速度大小為v

(13)例6、如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L，導(dǎo)軌平面與水平面重合，左端用導(dǎo)線連接電容為C的電容器（能承受的電壓足夠大）。已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上。一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的直金屬棒垂直放在兩導(dǎo)軌上，一根絕緣的、足夠長(zhǎng)的輕繩一端與棒的中點(diǎn)連接，另一端跨過(guò)定滑輪掛一質(zhì)量為m的重物?，F(xiàn)從靜止釋放重物并通過(guò)輕繩水平拖動(dòng)金屬棒運(yùn)動(dòng)（金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，不計(jì)滑輪質(zhì)量和所有摩擦）。求：（1）若某時(shí)刻金屬棒速度為v，則電容器兩端的電壓多大？（2）求證：金屬棒的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)；（3）當(dāng)重物從靜止開始下落一定高度時(shí)，電容器帶電量為Q，則這個(gè)高度h多大？解析：（1）電容器兩端的電壓U等于導(dǎo)體棒上的電動(dòng)勢(shì)E，有：U=E=BLv（2）金屬棒速度從v增大到v+Δv的過(guò)程中，用時(shí)Δt（Δt→0），加速度為a，電容器兩端的電壓為：U=BLv電容器所帶電量為：q=CU=CBLv式中各量都是恒量，加速度保持不變，故金屬棒的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)。由于金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且電路中電流恒定，由：又：解得：二、第二類電路中電阻不可以完全忽略。首先開關(guān)扳到左邊，電源給電容器充電，之后開關(guān)扳到右邊，電容器作為等效電源開始放電，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的反電動(dòng)勢(shì)與電容器的電壓互相抵消，導(dǎo)致電路中電流減小，安培力減小，加速度減小，故導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的反電動(dòng)勢(shì)逐漸增加，由于電容器放電，電容器的電壓逐漸減小，最終總電動(dòng)勢(shì)為0，導(dǎo)體棒的收尾狀態(tài)為勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)某一時(shí)刻電容器兩端電壓為U。此時(shí)總電動(dòng)勢(shì)為：安培力為：收尾狀態(tài)，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)。此時(shí)：電容器的電量為電容器的初始電量為:從開關(guān)扳到右邊開始，到收尾狀態(tài)：對(duì)導(dǎo)體棒，根據(jù)動(dòng)量定理，有：解得：收尾速度：通過(guò)電路電荷量:例1、電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問(wèn)：（1）磁場(chǎng)的方向；（2）MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；（3）MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案：（1）磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下

（2）

（3）解析：（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負(fù)電，放電時(shí)通過(guò)MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌向右，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，根據(jù)歐姆定律，電容器剛放電時(shí)的電流：炮彈受到的安培力：根據(jù)牛頓第二定律：解得加速度（3）當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電量為接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E'，有：依題意有：設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為上受到的平均安培力為，有：由動(dòng)量定理，有：又：解得，最終電容器所帶電荷量例2、電磁彈射技術(shù)是一種新興的直線推進(jìn)技術(shù)，適宜于短行程發(fā)射大載荷，在軍事、民用和工業(yè)領(lǐng)域具有廣泛應(yīng)用前景。我國(guó)已成功研制出用于航空母艦艦載機(jī)起飛的電磁彈射器。它由發(fā)電機(jī)、直線電機(jī)、強(qiáng)迫儲(chǔ)能裝置和控制系統(tǒng)等部分組成。電磁彈射器可以簡(jiǎn)化為如圖所示的裝置以說(shuō)明其基本原理。電源和一對(duì)足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌M、N分別通過(guò)單刀雙擲開關(guān)K與電容器相連。電源的電動(dòng)勢(shì)E=10V，內(nèi)阻不計(jì)。兩條足夠長(zhǎng)的導(dǎo)軌相距L=0.1m且水平放置，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面且豎直向下，電容器的電容C=10F?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.1Ω的金屬滑塊垂直放置于導(dǎo)軌的滑槽內(nèi)，分別與兩導(dǎo)軌良好接觸。將開關(guān)K置于a使電容器充電，充電結(jié)束后，再將開關(guān)K置于b，金屬滑塊會(huì)在電磁力的驅(qū)動(dòng)下運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌和電路其他部分的電阻，且忽略金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的一切阻力，不計(jì)電容充放電過(guò)程中該裝置向外輻射的電磁能量及導(dǎo)軌中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)滑塊的作用。（1）在電容器放電過(guò)程中，金屬滑塊兩端電壓與電容器兩極間電壓始終相等。求在開關(guān)K置于b瞬間，金屬滑塊的加速度的大小a；（2）求金屬滑塊最大速度v；（3）a.電容器是一種儲(chǔ)能裝置，當(dāng)電容兩極間電壓為U時(shí)，它所儲(chǔ)存的電能A=CU2/2。求金屬滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；b.金屬滑塊在運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，使金屬滑塊中大量定向運(yùn)動(dòng)的自由電子又受到一個(gè)阻力作用。請(qǐng)分析并計(jì)算在金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中這個(gè)阻力所做的總功W。答案：（1）見解析（2）40m/s（3）a.400J；b.–80J解析：（1）開關(guān)K置于b瞬間，流過(guò)金屬滑塊的電流：

金屬滑塊受到安培力作用，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律：BIL=ma（2）

設(shè)金屬滑塊做加速運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)兩端的電壓為U，電容器放電過(guò)程中的電荷量變化為Δq，放電時(shí)間為Δt，流過(guò)金屬滑塊的平均電流為I電容放電過(guò)程的電荷量變化Δq=C(E-U)金屬滑塊速度最大時(shí)，其兩端電壓U=BLv由電流定義有Δq=IΔt在金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理有：BILΔt=mv-0聯(lián)立以上各式，可得：v=40m/s（3）a.

由U=BLv可知電容器兩端最終電壓U=2V由能量守恒定律有：

解得：Q=400Jb.因金屬滑塊做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，由此使滑塊中的自由電荷受到阻礙其定向運(yùn)動(dòng)的洛倫茲力（即阻力）；同時(shí)由于金屬滑塊中的自由電荷定向運(yùn)動(dòng)還使其受到洛倫茲力，金屬滑塊中的所有自由電荷所受的合力在宏觀上表現(xiàn)為金屬滑塊的安培力。由動(dòng)能定理可知安培力做功：與的合力，即洛倫茲力f不做功，所以金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中阻力所做的總功為：例3、電磁彈射在電磁炮、航天器、艦載機(jī)等需要超高速的領(lǐng)域中有著廣泛的應(yīng)用，如圖所示為電磁彈射的示意圖。為了研究問(wèn)題的方便，將其簡(jiǎn)化為如圖所示的模型（俯視圖）。發(fā)射軌道被簡(jiǎn)化為兩個(gè)固定在水平面上、間距為L(zhǎng)且相互平行的金屬導(dǎo)軌，整個(gè)裝置處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。發(fā)射導(dǎo)軌的左端為充電電路，已知電源的電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C，子彈載體被簡(jiǎn)化為一根質(zhì)量為m、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)體棒，其電阻為r。金屬導(dǎo)體棒，其電阻為r。金屬導(dǎo)體棒垂直放置于平行金屬導(dǎo)軌上，忽略一切摩擦阻力以及導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻。（1）發(fā)射前，將開關(guān)S接a，先對(duì)電容器進(jìn)行充電。a．求電容器充電結(jié)束時(shí)所帶的電荷量Q；b．充電過(guò)程中電容器兩極板間的電壓y隨電容器所帶電荷量q發(fā)生變化。請(qǐng)?jiān)趫D中畫出u-q圖像；并借助圖像求出穩(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量；（2）電容器充電結(jié)束后，將開關(guān)b，電容器通過(guò)導(dǎo)體棒放電，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)發(fā)射結(jié)束。電容器所釋放的能量不能完全轉(zhuǎn)化為金屬導(dǎo)體棒的動(dòng)能，將導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的動(dòng)能與電容器所釋放能量的比值定義為能量轉(zhuǎn)化效率。若某次發(fā)射結(jié)束時(shí)，電容器的電量減小為充電結(jié)束時(shí)的一半，不計(jì)放電電流帶來(lái)的磁場(chǎng)影響，求這次發(fā)射過(guò)程中的能量轉(zhuǎn)化效率η。解析：（1）a、根據(jù)電容的定義電容器充電結(jié)束時(shí)其兩端電壓U等于電動(dòng)勢(shì)E，解得電容器所帶電荷量b、根據(jù)以上電容的定義可知，畫出q-u圖像如圖所示：有圖像可知，穩(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量為圖中陰影部分的面積，將Q代入解得（2）設(shè)從電容器開始放電至導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的時(shí)間為t，放電的電荷量為?Q，平均電流為I，導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的速度為v。以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理BLIt=mv-0或∑BLi?t=∑m?v根據(jù)電流定義可知It=?Q或∑i?t=?Q根據(jù)題意有?Q=，聯(lián)立解得導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的動(dòng)能電容器釋放的能量聯(lián)立解得能量轉(zhuǎn)化效率

三、第三類電路中電阻不可以完全忽略例1、圖甲、乙、丙中除導(dǎo)體棒出可動(dòng)外，其余部分均固定不動(dòng)。甲圖中的電容器C原來(lái)不帶電，所有導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦也不計(jì)，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面（即紙面）向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，間距為L(zhǎng)0今給導(dǎo)體棒ab

一個(gè)向右的初速度vo，則(

)A.

三種情況下，導(dǎo)體棒ab最終都靜止B.

三種情況下，導(dǎo)體棒ab最終都做勻速運(yùn)動(dòng)C.

圖甲、丙中ab

棒最終都向右做勻速運(yùn)動(dòng)D.

圖乙中，流過(guò)電阻R的總電荷量為解析：圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，當(dāng)電容器C極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運(yùn)動(dòng)；圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過(guò)電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒速度減小，當(dāng)ab棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時(shí)，ab棒靜止；圖丙中，導(dǎo)體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運(yùn)動(dòng)，速