磁場和電磁感應(yīng)部分-老師用

1、高二四班國慶期間競賽材料磁場與電磁感應(yīng)【拓展知識】1幾種磁感應(yīng)強(qiáng)度的計算公式（1）定義式： 通電導(dǎo)線與磁場方向垂直。（2）比奧薩法爾定律：真空中長直導(dǎo)線電流周圍的磁感應(yīng)強(qiáng)度： （）。式中r為場點到導(dǎo)線間的距離，I為通過導(dǎo)線的電流，0為真空中的磁導(dǎo)率，大小為4×10-7H/m。（3）長度為L的有限長直線電流I外的P處磁感應(yīng)強(qiáng)度：。（4）長直通電螺線管內(nèi)部的磁感應(yīng)強(qiáng)度：B=0nI 。式中n為單位長度螺線管的線圈的匝數(shù)。2均勻磁場中的載流線圈的磁力矩公式：M=NBISsin。式中N為線圈的匝數(shù)，S為線圈的面積，為線圈平面與磁場方向的夾角。3洛倫茲力F =qvBsin (是v、B之間的夾角)

2、當(dāng)=0°時，帶電粒子不受磁場力的作用。當(dāng)=90°時，帶電粒子做勻速圓周運動。當(dāng)0°時90°，帶電粒子做等距螺旋線運動，回旋半徑、螺距和回旋周期分別為； ； ；4霍爾效應(yīng)將一載流導(dǎo)體放在磁場中，由于洛倫茲力的作用，會在磁場和電流兩者垂直的方向上出現(xiàn)橫向電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，這電勢差稱為霍爾電勢差。的推導(dǎo)；稱為霍爾系數(shù)。根據(jù)霍爾效應(yīng)可以判斷半導(dǎo)體是n型還是p型，可以計算出半導(dǎo)體中載流子濃度。5楞次定律的推廣（1）阻礙原磁通量的變化；（2）阻礙（導(dǎo)體的）相對運動；（3）阻礙原電流的變化。6.感應(yīng)電場與感應(yīng)電動勢 磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化時，在磁場所在處及周圍

3、的空間范圍內(nèi)，將激發(fā)感應(yīng)電場。感應(yīng)電場不同于靜電場：（1） 它不是電荷激發(fā)的，而是由變化的磁場所激發(fā)；（2） 它的電場線是閉合的，沒有起止點。而靜電場的電場線是從正電荷出發(fā)終止于負(fù)電荷；（3） 它對電荷的作用力不是保守力。如果變化的磁場區(qū)域是一個半徑為R的圓形，則半徑為r的回路上各點的感應(yīng)電場的場強(qiáng)大小為方向沿該點的切線方向。感應(yīng)電場作用于單位電荷上的電場力所做的功就是感應(yīng)電動勢?！镜湫屠}】1如圖所示，將均勻細(xì)導(dǎo)線做成的環(huán)上的任意兩點A和B與固定電源連接起來，總電流為I，計算由環(huán)上電流引起的環(huán)中心的磁感應(yīng)強(qiáng)度。2如圖所示，傾角為的粗糙斜面上放一木制圓柱，其質(zhì)量為m = 0.2kg，半徑為r，

4、長為l =0.1m，圓柱上順著軸線繞有N =10匝線圈，線圈平面與斜面平行，斜面處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B =0.5T，當(dāng)通入多大電流時，圓柱才不致往下滾動？3如圖所示，S為一離子源，它能各方向會均等地持續(xù)地大量發(fā)射正離子，離子的質(zhì)量皆為m、電量皆為q，速率皆為v0。在離子源的右側(cè)有一半徑為R的圓屏，圖中 OO是通過圓屏的圓心并垂直于屏面的軸線，S位于軸線上，離子源和圓屏所在的空間有一范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于圓屏向右。在發(fā)射的離子中，有的離子不管S的距離如何變化，總能打到圓屏面上，求這類離子的數(shù)目與總發(fā)射離子數(shù)之比，不考慮離子間的碰撞。4、下面我們運

5、用畢薩定律，來求一個半徑為R，載電流為I的圓電流軸線上，距圓心O為的一點的磁感應(yīng)強(qiáng)度。5、如圖11一2所示的無限長平行板中存在一均勻電場和磁場，今有一質(zhì)量為m，帶有正電荷q的粒子從縫隙A以初速進(jìn)入此平行板，假定此粒子的初速保證它能靠近右側(cè)的平行板而不與其相碰，求：（1）此粒子在P點處的曲率半徑；(2)若粒子的初速為0，且坐標(biāo)原點選在A處，求此粒子在平行板中的運動方程。6、 如圖所示，在一無限長密繞螺線管中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間線性變化（=常數(shù)），求螺線管內(nèi)橫截面上直線段MN的感應(yīng)電動勢。已知圓心O到MN的距離為h、MN的長為L以及的大小。MNLOh7、如圖所示，兩根豎直地放置在絕緣地面上的金屬框

6、架?？蚣艿纳隙私佑幸浑娙萘繛镃的電容器。框架上有一質(zhì)量為m，長為L的金屬棒，平行于地面放置，與框架接觸良好且無摩擦，棒離地面高度為h，強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與框架平面垂直，開始時電容器不帶電。自靜止起將棒釋放，問棒落到地面需要多長時間？Ch【課堂練習(xí)】1、如圖11一3所示，有一無限長直線電流I0，另有一半徑為R的圓形電流I，其直徑AB與此直線電流近似重合試求 （1）半圓弧AaB所受作用力的大小和方向； （2）整個圓形電流所受的作用力的大小和方向。2、1）圖11一4所示是兩根相同的導(dǎo)線環(huán)A與B。中心都在z軸上，兩導(dǎo)線環(huán)分別位于平面。為了使兩環(huán)互相排斥，它們通的電流方向應(yīng)是相同還是相反？（2）一個通以

7、電流的導(dǎo)線圓環(huán)能在不用任何器械的情況下漂浮在水平的超導(dǎo)平面之上。假設(shè)A就是這樣一個均勻圓環(huán)，它的質(zhì)量為M，且它的半徑r遠(yuǎn)大于它和超導(dǎo)平面的距離h，平面z=0就是超導(dǎo)平面證明達(dá)到平衡時的高度，即導(dǎo)線環(huán)A離超導(dǎo)平面的距離。（3）如果飄浮的環(huán)在垂直方向上振動，求振動的周期。3、一個長的螺線管包含了另一個同軸的螺線管（它的半徑R是外面螺線管的一半）。它們的線圈單位長度具有相同的圈數(shù)，且初始時都沒有電流。在同一瞬間，電流開始在兩個螺線管中線性增長。在任意時刻，里邊的螺線管中的電流為外邊螺線管中的兩倍，它們的方向相同。由于增長的電流，一個初始靜止的處于兩個螺線管中間的帶電粒子，開始沿著一根圓形的軌道運動（

8、見圖11一5）。問圓的半徑r為多少？4、如圖118所示，在一個半徑為r，質(zhì)量為m，可以無摩擦地自由轉(zhuǎn)動的勻質(zhì)絕緣圓盤中部有一細(xì)長螺線管，其半徑為a，沿軸線方向單位長度上繞有n匝線圈，線圈中通以穩(wěn)恒電流I。在圓盤的邊緣上均勻地嵌著N個帶等量正電荷q的小球。設(shè)開始時，螺線管中的電流為I，圓盤靜止，然后將電流切斷，試求圓盤轉(zhuǎn)動的角速度?！練v年真題】1、（22屆預(yù)賽）（25分）如圖所示，兩根位于同一水平面內(nèi)的平行的直長金屬導(dǎo)軌，處于恒定磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌所在平面垂直一質(zhì)量為m的均勻?qū)w細(xì)桿，放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動，細(xì)桿與導(dǎo)軌的電阻均可忽略不計導(dǎo)軌的左端與一根阻值為R0的電阻

9、絲相連，電阻絲置于一絕熱容器中，電阻絲的熱容量不計容器與一水平放置的開口細(xì)管相通，細(xì)管內(nèi)有一截面為S的小液柱（質(zhì)量不計），液柱將1mol氣體（可視為理想氣體）封閉在容器中已知溫度升高1K時，該氣體的內(nèi)能的增加量為（R為普適氣體常量），大氣壓強(qiáng)為p0，現(xiàn)令細(xì)桿沿導(dǎo)軌方向以初速v0向右運動，試求達(dá)到平衡時細(xì)管中液柱的位移2、（22屆初賽）（30分）如圖所示，水平放置的金屬細(xì)圓環(huán)半徑為a，豎直放置的金屬細(xì)圓柱（其半徑比a小得多）的端面與金屬圓環(huán)的上表面在同一平面內(nèi)，圓柱的細(xì)軸通過圓環(huán)的中心O一質(zhì)量為m，電阻為R的均勻?qū)w細(xì)棒被圓環(huán)和細(xì)圓柱端面支撐，棒的一端有一小孔套在細(xì)軸O上，另一端A可繞軸線沿圓環(huán)

10、作圓周運動，棒與圓環(huán)的摩擦系數(shù)為圓環(huán)處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向豎直向上的恒定磁場中，式中K為大于零的常量，r為場點到軸線的距離金屬細(xì)圓柱與圓環(huán)用導(dǎo)線ed連接不計棒與軸及與細(xì)圓柱端面的摩擦，也不計細(xì)圓柱、圓環(huán)及導(dǎo)線的電阻和感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場問沿垂直于棒的方向以多大的水平外力作用于棒的A端才能使棒以角速度勻速轉(zhuǎn)動 注：3、（22屆復(fù)賽）（25分）一個用絕緣材料制成的扁平薄圓環(huán)，其內(nèi)、外半徑分別為a1、a2，厚度可以忽略兩個表面都帶有電荷，電荷面密度隨離開環(huán)心距離r變化的規(guī)律均為，為已知常量薄圓環(huán)繞通過環(huán)心垂直環(huán)面的軸以大小不變的角加速度減速轉(zhuǎn)動，t = 0時刻的角速度為將一半徑為a0 (a0<

11、;<a1)、電阻為R并與薄圓環(huán)共面的導(dǎo)線圓環(huán)與薄圓環(huán)同心放置試求在薄圓環(huán)減速運動過程中導(dǎo)線圓環(huán)中的張力F與時間t的關(guān)系提示：半徑為r、通有電流I的圓線圈（環(huán)形電流），在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為（k為已知常量）4（23屆初賽6）（25分）如圖所示，兩個金屬輪A1、A2，可繞通過各自中心并與輪面垂直的固定的光滑金屬細(xì)軸O1和O2轉(zhuǎn)動，O1和O2相互平行，水平放置，每個金屬輪由四根金屬輻條和金屬環(huán)組成，A1輪的輻條長為a1、電阻為R1，A2輪的輻條長為a2、電阻為R2，連接輻條的金屬環(huán)的寬度與電阻都可以忽略。半徑為a0的絕緣圓盤D與A1同軸且固連在一起，一輕細(xì)繩的一端固定在D邊緣上的某點，繩在

12、D上繞足夠匝數(shù)后，懸掛一質(zhì)量為m的重物P，當(dāng)P下落時，通過細(xì)繩帶動D和A1繞O1軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動過程中，A1、A2保持接觸，無相對滑動；兩輪與各自細(xì)軸之間保持良好的電接觸；兩細(xì)軸通過導(dǎo)線與一阻值為R的電阻相連，除R和A1、A2兩輪中輻條的電阻外，所有金屬的電阻都不計，整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與轉(zhuǎn)軸平行，現(xiàn)將P釋放，試求P勻速下落時的速度。5、（2012年29屆初賽）6、【課后檢測】1、（15分）如圖所示，兩條平行的長直金屬細(xì)導(dǎo)軌KL、PQ固定于同一水平面內(nèi)，它們之間的距離為l，電阻可忽略不計；ab和cd是兩根質(zhì)量皆為m的金屬細(xì)桿，桿與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌良好接觸，并可沿導(dǎo)軌無

13、摩擦地滑動。兩桿的電阻皆為R。桿cd的中點系一輕繩，繩的另一端繞過輕的定滑輪懸掛一質(zhì)量為M的物體，滑輪與轉(zhuǎn)軸之間的摩擦不計，滑輪與桿cd之間的輕繩處于水平伸直狀態(tài)并與導(dǎo)軌平行。導(dǎo)軌和金屬細(xì)桿都處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。現(xiàn)兩桿及懸物都從靜止開始運動，當(dāng)ab桿及cd桿的速度分別達(dá)到v1和v2時，兩桿加速度的大小各為多少？2、（ 12 分）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為 q ( q > 0 ）的粒子作角速度為、半徑為 R 的勻速圓周運動.一長直細(xì)導(dǎo)線位于圓周所在的平面內(nèi)，離圓心的距離為d ( d > R ) ，在導(dǎo)線上通有隨時間變化的電流I,

14、t= 0 時刻，粒子速度的方向與導(dǎo)線平行，離導(dǎo)線的距離為d+ R .若粒子做圓周運動的向心力等于電流 i ,的磁場對粒子的作用力，試求出電流 i 隨時間的變化規(guī)律不考慮變化的磁場產(chǎn)生的感生電場及重力的影響長直導(dǎo)線電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度表示式中的比例系數(shù) k 已知3、 (18 分) 在圖復(fù)19-2中，半徑為的圓柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面指向紙外，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化，變化率(為一正值常量),圓柱形區(qū)外空間沒有磁場，沿圖中弦的方向畫一直線，并向外延長，弦與半徑的夾角直線上有一任意點，設(shè)該點與點的距離為，求從沿直線到該點的電動勢的大小4、（ 25分）如圖預(yù)187所示，在半徑為的圓柱空間

15、中（圖中圓為其橫截面）充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的均勻磁場，其方向平行于軸線遠(yuǎn)離讀者在圓柱空間中垂直軸線平面內(nèi)固定放置一絕緣材料制成的邊長為的剛性等邊三角形框架，其中心位于圓柱的軸線上邊上點（）處有一發(fā)射帶電粒子的源，發(fā)射粒子的方向皆在圖預(yù)18-7中截面內(nèi)且垂直于邊向下發(fā)射粒子的電量皆為（0），質(zhì)量皆為，但速度有各種不同的數(shù)值若這些粒子與三角形框架的碰撞均為完全彈性碰撞，并要求每一次碰撞時速度方向垂直于被碰的邊試問：1帶電粒子速度的大小取哪些數(shù)值時可使點發(fā)出的粒子最終又回到點？2. 這些粒子中，回到點所用的最短時間是多少？5、（25分）在真空中建立一坐標(biāo)系，以水平向右為軸正方向，豎直向下為軸正方向，

16、軸垂直紙面向里（圖復(fù)17-5）在的區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感強(qiáng)度的方向沿軸的正方向，其大小今把一荷質(zhì)比的帶正電質(zhì)點在，處靜止釋放，將帶電質(zhì)點過原點的時刻定為時刻，求帶電質(zhì)點在磁場中任一時刻的位置坐標(biāo)并求它剛離開磁場時的位置和速度取重力加速度。6、（20分）位于豎直平面內(nèi)的矩形平面導(dǎo)線框。長為，是水平的，長為，線框的質(zhì)量為，電阻為.。其下方有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的上、下邊界和均與平行，兩邊界間的距離為，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向與線框平面垂直，如圖預(yù)16-4所示。令線框的邊從離磁場區(qū)域上邊界的距離為處自由下落，已知在線框的邊進(jìn)入磁場后，邊到達(dá)邊界之前的某一時刻線框的速度已達(dá)到這一階段的最大值。

17、問從線框開始下落到邊剛剛到達(dá)磁場區(qū)域下邊界的過程中，磁場作用于線框的安培力所做的功。7、如圖所示，在與勻強(qiáng)磁場區(qū)域垂直的水平面上有兩根足夠長的平行導(dǎo)軌，在它們上面放著兩根平行導(dǎo)體棒，每根長度均為l、質(zhì)量均為m、電阻均為R，其余部分電阻不計導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，開始時左棒靜止，右棒獲得向右的初速度v0試求右導(dǎo)體棒運動速度v1隨時間t的變化；通過兩棒的電量；兩棒間距離增量的上限 BV08、（ 25 分）如圖所示， Ml M2和 M3 M4都是由無限多根無限長的外表面絕緣的細(xì)直導(dǎo)線緊密排列成的導(dǎo)線排橫截面，兩導(dǎo)線排相交成120°，O O 為其角平分線每根細(xì)導(dǎo)線中都通有電流 I ，兩

18、導(dǎo)線排中電流的方向相反，其中Ml M2中電流的方向垂直紙面向里導(dǎo)線排中單位長度上細(xì)導(dǎo)線的根數(shù)為圖中的矩形abcd 是用 N 型半導(dǎo)體材料做成的長直半導(dǎo)體片的橫截面，（），長直半導(dǎo)體片與導(dǎo)線排中的細(xì)導(dǎo)線平行，并在片中通有均勻電流I0，電流方向垂直紙面向外已知 ab 邊與 O O 垂直，l，該半導(dǎo)體材料內(nèi)載流子密度為 n ，每個載流子所帶電荷量的大小為 q 求此半導(dǎo)體片的左右兩個側(cè)面之間的電勢差已知當(dāng)細(xì)的無限長的直導(dǎo)線中通有電流 I 時，電流產(chǎn)生的磁場離直導(dǎo)線的距離為r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 ,式中k為已知常量9、（ 25 分）如圖所示， ACD 是由均勻細(xì)導(dǎo)線制成的邊長為 d 的等邊三角形線框，

19、它以 AD 為轉(zhuǎn)軸，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的恒定的勻強(qiáng)磁場中以恒定的角速度田轉(zhuǎn)動（俯視為逆時針旋轉(zhuǎn)）, 磁場方向與 AD 垂直已知三角形每條邊的電阻都等于R取圖示線框平面轉(zhuǎn)至與磁場平行的時刻為 t = 0 .1 求任意時刻 t 線框中的電流 2 規(guī)定 A 點的電勢為0，求 t = 0 時，三角形線框的AC 邊上任一點 P （到 A 點的距離用 x 表示）的電勢Up，并畫出Up與 x 之間關(guān)系的圖線10、（ 25 分）空間存在垂直于紙面方向的均勻磁場，其方向隨時間作周期性變化，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 隨時間 t 變化的圖線如圖 1 所示規(guī)定 B > 0 時，磁場的方向穿出紙面現(xiàn)在磁場區(qū)域中建立一與磁

20、場方向垂直的平面坐標(biāo)Oxy，如圖 2 所示.一電荷量 q = 5×10-7c ，質(zhì)量 m =5×10-10kg 的帶電粒子，位于原點O 處，在 t =0 時刻以初速度v0=m/s沿 x 軸正方向開始運動，不計重力的作用，不計磁場的變化可能產(chǎn)生的一切其它影響1 試在圖 2 中畫出020 ms 時間內(nèi)粒子在磁場中運動的軌跡，并標(biāo)出圖 2 中縱橫坐標(biāo)的標(biāo)度值（評分時只按圖評分，不要求寫出公式或說明 ) 2 在磁場變化 N 個（ N 為整數(shù)）周期的時間內(nèi)帶電粒子的平均速度的大小等于_. 11、（25分）圖中oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐標(biāo)系，在的一側(cè)，存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直

21、于oxy平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。在的一側(cè)，一邊長分別為和的剛性矩形超導(dǎo)線框位于桌面上，框內(nèi)無電流，框的一對邊與x軸平行。線框的質(zhì)量為m，自感為L?，F(xiàn)讓超導(dǎo)線框沿x軸方向以初速度進(jìn)入磁場區(qū)域，試定量地討論線框以后可能發(fā)生的運動情況及與初速度大小的關(guān)系。（假定線框在運動過程中始終保持超導(dǎo)狀態(tài)）12、電子感應(yīng)加速器（betatron）的基本原理如下：一個圓環(huán)真空室處于分布在圓柱形體積內(nèi)的磁場中，磁場方向沿圓柱的軸線，圓柱的軸線過圓環(huán)的圓心并與環(huán)面垂直。圓中兩個同心的實線圓代表圓環(huán)的邊界，與實線圓同心的虛線圓為電子在加速過程中運行的軌道。已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律為，其中T為磁場

22、變化的周期。B0為大于0的常量。當(dāng)B為正時，磁場的方向垂直于紙面指向紙外。若持續(xù)地將初速度為v0的電子沿虛線圓的切線方向注入到環(huán)內(nèi)（如圖），則電子在該磁場變化的一個周期內(nèi)可能被加速的時間是從t= 到t= 。13.（20分）如圖所示，M1N1N2M2是位于光滑水平桌面上的剛性U型金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌中接有阻值為R的電阻，它們的質(zhì)量為m0導(dǎo)軌的兩條軌道間的距離為l，PQ是質(zhì)量為m的金屬桿，可在軌道上滑動，滑動時保持與軌道垂直，桿與軌道的接觸是粗糙的，桿與導(dǎo)軌的電阻均不計初始時，桿PQ于圖中的虛線處，虛線的右側(cè)為一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于桌面，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B現(xiàn)有一位于導(dǎo)軌平面內(nèi)的與軌道平行的恒力

23、F作用于PQ上，使之從靜止開始在軌道上向右作加速運動已知經(jīng)過時間t , PQ離開虛線的距離為x，此時通過電阻的電流為I0，導(dǎo)軌向右移動的距離為x0（導(dǎo)軌的N1N2部分尚未進(jìn)人磁場區(qū)域）求在此過程中電阻所消耗的能量不考慮回路的自感14.（25分）如圖所示，有二平行金屬導(dǎo)軌，相距l(xiāng)，位于同一水平面內(nèi)（圖中紙面），處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下（垂直紙面向里）質(zhì)量均為m的兩金屬桿ab和cd放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直初始時刻， 金屬桿ab和cd分別位于x = x0和x = 0處假設(shè)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻都為零，由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的自感系數(shù)為L今對金屬桿ab施以沿導(dǎo)軌向右的瞬時沖量，使

24、它獲得初速設(shè)導(dǎo)軌足夠長，也足夠大，在運動過程中，兩金屬桿之間距離的變化遠(yuǎn)小于兩金屬桿的初始間距，因而可以認(rèn)為在桿運動過程中由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的自感系數(shù)L是恒定不變的桿與導(dǎo)軌之間摩擦可不計求任意時刻兩桿的位置xab和xcd以及由兩桿和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中的電流i三者各自隨時間t的變化關(guān)系 xO yv0cabyd參考答案典型例題1、分析：磁感強(qiáng)度B可以看成圓環(huán)上各部分(將圓環(huán)視為多個很小長度部分的累加)的貢獻(xiàn)之和，因為對稱性，圓環(huán)上各部分電流在圓心處磁場是相同或相反，可簡化為代數(shù)加減。解：設(shè)A、B兩點之間電壓為U，導(dǎo)線單位長度電阻，則二段圓環(huán)電流 磁感強(qiáng)度B可以是圓環(huán)每小段部分磁場的疊加，在圓

25、心處，可表達(dá)為，所以：因 故，即兩部分在圓心處產(chǎn)生磁場的磁感強(qiáng)度大小相等，但磁場的方向正好相反，因此環(huán)心處的磁感強(qiáng)度等于零。2、3、4、在圓環(huán)上選一I，它在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，其方向垂直于I和所確定的平面，將分解到沿OP方向和垂直于OP方向，環(huán)上所有電流元在P點產(chǎn)生的的和為零， B=（ 線性一元疊加） 在圓心處，5、分析和解：（l）這又是一個載電粒子在電磁 場中運動的題目，我們采取配一對大小相等、方向相反的速度的方法解這道題，設(shè)粒子有一沿y軸的速度和沿y軸負(fù)方向的速度，速度所對應(yīng)的洛倫茲力剛好與粒子在電場中受到的電場力平衡。，這樣粒子一方面以的速度沿y軸正方向作勻速直線運動，另一方面則以做勻

26、速圓周運動，而為當(dāng)粒子到達(dá)P點時，的方向也沿y軸正方向，與同向， 此時粒子的向心力F為洛倫茲力和電場力的合力： 由可得P點曲率半徑為 （2）給粒子配一沿y軸正方向的和沿y軸負(fù)方向的，則粒子一邊沿y軸正向作勻速直線運動，一邊以的速度在磁場中做勻速圓周運動，其半徑所對應(yīng)的轉(zhuǎn)動角速度則粒子運動方程為 6、解:求感生電動勢有兩種方法。(1) 根據(jù)電動勢的定義：某一線段上的感生電動勢等于感生電場搬運單位正電荷沿此段運動時所做的功。在MN上任選一小段，O點到距離為r，處的如圖4-4-8所示，與的夾角為，感生電場沿移動單位正電荷所做的功為ONMhr圖4-4-8 ， 而 則而 故 把MN上所有的電動勢相加，

27、(2)用法拉第定律求解。連接OM，ON，則封閉回路三角形OMN的電動勢等于其所包圍的磁通量的變化率。OM和ON上各點的感生電場均各自與OM和ON垂直，單位正電荷OM和ON上移動時，感生電場的功為零，故OM和ON上的感生電動勢為零，封閉回路OMNO的電動勢就是MN上的電動勢。電動勢的方向可由楞次定律確定。7、解答：設(shè)某瞬時棒的加速度為，則由牛頓第二定律得 是這一瞬時的安培力 i是這一瞬時的感應(yīng)電流。取一個極短的時間t，有 Q為在極短時間內(nèi)流過棒的電量，也就是給電容器充電的電量。對于電容器，有 因而 U是這極短時間內(nèi)電壓的增量，電壓的增量等于感生電動勢的增量，即 而 于是 與時間t無關(guān)，即棒做運加

28、速運動。由 得棒落到地面的時間為 【課堂練習(xí)】1、分析和解：（1）半圓電流所受磁力見圖11一3 ( b) ，在AaB弧上的C點取一電流元，其所在處的磁感強(qiáng)度方向垂直紙面向里，大小為則電流元上所受到的安培力為，方向沿徑向?，F(xiàn)將分解到x軸和y軸，考慮到對稱性，方向沿x軸正方向。 （2）由于左半圓AbB的電流與右半圓AaB的電流等值反向且與I0對稱，所處空間的磁感應(yīng)強(qiáng)度也是對稱反向的，故兩半圓所受安培力等值同向，都沿x軸正向2、分析和解：（1）因為r>>h，所以可將兩導(dǎo)線環(huán)看作兩根長的平行導(dǎo)線，要它們相互排斥，電流方向必須相反。 （2）因超導(dǎo)體內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，為抵消A產(chǎn)生的磁力線穿過超

29、導(dǎo)面，即在超導(dǎo)面下，與A對稱處有線圈B，其中電流大小與A中相同，而方向相反。A與超導(dǎo)面的作用相同于A、B兩線圈的作用，把兩環(huán)看作兩根長的平行導(dǎo)線，因而A所受的磁場力為當(dāng)平衡時磁場力應(yīng)等于重力Mg，所以，即。 （3）在平衡位置附近，可令，為一相對平衡位置的小位移，而合力等于重力和磁場力的合成，即 振動的角頻率為：振動周期為：3、分析和解：在t時刻外邊螺線管中的電流為，在里邊的螺線管中的電流為，其中是一個常數(shù)。由這些電流產(chǎn)生的磁場在外邊螺線管中為，而在里邊螺線管中為3B，其中n為單位長度上螺線管的圈數(shù)。由半徑為r的粒子軌道所包圍的磁通量為感生電場的大小可以從磁場隨時間的變化率計算得出：，因此帶電粒

30、子由磁場限制在它的圓形軌道上，因此，從作用在它上面的力的總的徑向分量為零，我們可以得到 根據(jù)公式，粒子由合力的切向分量沿著它的圓形軌道加速，其中m是質(zhì)量，q是粒子的電荷。當(dāng)電場力的大小恒定時，粒子的速度隨時間均勻地增加，把上式和B的值代入方程，我們得到滿足上式的條件為，即4、分析和解：設(shè)螺線管電流切斷后，在t時間內(nèi)電流從I減為零，在此過程中任意時刻t的電流表示為i(t)，則在t時刻由i(t)產(chǎn)生的磁場B(t)為 B(t)0 ni（t）B的方向沿軸向，B(t)將隨i(t)減小為零，變化的B(t)產(chǎn)生環(huán)狀渦旋電場，在r處的渦旋電場E(t)應(yīng)滿足即因i（t）隨時間減小，。E(t)0。即渦旋電場的方向

31、與電流的方向一致。在半徑為r的圓周上嵌著的N個帶電小球所受的總切向力為它相對轉(zhuǎn)軸形成的力矩為 由剛體的角動量定理，在電流從I減小為零的t時間內(nèi)，剛體所獲得的全部沖量矩等于它的角動量的增量。因開始時剛體（圓盤）靜止，角動量為零，故有圓盤繞軸的轉(zhuǎn)動慣量J為代入上式，得出電流降為零后，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為【歷年真題】1、導(dǎo)體細(xì)桿運動時，切割磁感應(yīng)線，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢與感應(yīng)電流，細(xì)桿將受到安培力的作用，安培力的方向與細(xì)桿的運動方向相反，使細(xì)桿減速，隨著速度的減小，感應(yīng)電流和安培力也減小，最后桿將停止運動，感應(yīng)電流消失在運動過程中，電阻絲上產(chǎn)生的焦耳熱，全部被容器中的氣體吸收根據(jù)能量守恒定律可知，桿

32、從v0減速至停止運動的過程中，電阻絲上的焦耳熱Q應(yīng)等于桿的初動能，即(1)容器中的氣體吸收此熱量后，設(shè)其溫度升高DT，則內(nèi)能的增加量為(2)在溫度升高DT的同時，氣體體積膨脹，推動液柱克服大氣壓力做功設(shè)液柱的位移為，則氣體對外做功(3) 就是氣體體積的膨脹量(4)由理想氣體狀態(tài)方程，注意到氣體的壓強(qiáng)始終等于大氣壓，故有(5)由熱力學(xué)第一定律(6)由以上各式可解得(7)2、將整個導(dǎo)體棒分割成個小線元，小線元端點到軸線的距離分別為r0(=0)，r1，r2，ri-1，ri，rn-1，rn(= a)，第i個線元的長度為，當(dāng)很小時，可以認(rèn)為該線元上各點的速度都為，該線元因切割磁感應(yīng)線而產(chǎn)生的電動勢為(1

33、)整個棒上的電動勢為(2)由，略去高階小量(r)2及(r)3，可得代入(2)式，得(3)由全電路歐姆定律，導(dǎo)體棒通過的電流為(4)導(dǎo)體棒受到的安培力方向與棒的運動方向相反 第i個線元受到的安培力為(5)作用于該線元的安培力對軸線的力矩作用于棒上各線元的安培力對軸線的總力矩為即（6）因棒A端對導(dǎo)體圓環(huán)的正壓力為mg，所以摩擦力為，對軸的摩擦力矩為(7)其方向與安培力矩相同，均為阻力矩為使棒在水平面內(nèi)作勻角速轉(zhuǎn)動,要求棒對于O軸所受的合力矩為零，即外力矩與阻力矩相等，設(shè)在A點施加垂直于棒的外力為f，則有 （8）由(6)、(7)、（8）式得(9)3、用半徑分別為r1（>a1），r2，ri，rn

34、1（<a2）的n-1個同心圓把塑料薄圓環(huán)分割成n個細(xì)圓環(huán)第i個細(xì)圓環(huán)的寬度為，其環(huán)帶面積式中已略去高階小量，該細(xì)圓環(huán)帶上、下表面所帶電荷量之和為設(shè)時刻t，細(xì)圓環(huán)轉(zhuǎn)動的角速度為w ，單位時間內(nèi)，通過它的“橫截面”的電荷量，即為電流由環(huán)形電流產(chǎn)生磁場的規(guī)律，該細(xì)圓環(huán)的電流在環(huán)心產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 (1)式中是一個微小量，注意到，有 (2)將各細(xì)圓環(huán)產(chǎn)生的磁場疊加，由（1）、（2）式得出環(huán)心O點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度： (3)由于a0<<a1，可以認(rèn)為在導(dǎo)線圓環(huán)所在小區(qū)域的磁場是勻強(qiáng)磁場，可由O點的場表示磁場對導(dǎo)線環(huán)的磁通量(4)由于是變化的，所以上述磁通量是隨時間變化的，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢

35、的大小為 (5)由全電路歐姆定律可知，導(dǎo)線環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流的大小為 (6)設(shè)題圖中薄圓環(huán)帶正電作逆時針旋轉(zhuǎn)，穿過導(dǎo)線圓環(huán)的磁場方向垂直紙面向外，由于薄圓環(huán)環(huán)作減角速轉(zhuǎn)動，穿過導(dǎo)線圓環(huán)的磁場逐漸減小，根據(jù)楞次定律，導(dǎo)線圓環(huán)中的感應(yīng)電流亦為逆時針方向，導(dǎo)線圓環(huán)各元段Dl所受的安培力都沿環(huán)半徑向外現(xiàn)取對于y軸兩對稱點U、V，對應(yīng)的二段電流元所受的安培力的大小為 (7)方向如圖所示，它沿x及y方向分量分別(8)(9)根據(jù)對稱性，作用于沿半個導(dǎo)線圓環(huán)QMN上的各電流元的安培力的x分量之和相互抵消，即 (10)（式中，當(dāng)時，是正的，當(dāng)時，是負(fù)的，故），而作用于沿半個導(dǎo)線圓環(huán)QMN上的各電流元的安培力的y分量之

36、和為(11) （式中，由于q 在0p之間都是正的，故），即半個導(dǎo)線圓環(huán)上受的總安培力的大小為，方向沿y正方向，由于半個圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，所以在導(dǎo)線截面Q、N處所受（來自另外半個圓環(huán)）的拉力（即張力）F應(yīng)滿足由（3）、（6）兩式得 (12)由（12）式可見，張力F隨時間t線性減小4、5、 6、【課后檢測】1、用E 和I分別表示abdc回路的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的大小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知E Bl（v2v1） （1） （2）令F表示磁場對每根桿的安培力的大小，則FIBl （3）令a1和a2分別表示ab桿cd桿和物體M加速度的大小，T表示繩中張力的大小，由牛頓定律可知Fma1 （4）

37、MgTma2 （5）TFma2 （6）由以上各式解得 （7） 2、以v表示粒子的速率，以B表示電流i產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，根據(jù)題意粒子作圓周運動的向心力為粒子受到的磁場洛侖茲力，因此有 （1）而 （2）由（1）、（2）兩式得 （3）如圖建立坐標(biāo)系，則粒子在時刻的位置， （4）取電流的正方向與y軸的正向一致，設(shè)時刻t長直導(dǎo)線上的電流為，它產(chǎn)生的磁場在粒子所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 （5）方向垂直圓周所在的平面.由（4）、（5）式，可得 （6）3、由于圓柱形區(qū)域內(nèi)存在變化磁場，在圓柱形區(qū)域內(nèi)外空間中將產(chǎn)生渦旋電場，電場線為圓，圓心在圓柱軸線上，圓面與軸線垂直，如圖中虛點線所示在這樣的電場中，沿任意半徑

38、方向移動電荷時，由于電場力與移動方向垂直，渦旋電場力做功為零，因此沿半徑方向任意一段路徑上的電動勢均為零1任意點在磁場區(qū)域內(nèi)：令為任意點（見圖復(fù)解19-2-1），在圖中連直線與。取閉合回路，可得回路電動勢，式中，分別為從到、從到、從到的電動勢。由前面的分析可知，故 （1）令的面積為，此面積上磁通量，由電磁感應(yīng)定律，回路的電動勢大小為 根據(jù)題給的條件有 （2）由圖復(fù)解19-2-2可知 （3）由（1）、（2）、（3）式可得沿線段的電動勢大小為 （4） ACCAOORRPxaaaabDQ圖復(fù)解 19-21圖復(fù)解 19-222任意點在磁場區(qū)域外：令為任意點（見圖復(fù)解19-2-2），。在圖中連、。取閉合

39、回路，設(shè)回路中電動勢為，根據(jù)類似上面的討論有 （5）對于回路，回路中磁通量等于回路所包圍的磁場區(qū)的面積的磁通量，此面積為，通過它的磁通量。根據(jù)電磁感應(yīng)定律可知回路中電動勢的大小 （6）在圖中連，令，則，于是 當(dāng)時，中有 于是得 （7）由（5）、（6）、（7）式可得沿線的電動勢的大小為 （8）4、帶電粒子（以下簡稱粒子）從點垂直于邊以速度射出后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，其圓心一定位于邊上，其半徑可由下式 求得，為 （1）1. 要求此粒子每次與的三條邊碰撞時都與邊垂直，且能回到點，則和應(yīng)滿足以下條件：（）與邊垂直的條件由于碰撞時速度與邊垂直，粒子運動軌跡圓的圓心一定位于的邊上，粒子繞過頂點

40、、時的圓弧的圓心就一定要在相鄰邊的交點（即、）上粒子從點開始向右作圓周運動，其軌跡為一系列半徑為的半圓，在邊上最后一次的碰撞點與點的距離應(yīng)為，所以的長度應(yīng)是的奇數(shù)倍。粒子從邊繞過點轉(zhuǎn)回到點時，情況類似，即的長度也應(yīng)是軌道半徑的奇數(shù)倍取，則當(dāng)?shù)拈L度被奇數(shù)除所得的也滿足要求，即 1，2，3，因此為使粒子與各邊發(fā)生垂直碰撞，必須滿足下面的條件 （2）此時 為的奇數(shù)倍的條件自然滿足只要粒子繞過點與邊相碰，由對稱關(guān)系可知，以后的碰撞都能與的邊垂直（）粒子能繞過頂點與的邊相碰的條件由于磁場局限于半徑為的圓柱范圍內(nèi)，如果粒子在繞點運動時圓軌跡與磁場邊界相交，它將在相交點處以此時的速度方向沿直線運動而不能返回

41、所以粒子作圓周運動的半徑不能太大，由圖預(yù)解18-7可見，必須（的頂點沿圓柱半徑到磁場邊界的距離，時，粒子圓運動軌跡與圓柱磁場邊界相切），由給定的數(shù)據(jù)可算得 （3）將1，2，3，分別代入（2）式，得 由于，這些粒子在繞過的頂點時，將從磁場邊界逸出，只有4的粒子能經(jīng)多次碰撞繞過、點，最終回到點由此結(jié)論及（1）、（2）兩式可得與之相應(yīng)的速度 （4）這就是由點發(fā)出的粒子與的三條邊垂直碰撞并最終又回到點時，其速度大小必須滿足的條件2. 這些粒子在磁場中做圓周運動的周期為 將（1）式代入，得 （5）可見在及給定時與無關(guān)。粒子從點出發(fā)最后回到點的過程中，與的邊碰撞次數(shù)愈少，所經(jīng)歷的時間就愈少，所以應(yīng)取，如圖

42、預(yù)解18-7所示（圖中只畫出在邊框的碰撞情況），此時粒子的速度為，由圖可看出該粒子的軌跡包括3×13個半圓和3個圓心角為300°的圓弧，所需時間為 （6）以（5）式代入得 （7）5、解法一：帶電質(zhì)點靜止釋放時，受重力作用做自由落體運動，當(dāng)它到達(dá)坐標(biāo)原點時，速度為 （1）方向豎直向下帶電質(zhì)點進(jìn)入磁場后，除受重力作用外，還受到洛倫茲力作用，質(zhì)點速度的大小和方向都將變化，洛倫茲力的大小和方向亦隨之變化我們可以設(shè)想，在帶電質(zhì)點到達(dá)原點時，給質(zhì)點附加上沿軸正方向和負(fù)方向兩個大小都是的初速度，由于這兩個方向相反的速度的合速度為零，因而不影響帶電質(zhì)點以后的運動在時刻，帶電質(zhì)點因具有沿軸正

43、方向的初速度而受洛倫茲力的作用。 （2）其方向與重力的方向相反適當(dāng)選擇的大小，使等于重力，即 （3） (4)只要帶電質(zhì)點保持（4）式?jīng)Q定的沿軸正方向運動，與重力的合力永遠(yuǎn)等于零但此時，位于坐標(biāo)原點的帶電質(zhì)點還具有豎直向下的速度和沿軸負(fù)方向的速度，二者的合成速度大小為 （5）方向指向左下方，設(shè)它與軸的負(fù)方向的夾角為，如圖復(fù)解17-5-1所示，則 （6）因而帶電質(zhì)點從時刻起的運動可以看做是速率為，沿軸的正方向的勻速直線運動和在平面內(nèi)速率為的勻速圓周運動的合成圓周半徑 （7）帶電質(zhì)點進(jìn)入磁場瞬間所對應(yīng)的圓周運動的圓心位于垂直于質(zhì)點此時速度的直線上，由圖復(fù)解17-5-1可知，其坐標(biāo)為 （8） 圓周運動

44、的角速度 （9）由圖復(fù)解17-5-1可知，在帶電質(zhì)點離開磁場區(qū)域前的任何時刻，質(zhì)點位置的坐標(biāo)為 （10） （11）式中、已分別由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式給出。帶電質(zhì)點到達(dá)磁場區(qū)域下邊界時，代入（11）式，再代入有關(guān)數(shù)值，解得 （12）將（12）式代入（10）式，再代入有關(guān)數(shù)值得 （13）所以帶電質(zhì)點離開磁場下邊界時的位置的坐標(biāo)為 （14）帶電質(zhì)點在磁場內(nèi)的運動可分解成一個速率為的勻速圓周運動和一個速率為的沿軸正方向的勻速直線運動，任何時刻，帶電質(zhì)點的速度便是勻速圓周運動速度與勻速直線運動的速度的合速度若圓周運動的速度在方向和方向的分量為、，則質(zhì)點合速度在方向和方向的分速度分別為 （15） （16）雖然，由（5）式?jīng)Q定，其大小是恒定不變的，由（4）式?jīng)Q定，也是恒定不變的，但在質(zhì)點運動過程中因的方向不斷變化，它在方向和方向的分量和都隨時間變化，因此和也隨時間變化，取決于所考察時刻質(zhì)點做圓周運動速度的方向，由于圓周運動的圓心的坐標(biāo)恰為磁場區(qū)域?qū)挾鹊囊话耄蓪ΨQ性可知，帶電質(zhì)點離開磁場下邊緣時，圓周運動的速度方向應(yīng)指向右下方，與軸正方向夾角，故代入數(shù)值得 將以上兩式及（5）式代入（15）、（16）式，便得帶電質(zhì)點剛離開磁場區(qū)域時的速度分量，它們分別為 （17） （18）速度大小為 （19）設(shè)的方向與軸的夾角為，如圖復(fù)解17-5-2所示，