磁場和電磁感應部分-老師用

1、高二四班國慶期間競賽材料磁場與電磁感應【拓展知識】1幾種磁感應強度的計算公式（1）定義式： 通電導線與磁場方向垂直。（2）比奧薩法爾定律：真空中長直導線電流周圍的磁感應強度： （）。式中r為場點到導線間的距離，I為通過導線的電流，0為真空中的磁導率，大小為4×10-7H/m。（3）長度為L的有限長直線電流I外的P處磁感應強度：。（4）長直通電螺線管內部的磁感應強度：B=0nI 。式中n為單位長度螺線管的線圈的匝數。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，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=0°時，帶電粒子不受磁場力的作用。當=90°時，帶電粒子做勻速圓周運動。當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霍爾效應將一載流導體放在磁場中，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橫向電勢差，這一現象稱為霍爾效應，這電勢差稱為霍爾電勢差。的推導；稱為霍爾系數。根據霍爾效應可以判斷半導體是n型還是p型，可以計算出半導體中載流子濃度。5楞次定律的推廣（1）阻礙原磁通量的變化；（2）阻礙（導體的）相對運動；（3）阻礙原電流的變化。6.感應電場與感應電動勢 磁感應強度發(fā)生變化時，在磁場所在處及周圍

3、的空間范圍內，將激發(fā)感應電場。感應電場不同于靜電場：（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電場的場強大小為方向沿該點的切線方向。感應電場作用于單位電荷上的電場力所做的功就是感應電動勢?！镜湫屠}】1如圖所示，將均勻細導線做成的環(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)中心的磁感應強度。2如圖所示，傾角為的粗糙斜面上放一木制圓柱，其質量為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磁場中，磁感應強度為B =0.5T，當通入多大電流時，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，離子的質量皆為m、電量皆為q，速率皆為v0。在離子源的右側有一半徑為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磁場，磁感應強度的大小為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，求這類離子的數目與總發(fā)射離子數之比，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為的一點的磁感應強度。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，今有一質量為m，帶有正電荷q的粒子從縫隙A以初速進入此平行板，假定此粒子的初速保證它能靠近右側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，其磁感應強度隨時間線性變化（=常數），求螺線管內橫截面上直線段MN的感應電動勢。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?？蚣苌嫌幸毁|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，強度為B的勻強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】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線環(huán)A與B。中心都在z軸上，兩導線環(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是相同還是相反？（2）一個通以

7、電流的導線圓環(huán)能在不用任何器械的情況下漂浮在水平的超導平面之上。假設A就是這樣一個均勻圓環(huán)，它的質量為M，且它的半徑r遠大于它和超導平面的距離h，平面z=0就是超導平面證明達到平衡時的高度，即導線環(huán)A離超導平面的距離。（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，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，質量為m，可以無摩擦地自由轉動的勻質絕緣圓盤中部有一細長螺線管，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，試求圓盤轉動的角速度。【歷年真題】1、（22屆預賽）（25分）如圖所示，兩根位于同一水平面內的平行的直長金屬導軌，處于恒定磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直一質量為m的均勻導體細桿，放在導軌上，并與導軌垂直，可沿導軌無摩擦地滑動，細桿與導軌的電阻均可忽略不計導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管相通，細管內有一截面為S的小液柱（質量不計），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，該氣體的內能的增加量為（R為普適氣體常量），大氣壓強為p0，現令細桿沿導軌方向以初速v0向右運動，試求達到平衡時細管中液柱的位移2、（22屆初賽）（30分）如圖所示，水平放置的金屬細圓環(huán)半徑為a，豎直放置的金屬細圓柱（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，圓柱的細軸通過圓環(huán)的中心O一質量為m，電阻為R的均勻導體細棒被圓環(huán)和細圓柱端面支撐，棒的一端有一小孔套在細軸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)的摩擦系數為圓環(huán)處于磁感應強度大小為、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圓柱與圓環(huán)用導線ed連接不計棒與軸及與細圓柱端面的摩擦，也不計細圓柱、圓環(huán)及導線的電阻和感應電流產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動 注：3、（22屆復賽）（25分）一個用絕緣材料制成的扁平薄圓環(huán)，其內、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)減速運動過程中導線圓環(huán)中的張力F與時間t的關系提示：半徑為r、通有電流I的圓線圈（環(huán)形電流），在圓心處產生的磁感應強度為（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軸O1和O2轉動，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，一輕細繩的一端固定在D邊緣上的某點，繩在

12、D上繞足夠匝數后，懸掛一質量為m的重物P，當P下落時，通過細繩帶動D和A1繞O1軸轉動，轉動過程中，A1、A2保持接觸，無相對滑動；兩輪與各自細軸之間保持良好的電接觸；兩細軸通過導線與一阻值為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強度為B的勻強磁場中，磁場方向與轉軸平行，現將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導軌KL、PQ固定于同一水平面內，它們之間的距離為l，電阻可忽略不計；ab和cd是兩根質量皆為m的金屬細桿，桿與導軌垂直，且與導軌良好接觸，并可沿導軌無

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量為M的物體，滑輪與轉軸之間的摩擦不計，滑輪與桿cd之間的輕繩處于水平伸直狀態(tài)并與導軌平行。導軌和金屬細桿都處于勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在平面向上，磁感應強度的大小為B?，F兩桿及懸物都從靜止開始運動，當ab桿及cd桿的速度分別達到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.一長直細導線位于圓周所在的平面內，離圓心的距離為d ( d > R ) ，在導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線平行，離導線的距離為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生的感生電場及重力的影響長直導線電流產生的磁感應強度表示式中的比例系數 k 已知3、 (18 分) 在圖復19-2中，半徑為的圓柱形區(qū)域內有勻強磁場，磁場方向垂直紙面指向紙外，磁感應強度隨時間均勻變化，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）充滿磁感應強度大小為的均勻磁場，其方向平行于軸線遠離讀者在圓柱空間中垂直軸線平面內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18-7中截面內且垂直于邊向下發(fā)射粒子的電量皆為（0），質量皆為，但速度有各種不同的數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17-5）在的區(qū)域內有勻強磁場，磁場的磁感強度的方向沿軸的正方向，其大小今把一荷質比的帶正電質點在，處靜止釋放，將帶電質點過原點的時刻定為時刻，求帶電質點在磁場中任一時刻的位置坐標并求它剛離開磁場時的位置和速度取重力加速度。6、（20分）位于豎直平面內的矩形平面導線框。長為，是水平的，長為，線框的質量為，電阻為.。其下方有一勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的上、下邊界和均與平行，兩邊界間的距離為，磁場的磁感應強度為，方向與線框平面垂直，如圖預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，已知在線框的邊進入磁場后，邊到達邊界之前的某一時刻線框的速度已達到這一階段的最大值。

17、問從線框開始下落到邊剛剛到達磁場區(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，在與勻強磁場區(qū)域垂直的水平面上有兩根足夠長的平行導軌，在它們上面放著兩根平行導體棒，每根長度均為l、質量均為m、電阻均為R，其余部分電阻不計導體棒可在導軌上無摩擦地滑動，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直導線緊密排列成的導線排橫截面，兩導線排相交成120°，O O 為其角平分線每根細導線中都通有電流 I ，兩

18、導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線排中單位長度上細導線的根數為圖中的矩形abcd 是用 N 型半導體材料做成的長直半導體片的橫截面，（），長直半導體片與導線排中的細導線平行，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，該半導體材料內載流子密度為 n ，每個載流子所帶電荷量的大小為 q 求此半導體片的左右兩個側面之間的電勢差已知當細的無限長的直導線中通有電流 I 時，電流產生的磁場離直導線的距離為r處的磁感應強度的大小為 ,式中k為已知常量9、（ 25 分）如圖所示， ACD 是由均勻細導線制成的邊長為 d 的等邊三角形線框，

19、它以 AD 為轉軸，在磁感應強度為 B 的恒定的勻強磁場中以恒定的角速度田轉動（俯視為逆時針旋轉）, 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，磁感應強度 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在磁場區(qū)域中建立一與磁

20、場方向垂直的平面坐標Oxy，如圖 2 所示.一電荷量 q = 5×10-7c ，質量 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生的一切其它影響1 試在圖 2 中畫出020 ms 時間內粒子在磁場中運動的軌跡，并標出圖 2 中縱橫坐標的標度值（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）周期的時間內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系，在的一側，存在勻強磁場，磁場方向垂直

21、于oxy平面向里，磁感應強度的大小為B。在的一側，一邊長分別為和的剛性矩形超導線框位于桌面上，框內無電流，框的一對邊與x軸平行。線框的質量為m，自感為L?，F讓超導線框沿x軸方向以初速度進入磁場區(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系。（假定線框在運動過程中始終保持超導狀態(tài)）12、電子感應加速器（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。已知磁場的磁感應強度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（如圖），則電子在該磁場變化的一個周期內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型金屬導軌，導軌中接有阻值為R的電阻，它們的質量為m0導軌的兩條軌道間的距離為l，PQ是質量為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，桿與導軌的電阻均不計初始時，桿PQ于圖中的虛線處，虛線的右側為一勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于桌面，磁感應強度的大小為B現有一位于導軌平面內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，導軌向右移動的距離為x0（導軌的N1N2部分尚未進人磁場區(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，有二平行金屬導軌，相距l(xiāng)，位于同一水平面內（圖中紙面），處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向豎直向下（垂直紙面向里）質量均為m的兩金屬桿ab和cd放在導軌上，與導軌垂直初始時刻， 金屬桿ab和cd分別位于x = x0和x = 0處假設導軌及金屬桿的電阻都為零，由兩金屬桿與導軌構成的回路的自感系數為L今對金屬桿ab施以沿導軌向右的瞬時沖量，使

24、它獲得初速設導軌足夠長，也足夠大，在運動過程中，兩金屬桿之間距離的變化遠小于兩金屬桿的初始間距，因而可以認為在桿運動過程中由兩金屬桿與導軌構成的回路的自感系數L是恒定不變的桿與導軌之間摩擦可不計求任意時刻兩桿的位置xab和xcd以及由兩桿和導軌構成的回路中的電流i三者各自隨時間t的變化關系 xO yv0cabyd參考答案典型例題1、分析：磁感強度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，可簡化為代數加減。解：設A、B兩點之間電壓為U，導線單位長度電阻，則二段圓環(huán)電流 磁感強度B可以是圓環(huán)每小段部分磁場的疊加，在圓

25、心處，可表達為，所以：因 故，即兩部分在圓心處產生磁場的磁感強度大小相等，但磁場的方向正好相反，因此環(huán)心處的磁感強度等于零。2、3、4、在圓環(huán)上選一I，它在P點產生的磁感應強度，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，設粒子有一沿y軸的速度和沿y軸負方向的速度，速度所對應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，而為當粒子到達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，其半徑所對應的轉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是這一瞬時的感應電流。取一個極短的時間t，有 Q為在極短時間內流過棒的電量，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，即棒做運加

28、速運動。由 得棒落到地面的時間為 【課堂練習】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，所處空間的磁感應強度也是對稱反向的，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，所以可將兩導線環(huán)看作兩根長的平行導線，要它們相互排斥，電流方向必須相反。 （2）因超導體內磁感應強度為零，為抵消A產生的磁力線穿過超

29、導面，即在超導面下，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線，因而A所受的磁場力為當平衡時磁場力應等于重力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。由這些電流產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。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是質量，q是粒子的電荷。當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：設螺線管電流切斷后，在t時間內電流從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)產生環(huán)狀渦旋電場，在r處的渦旋電場E(t)應滿足即因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，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，故有圓盤繞軸的轉動慣量J為代入上式，得出電流降為零后，圓盤轉動的角速度為【歷年真題】1、導體細桿運動時，切割磁感應線，在回路中產生感應電動勢與感應電流，細桿將受到安培力的作用，安培力的方向與細桿的運動方向相反，使細桿減速，隨著速度的減小，感應電流和安培力也減小，最后桿將停止運動，感應電流消失在運動過程中，電阻絲上產生的焦耳熱，全部被容器中的氣體吸收根據能量守恒定律可知，桿

32、從v0減速至停止運動的過程中，電阻絲上的焦耳熱Q應等于桿的初動能，即(1)容器中的氣體吸收此熱量后，設其溫度升高DT，則內能的增加量為(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，注意到氣體的壓強始終等于大氣壓，故有(5)由熱力學第一定律(6)由以上各式可解得(7)2、將整個導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，當很小時，可以認為該線元上各點的速度都為，該線元因切割磁感應線而產生的電動勢為(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，導體棒通過的電流為(4)導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作勻角速轉動,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個細圓環(huán)第i個細圓環(huán)的寬度為，其環(huán)帶面積式中已略去高階小量，該細圓環(huán)帶上、下表面所帶電荷量之和為設時刻t，細圓環(huán)轉動的角速度為w ，單位時間內，通過它的“橫截面”的電荷量，即為電流由環(huán)形電流產生磁場的規(guī)律，該細圓環(huán)的電流在環(huán)心產生的磁感應強度為 (1)式中是一個微小量，注意到，有 (2)將各細圓環(huán)產生的磁場疊加，由（1）、（2）式得出環(huán)心O點處的磁感應強度： (3)由于a0<<a1，可以認為在導線圓環(huán)所在小區(qū)域的磁場是勻強磁場，可由O點的場表示磁場對導線環(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，產生的感應電動勢

35、的大小為 (5)由全電路歐姆定律可知，導線環(huán)內感應電流的大小為 (6)設題圖中薄圓環(huán)帶正電作逆時針旋轉，穿過導線圓環(huán)的磁場方向垂直紙面向外，由于薄圓環(huán)環(huán)作減角速轉動，穿過導線圓環(huán)的磁場逐漸減小，根據楞次定律，導線圓環(huán)中的感應電流亦為逆時針方向，導線圓環(huán)各元段Dl所受的安培力都沿環(huán)半徑向外現取對于y軸兩對稱點U、V，對應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)根據對稱性，作用于沿半個導線圓環(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，當時，是正的，當時，是負的，故），而作用于沿半個導線圓環(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回路的感應電動勢和感應電流的大小，根據法拉第電磁感應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產生磁場的磁感應強度，根據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，設時刻t長直導線上的電流為，它產生的磁場在粒子所在處磁感應強度大小為 （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)域內存在變化磁場，在圓柱形區(qū)域內外空間中將產生渦旋電場，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：令為任意點（見圖復解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，由電磁感應定律，回路的電動勢大小為 根據題給的條件有 （2）由圖復解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圖復解 19-21圖復解 19-222任意點在磁場區(qū)域外：令為任意點（見圖復解19-2-2），。在圖中連、。取閉合

39、回路，設回路中電動勢為，根據類似上面的討論有 （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。根據電磁感應定律可知回路中電動勢的大小 （6）在圖中連，令，則，于是 當時，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為，所以的長度應是的奇數倍。粒子從邊繞過點轉回到點時，情況類似，即的長度也應是軌道半徑的奇數倍取，則當的長度被奇數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 為的奇數倍的條件自然滿足只要粒子繞過點與邊相碰，由對稱關系可知，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，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），由給定的數據可算得 （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的粒子能經多次碰撞繞過、點，最終回到點由此結論及（1）、（2）兩式可得與之相應的速度 （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。粒子從點出發(fā)最后回到點的過程中，與的邊碰撞次數愈少，所經歷的時間就愈少，所以應取，如圖

42、預解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：帶電質點靜止釋放時，受重力作用做自由落體運動，當它到達坐標原點時，速度為 （1）方向豎直向下帶電質點進入磁場后，除受重力作用外，還受到洛倫茲力作用，質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想，在帶電質點到達原點時，給質點附加上沿軸正方向和負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，因而不影響帶電質點以后的運動在時刻，帶電質點因具有沿軸正

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選擇的大小，使等于重力，即 （3） (4)只要帶電質點保持（4）式決定的沿軸正方向運動，與重力的合力永遠等于零但此時，位于坐標原點的帶電質點還具有豎直向下的速度和沿軸負方向的速度，二者的合成速度大小為 （5）方向指向左下方，設它與軸的負方向的夾角為，如圖復解17-5-1所示，則 （6）因而帶電質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速率為的勻速圓周運動的合成圓周半徑 （7）帶電質點進入磁場瞬間所對應的圓周運動的圓心位于垂直于質點此時速度的直線上，由圖復解17-5-1可知，其坐標為 （8） 圓周運動

44、的角速度 （9）由圖復解17-5-1可知，在帶電質點離開磁場區(qū)域前的任何時刻，質點位置的坐標為 （10） （11）式中、已分別由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式給出。帶電質點到達磁場區(qū)域下邊界時，代入（11）式，再代入有關數值，解得 （12）將（12）式代入（10）式，再代入有關數值得 （13）所以帶電質點離開磁場下邊界時的位置的坐標為 （14）帶電質點在磁場內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、，則質點合速度在方向和方向的分速度分別為 （15） （16）雖然，由（5）式決定，其大小是恒定不變的，由（4）式決定，也是恒定不變的，但在質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點做圓周運動速度的方向，由于圓周運動的圓心的坐標恰為磁場區(qū)域寬度的一半，由對稱性可知，帶電質點離開磁場下邊緣時，圓周運動的速度方向應指向右下方，與軸正方向夾角，故代入數值得 將以上兩式及（5）式代入（15）、（16）式，便得帶電質點剛離開磁場區(qū)域時的速度分量，它們分別為 （17） （18）速度大小為 （19）設的方向與軸的夾角為，如圖復解17-5-2所示，