磁场和电磁感应部分-老师用

1、高二四班国庆期间竞赛材料磁场与电磁感应【拓展知识】1几种磁感应强度的计算公式（1）定义式： 通电导线与磁场方向垂直。（2）比奥萨法尔定律：真空中长直导线电流周围的磁感应强度： （）。式中r为场点到导线间的距离，I为通过导线的电流，0为真空中的磁导率，大小为4×10-7H/m。（3）长度为L的有限长直线电流I外的P处磁感应强度：。（4）长直通电螺线管内部的磁感应强度：B=0nI 。式中n为单位长度螺线管的线圈的匝数。2均匀磁场中的载流线圈的磁力矩公式：M=NBISsin。式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，为线圈平面与磁场方向的夹角。3洛伦兹力F =qvBsin (是v、B之间的夹角)

2、当=0°时，带电粒子不受磁场力的作用。当=90°时，带电粒子做匀速圆周运动。当0°时90°，带电粒子做等距螺旋线运动，回旋半径、螺距和回旋周期分别为； ； ；4霍尔效应将一载流导体放在磁场中，由于洛伦兹力的作用，会在磁场和电流两者垂直的方向上出现横向电势差，这一现象称为霍尔效应，这电势差称为霍尔电势差。的推导；称为霍尔系数。根据霍尔效应可以判断半导体是n型还是p型，可以计算出半导体中载流子浓度。5楞次定律的推广（1）阻碍原磁通量的变化；（2）阻碍（导体的）相对运动；（3）阻碍原电流的变化。6.感应电场与感应电动势 磁感应强度发生变化时，在磁场所在处及周围

3、的空间范围内，将激发感应电场。感应电场不同于静电场：（1） 它不是电荷激发的，而是由变化的磁场所激发；（2） 它的电场线是闭合的，没有起止点。而静电场的电场线是从正电荷出发终止于负电荷；（3） 它对电荷的作用力不是保守力。如果变化的磁场区域是一个半径为R的圆形，则半径为r的回路上各点的感应电场的场强大小为方向沿该点的切线方向。感应电场作用于单位电荷上的电场力所做的功就是感应电动势。【典型例题】1如图所示，将均匀细导线做成的环上的任意两点A和B与固定电源连接起来，总电流为I，计算由环上电流引起的环中心的磁感应强度。2如图所示，倾角为的粗糙斜面上放一木制圆柱，其质量为m = 0.2kg，半径为r，

4、长为l =0.1m，圆柱上顺着轴线绕有N =10匝线圈，线圈平面与斜面平行，斜面处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B =0.5T，当通入多大电流时，圆柱才不致往下滚动？3如图所示，S为一离子源，它能各方向会均等地持续地大量发射正离子，离子的质量皆为m、电量皆为q，速率皆为v0。在离子源的右侧有一半径为R的圆屏，图中 OO是通过圆屏的圆心并垂直于屏面的轴线，S位于轴线上，离子源和圆屏所在的空间有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于圆屏向右。在发射的离子中，有的离子不管S的距离如何变化，总能打到圆屏面上，求这类离子的数目与总发射离子数之比，不考虑离子间的碰撞。4、下面我们运

5、用毕萨定律，来求一个半径为R，载电流为I的圆电流轴线上，距圆心O为的一点的磁感应强度。5、如图11一2所示的无限长平行板中存在一均匀电场和磁场，今有一质量为m，带有正电荷q的粒子从缝隙A以初速进入此平行板，假定此粒子的初速保证它能靠近右侧的平行板而不与其相碰，求：（1）此粒子在P点处的曲率半径；(2)若粒子的初速为0，且坐标原点选在A处，求此粒子在平行板中的运动方程。6、 如图所示，在一无限长密绕螺线管中，其磁感应强度随时间线性变化（=常数），求螺线管内横截面上直线段MN的感应电动势。已知圆心O到MN的距离为h、MN的长为L以及的大小。MNLOh7、如图所示，两根竖直地放置在绝缘地面上的金属框

6、架。框架的上端接有一电容量为C的电容器。框架上有一质量为m，长为L的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好且无摩擦，棒离地面高度为h，强度为B的匀强磁场与框架平面垂直，开始时电容器不带电。自静止起将棒释放，问棒落到地面需要多长时间？Ch【课堂练习】1、如图11一3所示，有一无限长直线电流I0，另有一半径为R的圆形电流I，其直径AB与此直线电流近似重合试求 （1）半圆弧AaB所受作用力的大小和方向； （2）整个圆形电流所受的作用力的大小和方向。2、1）图11一4所示是两根相同的导线环A与B。中心都在z轴上，两导线环分别位于平面。为了使两环互相排斥，它们通的电流方向应是相同还是相反？（2）一个通以

7、电流的导线圆环能在不用任何器械的情况下漂浮在水平的超导平面之上。假设A就是这样一个均匀圆环，它的质量为M，且它的半径r远大于它和超导平面的距离h，平面z=0就是超导平面证明达到平衡时的高度，即导线环A离超导平面的距离。（3）如果飘浮的环在垂直方向上振动，求振动的周期。3、一个长的螺线管包含了另一个同轴的螺线管（它的半径R是外面螺线管的一半）。它们的线圈单位长度具有相同的圈数，且初始时都没有电流。在同一瞬间，电流开始在两个螺线管中线性增长。在任意时刻，里边的螺线管中的电流为外边螺线管中的两倍，它们的方向相同。由于增长的电流，一个初始静止的处于两个螺线管中间的带电粒子，开始沿着一根圆形的轨道运动（

8、见图11一5）。问圆的半径r为多少？4、如图118所示，在一个半径为r，质量为m，可以无摩擦地自由转动的匀质绝缘圆盘中部有一细长螺线管，其半径为a，沿轴线方向单位长度上绕有n匝线圈，线圈中通以稳恒电流I。在圆盘的边缘上均匀地嵌着N个带等量正电荷q的小球。设开始时，螺线管中的电流为I，圆盘静止，然后将电流切断，试求圆盘转动的角速度。【历年真题】1、（22届预赛）（25分）如图所示，两根位于同一水平面内的平行的直长金属导轨，处于恒定磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直一质量为m的均匀导体细杆，放在导轨上，并与导轨垂直，可沿导轨无摩擦地滑动，细杆与导轨的电阻均可忽略不计导轨的左端与一根阻值为R0的电阻

9、丝相连，电阻丝置于一绝热容器中，电阻丝的热容量不计容器与一水平放置的开口细管相通，细管内有一截面为S的小液柱（质量不计），液柱将1mol气体（可视为理想气体）封闭在容器中已知温度升高1K时，该气体的内能的增加量为（R为普适气体常量），大气压强为p0，现令细杆沿导轨方向以初速v0向右运动，试求达到平衡时细管中液柱的位移2、（22届初赛）（30分）如图所示，水平放置的金属细圆环半径为a，竖直放置的金属细圆柱（其半径比a小得多）的端面与金属圆环的上表面在同一平面内，圆柱的细轴通过圆环的中心O一质量为m，电阻为R的均匀导体细棒被圆环和细圆柱端面支撑，棒的一端有一小孔套在细轴O上，另一端A可绕轴线沿圆环

10、作圆周运动，棒与圆环的摩擦系数为圆环处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的恒定磁场中，式中K为大于零的常量，r为场点到轴线的距离金属细圆柱与圆环用导线ed连接不计棒与轴及与细圆柱端面的摩擦，也不计细圆柱、圆环及导线的电阻和感应电流产生的磁场问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匀速转动 注：3、（22届复赛）（25分）一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环，其内、外半径分别为a1、a2，厚度可以忽略两个表面都带有电荷，电荷面密度随离开环心距离r变化的规律均为，为已知常量薄圆环绕通过环心垂直环面的轴以大小不变的角加速度减速转动，t = 0时刻的角速度为将一半径为a0 (a0<

11、;<a1)、电阻为R并与薄圆环共面的导线圆环与薄圆环同心放置试求在薄圆环减速运动过程中导线圆环中的张力F与时间t的关系提示：半径为r、通有电流I的圆线圈（环形电流），在圆心处产生的磁感应强度为（k为已知常量）4（23届初赛6）（25分）如图所示，两个金属轮A1、A2，可绕通过各自中心并与轮面垂直的固定的光滑金属细轴O1和O2转动，O1和O2相互平行，水平放置，每个金属轮由四根金属辐条和金属环组成，A1轮的辐条长为a1、电阻为R1，A2轮的辐条长为a2、电阻为R2，连接辐条的金属环的宽度与电阻都可以忽略。半径为a0的绝缘圆盘D与A1同轴且固连在一起，一轻细绳的一端固定在D边缘上的某点，绳在

12、D上绕足够匝数后，悬挂一质量为m的重物P，当P下落时，通过细绳带动D和A1绕O1轴转动，转动过程中，A1、A2保持接触，无相对滑动；两轮与各自细轴之间保持良好的电接触；两细轴通过导线与一阻值为R的电阻相连，除R和A1、A2两轮中辐条的电阻外，所有金属的电阻都不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与转轴平行，现将P释放，试求P匀速下落时的速度。5、（2012年29届初赛）6、【课后检测】1、（15分）如图所示，两条平行的长直金属细导轨KL、PQ固定于同一水平面内，它们之间的距离为l，电阻可忽略不计；ab和cd是两根质量皆为m的金属细杆，杆与导轨垂直，且与导轨良好接触，并可沿导轨无

13、摩擦地滑动。两杆的电阻皆为R。杆cd的中点系一轻绳，绳的另一端绕过轻的定滑轮悬挂一质量为M的物体，滑轮与转轴之间的摩擦不计，滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行。导轨和金属细杆都处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度的大小为B。现两杆及悬物都从静止开始运动，当ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时，两杆加速度的大小各为多少？2、（ 12 分）如图所示，一质量为m、电荷量为 q ( q > 0 ）的粒子作角速度为、半径为 R 的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内，离圆心的距离为d ( d > R ) ，在导线上通有随时间变化的电流I,

14、t= 0 时刻，粒子速度的方向与导线平行，离导线的距离为d+ R .若粒子做圆周运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作用力，试求出电流 i 随时间的变化规律不考虑变化的磁场产生的感生电场及重力的影响长直导线电流产生的磁感应强度表示式中的比例系数 k 已知3、 (18 分) 在图复19-2中，半径为的圆柱形区域内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面指向纸外，磁感应强度随时间均匀变化，变化率(为一正值常量),圆柱形区外空间没有磁场，沿图中弦的方向画一直线，并向外延长，弦与半径的夹角直线上有一任意点，设该点与点的距离为，求从沿直线到该点的电动势的大小4、（ 25分）如图预187所示，在半径为的圆柱空间

15、中（图中圆为其横截面）充满磁感应强度大小为的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为的刚性等边三角形框架，其中心位于圆柱的轴线上边上点（）处有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在图预18-7中截面内且垂直于边向下发射粒子的电量皆为（0），质量皆为，但速度有各种不同的数值若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边试问：1带电粒子速度的大小取哪些数值时可使点发出的粒子最终又回到点？2. 这些粒子中，回到点所用的最短时间是多少？5、（25分）在真空中建立一坐标系，以水平向右为轴正方向，竖直向下为轴正方向，

16、轴垂直纸面向里（图复17-5）在的区域内有匀强磁场，磁场的磁感强度的方向沿轴的正方向，其大小今把一荷质比的带正电质点在，处静止释放，将带电质点过原点的时刻定为时刻，求带电质点在磁场中任一时刻的位置坐标并求它刚离开磁场时的位置和速度取重力加速度。6、（20分）位于竖直平面内的矩形平面导线框。长为，是水平的，长为，线框的质量为，电阻为.。其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界和均与平行，两边界间的距离为，磁场的磁感应强度为，方向与线框平面垂直，如图预16-4所示。令线框的边从离磁场区域上边界的距离为处自由下落，已知在线框的边进入磁场后，边到达边界之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。

17、问从线框开始下落到边刚刚到达磁场区域下边界的过程中，磁场作用于线框的安培力所做的功。7、如图所示，在与匀强磁场区域垂直的水平面上有两根足够长的平行导轨，在它们上面放着两根平行导体棒，每根长度均为l、质量均为m、电阻均为R，其余部分电阻不计导体棒可在导轨上无摩擦地滑动，开始时左棒静止，右棒获得向右的初速度v0试求右导体棒运动速度v1随时间t的变化；通过两棒的电量；两棒间距离增量的上限 BV08、（ 25 分）如图所示， Ml M2和 M3 M4都是由无限多根无限长的外表面绝缘的细直导线紧密排列成的导线排横截面，两导线排相交成120°，O O 为其角平分线每根细导线中都通有电流 I ，两

18、导线排中电流的方向相反，其中Ml M2中电流的方向垂直纸面向里导线排中单位长度上细导线的根数为图中的矩形abcd 是用 N 型半导体材料做成的长直半导体片的横截面，（），长直半导体片与导线排中的细导线平行，并在片中通有均匀电流I0，电流方向垂直纸面向外已知 ab 边与 O O 垂直，l，该半导体材料内载流子密度为 n ，每个载流子所带电荷量的大小为 q 求此半导体片的左右两个侧面之间的电势差已知当细的无限长的直导线中通有电流 I 时，电流产生的磁场离直导线的距离为r处的磁感应强度的大小为 ,式中k为已知常量9、（ 25 分）如图所示， ACD 是由均匀细导线制成的边长为 d 的等边三角形线框，

19、它以 AD 为转轴，在磁感应强度为 B 的恒定的匀强磁场中以恒定的角速度田转动（俯视为逆时针旋转）, 磁场方向与 AD 垂直已知三角形每条边的电阻都等于R取图示线框平面转至与磁场平行的时刻为 t = 0 .1 求任意时刻 t 线框中的电流 2 规定 A 点的电势为0，求 t = 0 时，三角形线框的AC 边上任一点 P （到 A 点的距离用 x 表示）的电势Up，并画出Up与 x 之间关系的图线10、（ 25 分）空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场，其方向随时间作周期性变化，磁感应强度 B 随时间 t 变化的图线如图 1 所示规定 B > 0 时，磁场的方向穿出纸面现在磁场区域中建立一与磁

20、场方向垂直的平面坐标Oxy，如图 2 所示.一电荷量 q = 5×10-7c ，质量 m =5×10-10kg 的带电粒子，位于原点O 处，在 t =0 时刻以初速度v0=m/s沿 x 轴正方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其它影响1 试在图 2 中画出020 ms 时间内粒子在磁场中运动的轨迹，并标出图 2 中纵横坐标的标度值（评分时只按图评分，不要求写出公式或说明 ) 2 在磁场变化 N 个（ N 为整数）周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于_. 11、（25分）图中oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐标系，在的一侧，存在匀强磁场，磁场方向垂直

21、于oxy平面向里，磁感应强度的大小为B。在的一侧，一边长分别为和的刚性矩形超导线框位于桌面上，框内无电流，框的一对边与x轴平行。线框的质量为m，自感为L。现让超导线框沿x轴方向以初速度进入磁场区域，试定量地讨论线框以后可能发生的运动情况及与初速度大小的关系。（假定线框在运动过程中始终保持超导状态）12、电子感应加速器（betatron）的基本原理如下：一个圆环真空室处于分布在圆柱形体积内的磁场中，磁场方向沿圆柱的轴线，圆柱的轴线过圆环的圆心并与环面垂直。圆中两个同心的实线圆代表圆环的边界，与实线圆同心的虚线圆为电子在加速过程中运行的轨道。已知磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律为，其中T为磁场

22、变化的周期。B0为大于0的常量。当B为正时，磁场的方向垂直于纸面指向纸外。若持续地将初速度为v0的电子沿虚线圆的切线方向注入到环内（如图），则电子在该磁场变化的一个周期内可能被加速的时间是从t= 到t= 。13.（20分）如图所示，M1N1N2M2是位于光滑水平桌面上的刚性U型金属导轨，导轨中接有阻值为R的电阻，它们的质量为m0导轨的两条轨道间的距离为l，PQ是质量为m的金属杆，可在轨道上滑动，滑动时保持与轨道垂直，杆与轨道的接触是粗糙的，杆与导轨的电阻均不计初始时，杆PQ于图中的虚线处，虚线的右侧为一匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，磁感应强度的大小为B现有一位于导轨平面内的与轨道平行的恒力

23、F作用于PQ上，使之从静止开始在轨道上向右作加速运动已知经过时间t , PQ离开虚线的距离为x，此时通过电阻的电流为I0，导轨向右移动的距离为x0（导轨的N1N2部分尚未进人磁场区域）求在此过程中电阻所消耗的能量不考虑回路的自感14.（25分）如图所示，有二平行金属导轨，相距l，位于同一水平面内（图中纸面），处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下（垂直纸面向里）质量均为m的两金属杆ab和cd放在导轨上，与导轨垂直初始时刻， 金属杆ab和cd分别位于x = x0和x = 0处假设导轨及金属杆的电阻都为零，由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为L今对金属杆ab施以沿导轨向右的瞬时冲量，使

24、它获得初速设导轨足够长，也足够大，在运动过程中，两金属杆之间距离的变化远小于两金属杆的初始间距，因而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数L是恒定不变的杆与导轨之间摩擦可不计求任意时刻两杆的位置xab和xcd以及由两杆和导轨构成的回路中的电流i三者各自随时间t的变化关系 xO yv0cabyd参考答案典型例题1、分析：磁感强度B可以看成圆环上各部分(将圆环视为多个很小长度部分的累加)的贡献之和，因为对称性，圆环上各部分电流在圆心处磁场是相同或相反，可简化为代数加减。解：设A、B两点之间电压为U，导线单位长度电阻，则二段圆环电流 磁感强度B可以是圆环每小段部分磁场的叠加，在圆

25、心处，可表达为，所以：因 故，即两部分在圆心处产生磁场的磁感强度大小相等，但磁场的方向正好相反，因此环心处的磁感强度等于零。2、3、4、在圆环上选一I，它在P点产生的磁感应强度，其方向垂直于I和所确定的平面，将分解到沿OP方向和垂直于OP方向，环上所有电流元在P点产生的的和为零， B=（ 线性一元叠加） 在圆心处，5、分析和解：（l）这又是一个载电粒子在电磁 场中运动的题目，我们采取配一对大小相等、方向相反的速度的方法解这道题，设粒子有一沿y轴的速度和沿y轴负方向的速度，速度所对应的洛伦兹力刚好与粒子在电场中受到的电场力平衡。，这样粒子一方面以的速度沿y轴正方向作匀速直线运动，另一方面则以做匀

26、速圆周运动，而为当粒子到达P点时，的方向也沿y轴正方向，与同向， 此时粒子的向心力F为洛伦兹力和电场力的合力： 由可得P点曲率半径为 （2）给粒子配一沿y轴正方向的和沿y轴负方向的，则粒子一边沿y轴正向作匀速直线运动，一边以的速度在磁场中做匀速圆周运动，其半径所对应的转动角速度则粒子运动方程为 6、解:求感生电动势有两种方法。(1) 根据电动势的定义：某一线段上的感生电动势等于感生电场搬运单位正电荷沿此段运动时所做的功。在MN上任选一小段，O点到距离为r，处的如图4-4-8所示，与的夹角为，感生电场沿移动单位正电荷所做的功为ONMhr图4-4-8 ， 而 则而 故 把MN上所有的电动势相加，

27、(2)用法拉第定律求解。连接OM，ON，则封闭回路三角形OMN的电动势等于其所包围的磁通量的变化率。OM和ON上各点的感生电场均各自与OM和ON垂直，单位正电荷OM和ON上移动时，感生电场的功为零，故OM和ON上的感生电动势为零，封闭回路OMNO的电动势就是MN上的电动势。电动势的方向可由楞次定律确定。7、解答：设某瞬时棒的加速度为，则由牛顿第二定律得 是这一瞬时的安培力 i是这一瞬时的感应电流。取一个极短的时间t，有 Q为在极短时间内流过棒的电量，也就是给电容器充电的电量。对于电容器，有 因而 U是这极短时间内电压的增量，电压的增量等于感生电动势的增量，即 而 于是 与时间t无关，即棒做运加

28、速运动。由 得棒落到地面的时间为 【课堂练习】1、分析和解：（1）半圆电流所受磁力见图11一3 ( b) ，在AaB弧上的C点取一电流元，其所在处的磁感强度方向垂直纸面向里，大小为则电流元上所受到的安培力为，方向沿径向。现将分解到x轴和y轴，考虑到对称性，方向沿x轴正方向。 （2）由于左半圆AbB的电流与右半圆AaB的电流等值反向且与I0对称，所处空间的磁感应强度也是对称反向的，故两半圆所受安培力等值同向，都沿x轴正向2、分析和解：（1）因为r>>h，所以可将两导线环看作两根长的平行导线，要它们相互排斥，电流方向必须相反。 （2）因超导体内磁感应强度为零，为抵消A产生的磁力线穿过超

29、导面，即在超导面下，与A对称处有线圈B，其中电流大小与A中相同，而方向相反。A与超导面的作用相同于A、B两线圈的作用，把两环看作两根长的平行导线，因而A所受的磁场力为当平衡时磁场力应等于重力Mg，所以，即。 （3）在平衡位置附近，可令，为一相对平衡位置的小位移，而合力等于重力和磁场力的合成，即 振动的角频率为：振动周期为：3、分析和解：在t时刻外边螺线管中的电流为，在里边的螺线管中的电流为，其中是一个常数。由这些电流产生的磁场在外边螺线管中为，而在里边螺线管中为3B，其中n为单位长度上螺线管的圈数。由半径为r的粒子轨道所包围的磁通量为感生电场的大小可以从磁场随时间的变化率计算得出：，因此带电粒

30、子由磁场限制在它的圆形轨道上，因此，从作用在它上面的力的总的径向分量为零，我们可以得到 根据公式，粒子由合力的切向分量沿着它的圆形轨道加速，其中m是质量，q是粒子的电荷。当电场力的大小恒定时，粒子的速度随时间均匀地增加，把上式和B的值代入方程，我们得到满足上式的条件为，即4、分析和解：设螺线管电流切断后，在t时间内电流从I减为零，在此过程中任意时刻t的电流表示为i(t)，则在t时刻由i(t)产生的磁场B(t)为 B(t)0 ni（t）B的方向沿轴向，B(t)将随i(t)减小为零，变化的B(t)产生环状涡旋电场，在r处的涡旋电场E(t)应满足即因i（t）随时间减小，。E(t)0。即涡旋电场的方向

31、与电流的方向一致。在半径为r的圆周上嵌着的N个带电小球所受的总切向力为它相对转轴形成的力矩为 由刚体的角动量定理，在电流从I减小为零的t时间内，刚体所获得的全部冲量矩等于它的角动量的增量。因开始时刚体（圆盘）静止，角动量为零，故有圆盘绕轴的转动惯量J为代入上式，得出电流降为零后，圆盘转动的角速度为【历年真题】1、导体细杆运动时，切割磁感应线，在回路中产生感应电动势与感应电流，细杆将受到安培力的作用，安培力的方向与细杆的运动方向相反，使细杆减速，随着速度的减小，感应电流和安培力也减小，最后杆将停止运动，感应电流消失在运动过程中，电阻丝上产生的焦耳热，全部被容器中的气体吸收根据能量守恒定律可知，杆

32、从v0减速至停止运动的过程中，电阻丝上的焦耳热Q应等于杆的初动能，即(1)容器中的气体吸收此热量后，设其温度升高DT，则内能的增加量为(2)在温度升高DT的同时，气体体积膨胀，推动液柱克服大气压力做功设液柱的位移为，则气体对外做功(3) 就是气体体积的膨胀量(4)由理想气体状态方程，注意到气体的压强始终等于大气压，故有(5)由热力学第一定律(6)由以上各式可解得(7)2、将整个导体棒分割成个小线元，小线元端点到轴线的距离分别为r0(=0)，r1，r2，ri-1，ri，rn-1，rn(= a)，第i个线元的长度为，当很小时，可以认为该线元上各点的速度都为，该线元因切割磁感应线而产生的电动势为(1

33、)整个棒上的电动势为(2)由，略去高阶小量(r)2及(r)3，可得代入(2)式，得(3)由全电路欧姆定律，导体棒通过的电流为(4)导体棒受到的安培力方向与棒的运动方向相反 第i个线元受到的安培力为(5)作用于该线元的安培力对轴线的力矩作用于棒上各线元的安培力对轴线的总力矩为即（6）因棒A端对导体圆环的正压力为mg，所以摩擦力为，对轴的摩擦力矩为(7)其方向与安培力矩相同，均为阻力矩为使棒在水平面内作匀角速转动,要求棒对于O轴所受的合力矩为零，即外力矩与阻力矩相等，设在A点施加垂直于棒的外力为f，则有 （8）由(6)、(7)、（8）式得(9)3、用半径分别为r1（>a1），r2，ri，rn

34、1（<a2）的n-1个同心圆把塑料薄圆环分割成n个细圆环第i个细圆环的宽度为，其环带面积式中已略去高阶小量，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为设时刻t，细圆环转动的角速度为w ，单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流由环形电流产生磁场的规律，该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为 (1)式中是一个微小量，注意到，有 (2)将各细圆环产生的磁场叠加，由（1）、（2）式得出环心O点处的磁感应强度： (3)由于a0<<a1，可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场，可由O点的场表示磁场对导线环的磁通量(4)由于是变化的，所以上述磁通量是随时间变化的，产生的感应电动势

35、的大小为 (5)由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为 (6)设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转，穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外，由于薄圆环环作减角速转动，穿过导线圆环的磁场逐渐减小，根据楞次定律，导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向，导线圆环各元段Dl所受的安培力都沿环半径向外现取对于y轴两对称点U、V，对应的二段电流元所受的安培力的大小为 (7)方向如图所示，它沿x及y方向分量分别(8)(9)根据对称性，作用于沿半个导线圆环QMN上的各电流元的安培力的x分量之和相互抵消，即 (10)（式中，当时，是正的，当时，是负的，故），而作用于沿半个导线圆环QMN上的各电流元的安培力的y分量之

36、和为(11) （式中，由于q 在0p之间都是正的，故），即半个导线圆环上受的总安培力的大小为，方向沿y正方向，由于半个圆环处于平衡状态，所以在导线截面Q、N处所受（来自另外半个圆环）的拉力（即张力）F应满足由（3）、（6）两式得 (12)由（12）式可见，张力F随时间t线性减小4、5、 6、【课后检测】1、用E 和I分别表示abdc回路的感应电动势和感应电流的大小，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知E Bl（v2v1） （1） （2）令F表示磁场对每根杆的安培力的大小，则FIBl （3）令a1和a2分别表示ab杆cd杆和物体M加速度的大小，T表示绳中张力的大小，由牛顿定律可知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表示电流i产生磁场的磁感应强度，根据题意粒子作圆周运动的向心力为粒子受到的磁场洛仑兹力，因此有 （1）而 （2）由（1）、（2）两式得 （3）如图建立坐标系，则粒子在时刻的位置， （4）取电流的正方向与y轴的正向一致，设时刻t长直导线上的电流为，它产生的磁场在粒子所在处磁感应强度大小为 （5）方向垂直圆周所在的平面.由（4）、（5）式，可得 （6）3、由于圆柱形区域内存在变化磁场，在圆柱形区域内外空间中将产生涡旋电场，电场线为圆，圆心在圆柱轴线上，圆面与轴线垂直，如图中虚点线所示在这样的电场中，沿任意半径

38、方向移动电荷时，由于电场力与移动方向垂直，涡旋电场力做功为零，因此沿半径方向任意一段路径上的电动势均为零1任意点在磁场区域内：令为任意点（见图复解19-2-1），在图中连直线与。取闭合回路，可得回路电动势，式中，分别为从到、从到、从到的电动势。由前面的分析可知，故 （1）令的面积为，此面积上磁通量，由电磁感应定律，回路的电动势大小为 根据题给的条件有 （2）由图复解19-2-2可知 （3）由（1）、（2）、（3）式可得沿线段的电动势大小为 （4） ACCAOORRPxaaaabDQ图复解 19-21图复解 19-222任意点在磁场区域外：令为任意点（见图复解19-2-2），。在图中连、。取闭合

39、回路，设回路中电动势为，根据类似上面的讨论有 （5）对于回路，回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量，此面积为，通过它的磁通量。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小 （6）在图中连，令，则，于是 当时，中有 于是得 （7）由（5）、（6）、（7）式可得沿线的电动势的大小为 （8）4、带电粒子（以下简称粒子）从点垂直于边以速度射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其圆心一定位于边上，其半径可由下式 求得，为 （1）1. 要求此粒子每次与的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到点，则和应满足以下条件：（）与边垂直的条件由于碰撞时速度与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于的边上，粒子绕过顶点

40、、时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即、）上粒子从点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为的半圆，在边上最后一次的碰撞点与点的距离应为，所以的长度应是的奇数倍。粒子从边绕过点转回到点时，情况类似，即的长度也应是轨道半径的奇数倍取，则当的长度被奇数除所得的也满足要求，即 1，2，3，因此为使粒子与各边发生垂直碰撞，必须满足下面的条件 （2）此时 为的奇数倍的条件自然满足只要粒子绕过点与边相碰，由对称关系可知，以后的碰撞都能与的边垂直（）粒子能绕过顶点与的边相碰的条件由于磁场局限于半径为的圆柱范围内，如果粒子在绕点运动时圆轨迹与磁场边界相交，它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回

41、所以粒子作圆周运动的半径不能太大，由图预解18-7可见，必须（的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，时，粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切），由给定的数据可算得 （3）将1，2，3，分别代入（2）式，得 由于，这些粒子在绕过的顶点时，将从磁场边界逸出，只有4的粒子能经多次碰撞绕过、点，最终回到点由此结论及（1）、（2）两式可得与之相应的速度 （4）这就是由点发出的粒子与的三条边垂直碰撞并最终又回到点时，其速度大小必须满足的条件2. 这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为 将（1）式代入，得 （5）可见在及给定时与无关。粒子从点出发最后回到点的过程中，与的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，所以应取，如图

42、预解18-7所示（图中只画出在边框的碰撞情况），此时粒子的速度为，由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300°的圆弧，所需时间为 （6）以（5）式代入得 （7）5、解法一：带电质点静止释放时，受重力作用做自由落体运动，当它到达坐标原点时，速度为 （1）方向竖直向下带电质点进入磁场后，除受重力作用外，还受到洛伦兹力作用，质点速度的大小和方向都将变化，洛伦兹力的大小和方向亦随之变化我们可以设想，在带电质点到达原点时，给质点附加上沿轴正方向和负方向两个大小都是的初速度，由于这两个方向相反的速度的合速度为零，因而不影响带电质点以后的运动在时刻，带电质点因具有沿轴正

43、方向的初速度而受洛伦兹力的作用。 （2）其方向与重力的方向相反适当选择的大小，使等于重力，即 （3） (4)只要带电质点保持（4）式决定的沿轴正方向运动，与重力的合力永远等于零但此时，位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度和沿轴负方向的速度，二者的合成速度大小为 （5）方向指向左下方，设它与轴的负方向的夹角为，如图复解17-5-1所示，则 （6）因而带电质点从时刻起的运动可以看做是速率为，沿轴的正方向的匀速直线运动和在平面内速率为的匀速圆周运动的合成圆周半径 （7）带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心位于垂直于质点此时速度的直线上，由图复解17-5-1可知，其坐标为 （8） 圆周运动

44、的角速度 （9）由图复解17-5-1可知，在带电质点离开磁场区域前的任何时刻，质点位置的坐标为 （10） （11）式中、已分别由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式给出。带电质点到达磁场区域下边界时，代入（11）式，再代入有关数值，解得 （12）将（12）式代入（10）式，再代入有关数值得 （13）所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为 （14）带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为的匀速圆周运动和一个速率为的沿轴正方向的匀速直线运动，任何时刻，带电质点的速度便是匀速圆周运动速度与匀速直线运动的速度的合速度若圆周运动的速度在方向和方向的分量为、，则质点合速度在方向和方向的分速度分别为 （15） （16）虽然，由（5）式决定，其大小是恒定不变的，由（4）式决定，也是恒定不变的，但在质点运动过程中因的方向不断变化，它在方向和方向的分量和都随时间变化，因此和也随时间变化，取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向，由于圆周运动的圆心的坐标恰为磁场区域宽度的一半，由对称性可知，带电质点离开磁场下边缘时，圆周运动的速度方向应指向右下方，与轴正方向夹角，故代入数值得 将以上两式及（5）式代入（15）、（16）式，便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量，它们分别为 （17） （18）速度大小为 （19）设的方向与轴的夹角为，如图复解17-5-2所示，