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              湖南省岳陽縣第一中學2014年物理奧賽教案 第九講 磁場 電磁感應  共用

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              • 資料類型:試題 資料編號:1022463
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              • 上傳時間:2014年10月13日 23時59分00秒
              • 更新時間:2014年10月13日 23時59分00秒
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              文件簡介::
              湖南省岳陽縣第一中學2014年物理奧賽教案
              第九講磁場電磁感應
              知識要點:電流的磁場。磁感應強度。磁感線。勻強磁場。安培力。洛侖茲力。電子荷質比的測定。質譜儀。回旋加速器。法拉第電磁感應定律。楞次定律。自感系數。互感和變壓器。
              《磁場》部分在奧賽考剛中的考點很少,和高考要求的區別不是很大,只是在兩處有深化:a、電流的磁場引進定量計算;b、對帶電粒子在復合場中的運動進行了更深入的分析。
              一、磁場與安培力
              1、磁場
              a、永磁體、電流磁場→磁現象的電本質
              b、磁感強度、磁通量
              c、穩恒電流的磁場
              畢奧-薩伐爾定律(Biot-Savartlaw):對于電流強度為I、長度為dI的導體元段,在距離為r的點激發的“元磁感應強度”為△B。矢量式△B=△Lsin(;式中(為電流方向與r之間的夾角,(0=4π×10-7Tm/A。應用畢薩定律再結合矢量疊加原理,可以求解任何形狀導線在任何位置激發的磁感強度。
              (1)圓形電流中心的磁感應強度
              把通電圓環分為無窮多的線微元(L,每個(L在中心O處產生的磁感應強度都是一樣的。
              因為:△B=△L
              所以,B=((B=((L=×2πr=
              (2)無限長直線電流的磁感應強度
              B=(可用微元法證明),r是場點P到導線的垂直距離。
              (3)長度為L的有限長直導線電流I的磁感應強度
              B=
              顯然,當L趨于無限長時,(1→0(,(2→180(,與(2)相同。
              (4)細長密繞通電螺線管內的磁感應強度
              B=(0nI
              式中n是螺旋管單位長度上線圈的匝數,由此可知,這是一個勻強磁場。
              2、安培力
              a、對直導體,F=BILsinθ再結合“左手定則”解決方向問題(θ為B與L的夾角)。
              b、彎曲導體的安培力
              ⑴整體合力
              折線導體所受安培力的合力等于連接始末端連線導體(電流不變)的的安培力。
              證明:參照右圖,令MN段導體的安培力F1與NO段導體的安培力F2的合力為F,則F的大小為
              F=
              =BI
              =BI
              關于F的方向,由于ΔFF2P∽ΔMNO,可以證明圖中的兩個灰色三角形相似,這也就證明了F是垂直MO的,再由于ΔPMO是等腰三角形(這個證明很容易),故F在MO上的垂足就是MO的中點了。
              證畢。
              由于連續彎曲的導體可以看成是無窮多元段直線導體的折合,所以,關于折線導體整體合力的結論也適用于彎曲導體。(說明:這個結論只適用于勻強磁場。)
              ⑵導體的內張力
              彎曲導體在平衡或加速的情形下,均會出現內張力,具體分析時,可將導體在被考查點切斷,再將被切斷的某一部分隔離,列平衡方程或動力學方程求解。
              c、勻強磁場對線圈的轉矩
              如圖(1)所示,當一個矩形線圈(線圈面積為S、通以恒定電流I)放入勻強磁場中,且磁場B的方向平行線圈平面時,線圈受安培力將轉動(并自動選擇垂直B的中心軸OO',因為質心無加速度),此瞬時的力矩為
              M=BIS
              幾種情形的討論:
              (1)增加匝數至N,則M=NBIS;
              (2)轉軸平移,結論不變(證明從略);
              (3)線圈形狀改變,結論不變(證明從略);
              (4)磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉α角,則M=BIScosα,如圖(2);
              證明:當α=90o時,顯然M=0,而磁場是可以分解的,只有垂直轉軸的的分量Bcosα才能產生力矩…
              (5)磁場B垂直OO′軸相對線圈平面旋轉β角,則M=BIScosβ,如圖圖(3)。
              證明:當β=90o時,顯然M=0,而磁場是可以分解的,只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產生力矩…
              說明:在默認的情況下,討論線圈的轉矩時,認為線圈的轉軸垂直磁場。如果沒有人為設定,而是讓安培力自行選定轉軸,這時的力矩稱為力偶矩。
              【例題1】兩根無限長的平行直導線a、b相距40cm,通過電流的大小都是3.0A,方向相反。試求位于兩根導線之間且在兩導線所在平面內的、與a導線相距10cm的P點的磁感強度。
              解析:




              答案:大小為8.0×10?6T,方向在圖中垂直紙面向外。
              【例題2】半徑為R,通有電流I的圓形線圈,放在磁感強度大小為B、方向垂直線圈平面的勻強磁場中,求由于安培力而引起的線圈內張力。
              解析:









              思考:如果圓環的電流是由于環上的帶正電物質順時針旋轉而成(磁場仍然是進去的),且已知單位長度的電量為λ、環的角速度ω、環的總質量為M,其它條件不變,再求環的內張力。
              提示:此時環的張力由兩部分引起:①安培力,②離心力。
              前者的計算上面已經得出(此處I==ωλR),T1=BωλR2;
              后者的計算必須應用圖中的思想,只是F變成了離心力,方程2T2sin=Mω2R,即T2=。
              〖答〗BωλR2+。
              【例題3】如圖所示,半徑為R的圓形線圈共N匝,處在方向豎直的、磁感強度為B的勻強磁場中,線圈可繞其水平直徑(絕緣)軸OO′轉動。一個質量為m的重物掛在線圈下部,當線圈通以恒定電流I后,求其靜止時線圈平面和磁場方向的夾角。




              答案:arctg。
              二、洛侖茲力
              1、洛侖茲力
              洛侖茲力是磁場對定向運動電荷作用力的宏觀表現,磁場對運動電荷的作用力稱為洛侖茲力。
              帶電量為q的粒子以速度v在勻強磁場中運動時,受到的洛侖茲力的大小為
              f=qvBsinθ
              式中θ為與的夾角。方向由左手定則判定。但f總是垂直于(v、B)所在的平面。
              2、能量性質
              由于總垂直與確定的平面,故總垂直,只能起到改變速度方向的作用。結論:洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量,卻不可能做功。或:洛侖茲力可使帶電粒子的動量發生改變卻不能使其動能發生改變。
              問題:安培力可以做功,為什么洛侖茲力不能做功?
              解說:應該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現”這句話的確切含義——“宏觀體現”和“完全相等”是有區別的。我們可以分兩種情形看這個問題:(1)導體靜止時,所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力(這個證明從略);(2)導體運動時,粒子參與的是沿導體棒的運動v1和導體運動v2的合運動,其合速度為v,這時的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導體棒,它們是不可能相等的,只能說安培力是洛侖茲力的分力f1=qv1B的合力(見圖a)。
              很顯然,f1的合力(安培力)做正功,而f不做功(或者說f1的正功和f2的負功的代數和為零)。(事實上,由于電子定向移動速率v1在10?5m/s數量級,而v2一般都在10?2m/s數量級以上,致使f1只是f的一個極小分量。)
              ☆如果從能量的角度看這個問題,當導體棒放在光滑的導軌上時(參看圖b),導體棒必獲得動能,這個動能是怎么轉化來的呢?
              若先將導體棒卡住,回路中形成穩恒的電流,電流的功轉化為回路的焦耳熱。而將導體棒釋放后,導體棒受安培力加速,將形成感應電動勢(反電動勢)。動力學分析可知,導體棒的最后穩定狀態是勻速運動(感應電動勢等于電源電動勢,回路電流為零)。由于達到穩定速度前的回路電流是逐漸減小的,故在相同時間內發的焦耳熱將比導體棒被卡住時少。所以,導體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。
              3、僅受洛侖茲力的帶電粒子運動
              a、⊥時,勻速圓周運動,半徑r=,周期T=
              b、與成一般夾角θ時,做等螺距螺旋運動,半徑r=,螺距d=
              這個結論的證明一般是將分解…(過程從略)。
              ☆但也有一個問題,如果將分解(成垂直速度分量B2和平行速度分量B1,如圖所示),粒子的運動情形似乎就不一樣了——在垂直B2的平面內做圓周運動?
              其實,在右圖中,B1平行v只是一種暫時的現象,一旦受B2的洛侖茲力作用,v改變方向后就不再平行B1了。當B1施加了洛侖茲力后,粒子的“圓周運動”就無法達成了。(而在分解v的處理中,這種局面是不會出現的。)
              4、磁聚焦
              如圖所示,一電子束經過a、b板上的恒定電場加速后進入c、d板之間的電場,因為c、d板上加的是交變電壓,所以飛出cd電場后電子具有相同的水平速度和不同的豎直速度,這樣一束電子通過f板中心的小孔進入長直螺旋管形成的水平方向的勻強磁場后,做半徑R不同而周期相同的螺旋線運動,運動軌跡都和螺旋管的中心軸線相切。因為所有電子的水平速度vx相同,所以它的螺旋線的螺距也是相同的。在離f板距離s=nvxT(n為整數)的位置上,散開的電子束又會聚于一點,可以在電子射線管的熒光屏上觀察到一個細小的亮點,這就是磁聚焦。如果測出了ab之間的加速電壓U、螺旋管中的磁感應強度B,以及聚焦點離f板的位置s,同樣可以測出電子的荷質比:

              如圖所示,半徑為折圓筒形真空管中有兩個隔板A和A',其中心有小孔,相距L,區域Ⅰ中有水平方向的勻強電場,區域Ⅱ中有水平方向的勻強磁場,區域Ⅲ中無電場、磁場。由陰極K發生的電子由電場加速后穿過小孔A成發散電子束進入區域Ⅱ,設所有電子穿過小孔A時的水平分速度都為v,調節區域Ⅱ中的磁感應強度使之為能使電子速穿過A'小孔的最小值B,從這時開始計時且保持此值不變,但使B的方向做周期為T的周期性變化(如圖b所示)。設真空管中碰到管壁的電子均不彈回。
              (1)求有電子束穿過A'時,T的最小值T0;
              (2)設T=2T0,哪些時間內有電子束穿過A'?
              (3)進入區域Ⅲ的電子中,運動方向與管軸間的最大夾角為多少?
              解:這是一個典型的磁聚焦問題。題中所謂將區域Ⅱ中的磁場調節到能使電子束穿過A'的最小值,就是使電子在磁場中經過一個螺距后到達A',即
              T'=L/v
              如果這些電子在區域Ⅱ中運動的時間不到T',它們將不能穿過A',因此使電子穿過A'的最小周期為
              T0=2T'=2L/v
              如果T=2T0,那么每一次改變磁場方向后,前T0/2穿過A的電子將穿過A',即在圖(c)中的時間軸上波紋線部分所表示的時間內,有電子穿過A'。
              設斜入射到區域Ⅱ中的電子在垂直于管方向上的速度為vy,則電子做圓周運動的半徑r和周期T分別為
              r=T'=
              只有2r>b>>c)的矩形截面長棒,如圖所示,由半導體銻化銦制成。棒中有平行于a邊的電流I通過,該棒放在平行于c的外磁場B中,電流I所產生的磁場忽略不計,該電流的載流子為電子。在只有電場存在時,電子在半導體中的平均速度v=(E,其中(為遷移率。
              (1)確定在棒中產生上述電流的總電場的大小和方向
              (2)計算夾b邊的兩表面上相對兩點之間的電勢差
              (3)如果電流和磁場都是交變的,且分別為I=I0sin(t,B=B0sin((t+(),求(2)中電勢差的直流分量的表達式。
              已知數據:電子遷移率(=7.8m2/vs,電子密度n=2.5(1022/m3,I=1.0A,B=0.1T,b=1.0cm,e=1.6(10-19C.
              解析:






              帶電粒子在電磁復合場中的運動
              一般考慮兩種典型的復合情形:B和E平行,B和E垂直。
              對于前一種情形,如果v0和B(E)成θ角,可以將v0分解為v0τ和v0n,則在n方向粒子做勻速圓周運動,在τ方向粒子做勻加速運動。所以,粒子的合運動是螺距遞增(或遞減)的螺線運動。
              對于后一種情形(垂直復合場),難度較大,必須起用動力學工具和能量(動量)工具共同求解。一般結論是,當v0和B垂直而和E成一般夾角時,粒子的軌跡是擺線(的周期性銜接)。
              【例題8】在三維直角坐標中,沿+z方向有磁感強度為B的勻強磁場,沿?z方向有電場強度為E的勻強電場。在原點O有一質量為m、電量為?q的粒子(不計重力)以正x方向、大小為v的初速度發射。試求粒子再過z軸的坐標與時間。
              解析:


              【答案】z=,t=。(其中k=1,2,3,…)
              【例題9】在相互垂直的勻強電、磁場中,E、B值已知,一個質量為m、電量為+q的帶電微粒(重力不計)無初速地釋放,試定量尋求該粒子的運動規律。
              解析:




              束縛問題
              帶電實物受到斜面、繩子或桿子的束縛,在電、磁場中的運動問題稱為束縛問題。束縛問題涉及的受力情形復雜,且常常伴隨邊界條件的討論,因此有更大的挑戰性。
              【例題10】單擺的擺長為L,擺球帶電+q,放在勻強磁場中,球的擺動平面跟磁場垂直,最大擺角為α。為使其能正常擺動,磁場的磁感強度B值有何限制?
              解析:






              答案:B≤
              擴展:請求出函數y=的極小值…
              三、法拉第電磁感應定律
              1、法拉第電磁感應定律
              導體回路中感應電動勢E的大小與穿過回路的磁通量隨時間的變化率成正比。這就是法拉弟電磁感應定律。數學表達式:E=,對于N匝線圈,則有:E=N。
              2、動生電動勢
              因導體在磁場中作切割磁感線運動,致使導體上產生的電動勢叫動生電動勢。
              若長為△L的一小段導體在磁場B中以速度v運動,且△L與B垂直,則△L上的動生電動勢的大小為E=Bv△Lsin(.
              式中(為v與B的夾角,動生電動勢起因于洛侖茲力。
              3、感生電動勢
              若導體回路不作切割磁感線的運動,但導體回路內的磁感應強度隨時間變化,這時導體回路內產生的電動勢叫感生電動勢。
              感生電動勢起因于磁場的變化。磁場隨時間變化時能激發起電場。這種電場叫感生電場或渦旋電場。產生感生電磁現象的原因是由于感生渦旋電場的作用。
              假如有一個局限在圓柱形范圍內的勻強磁場B,B的方向平行于圓柱體的軸,當B的大小在增加時,感生電場的方向如圖所示,根據對稱性,在回路上各點處的感生電場方向必然與回路相切,感生電場的電感線是一些同心圓,因此,感生電場的電感線是閉合線,無頭尾,像旋渦一樣,所以由磁場變化而激發的電場也叫渦旋電場。而靜電場的電感線卻是起于正電荷而終于負電荷的,是有頭有尾的,這是一個很重要的區別。
              根據電動勢和電場的關系,如果磁場區域半徑為R,回路的半徑為r,回路上的電場強度為E,則:2(rE=((/(t
              因為((=(r2(B,所以有:
              【例11】在一個半徑為R的長直螺線管中通有變化的電流,使管內圓柱形的空間產生變化的磁場,且(B/(t>0,如圖所示,如果在螺線管橫截面內放置一根長為R的導體棒ab,使得Oa=ab=Ob,那么ab上的感應電動勢Eab是多少?如果將導體棒延伸到螺線管外,并使得ab=bc=R呢?
              解析:







              四、自感和互感
              (1)自感
              當流過電路本身的電流發生變化時,在電路中產生阻礙電流變化的感應電動勢,這種電磁感應現象叫自感。在自感現象中產生的感應電動勢叫自感電動勢。其大小為
              EL=L
              上式中的L叫自感系數。
              如圖所示,光滑的水平面上,有邊長L=0.8m的正方形導線框abcd,質量m=100g,自感系數L=10-3Vs/A,電阻忽略不計。當t=0時,線框的bc邊以初速度v0=4m/s進入磁感強度為B的有界勻強磁場區域,磁場區域寬s=0.2m,B的大小為0.5T,方向如圖所示。試分析bc邊的運動。
              因為線框的電阻忽略不計,所以回路的總電動勢必然為零。(否則將產生無窮大的電流),因此bc邊中的動生電動勢和整個回路的自感電動勢平衡。
              L=Blv得:L(I=Blv(t=Bl(x
              故:LI=BLx
              安培力 F=BlI=Bl()=
              由此可見在bc邊尚未離開磁場時,線框做簡諧運動,振動周期為
              T=2π=2π=
              代入數據得:T=(/20(s)
              圓頻率為:(=2(/T=40rad/s
              振動方程為:x=Asin(tv=A(cos(t
              如果v0=4m/s,則
              A=v0/(=0.1m
              所在在半個周期內bc邊是不會離開磁場的,經過T/2時間后,bc邊回到磁場左邊沿,此時v=-v0,然后以此速度向左做勻速運動。
              (2)互感
              由于一個回路中的電流變化而在鄰近另一個回路中產生感應電動勢的現象,稱為互感。變壓器的工作就是一個典型的互感過程。
              五、綜合練習
              【例12】PQQnPn是由若干正方形導線方格PQQ1P1、PQQ2P2、PQQ3P3、……、PQQn-1Pn-1構成的網絡,如圖所示,方格每邊長L=10.0cm,邊QQ1、QQ2、QQ3、……與邊PP1、PP2、PP3、……的電阻都等于r,邊PQ、P1Q1、P2Q2、……的電阻都等于2r。已知PQ兩點間的總電阻為Cr,C是一已知數,在x>0的半空間分布有隨時間t均勻增加的勻強磁場,磁場方向垂直于Oxy平面并向紙里,如圖所示。
              今令導線網絡PQQnPn以恒定的速度v=5.0cm/s沿x方向運動并進入磁場區域,在運動過程中方格的邊PQ始終與y軸平行。若取PQ與y軸重合的時刻為t=0,在以后任一時刻t,磁場的磁感強度為B=B0+bt,式中t的單位為s,B0為已知恒量,b=0.10B0,求t=2.5s時刻,通過導線PQ的電流(忽略導線網格的自感)。
              解析:








              【例13】一個導線圍成半徑為D的圓環adbc,在圓環所圍成的區域內有一半徑為D/2的圓柱形磁場區域,其周界與圓環內切于c點。此區域內有均勻磁場,磁感強度為B,方向垂直紙面向里。磁場隨時間增強,變化率為=k=常量。導線ab是圓環的一條直徑,與磁場邊界相切,如圖所示。設導線ab以及被其所分割成兩個半圓的電阻都是r,今用一電流表G接在a、b兩點之間,電流表位于紙面內,內阻亦為r(連接電流表的導線電阻忽略不計)。試問下列情況下,通過電流表的電流Ig為多少?
              (1)半圓環acb和adb都位于紙面內,并分別位于ab的兩側;
              (2)半圓環adb繞直徑ab轉過90(,折成與紙面垂直;
              (3)半圓環adb再繞ab轉90(,折成與acb重合。
              【例14】如圖所示,在豎直放置的兩條平行光滑長導軌的上端,接有一個容量為C、擊穿電壓為UB的電容器,有一勻強磁場與導軌平面垂直,磁感強度為B。現在有一根質量為m、長為L的金屬桿ef在t=0時以初速度v0沿導軌下滑。問:金屬桿ef下滑多長時間電容器就被擊穿?假設圖中任何部分的電阻和電感均忽略不計。
              解析:








              答案:t=
              【例15】如圖所示,一個電阻為R的長方形線圈abcd沿著磁針所指的南北方向平放在北半球的一個水平桌面上,ab=L1,bc=L2,現突然將線圈翻轉180(,使ab與dc互換位置,測得導線中流過的電量為Q1,然后維持ad邊不動,將線圈繞ad邊轉動,使之突然豎直,這次測得導線中流過的電量為Q2,試求該處地磁場的磁感應強度的大小。
              解析:








              答案:B=
              【例16】在水平光滑桌面上固定有兩根互相垂直的光滑金屬導體x、y,一個邊長為a的正方形導體框ABCD以速率v向左沿x桿勻速運動。空間有豎直向上的勻強磁場B,所有導體棒的單位長度電阻都為r=100(/m,且a=0.1m,v=0.24m/s,B=1.0(10-4T。設方框在圖示位置時(A在x、y交點處,C在x桿上)t=0,運動過程中通過垂直棒的電流記為I,為保持方框勻速運動所需的外力為F.
              (1)試確定I~t關系,并畫出I-t圖。
              (2)試確定F~t關系,并畫出F-t圖。
              解析:

              【例17】用直徑為1mm的超導材料制成的導線做一個半徑為5cm的圓環,圓環處于超導狀態,環內電流為100A。經過一年,經檢測發現,圓環內電流的變化量小于10-6A。試估算該超導材料電阻率數量級的上限。
              解析:

              第九講磁場電磁感應
              知識要點:電流的磁場。磁感應強度。磁感線。勻強磁場。安培力。洛侖茲力。電子荷質比的測定。質譜儀。回旋加速器。法拉第電磁感應定律。楞次定律。自感系數。互感和變壓器。
              《磁場》部分在奧賽考剛中的考點很少,和高考要求的區別不是很大,只是在兩處有深化:a、電流的磁場引進定量計算;b、對帶電粒子在復合場中的運動進行了更深入的分析。
              一、磁場與安培力
              1、磁場
              a、永磁體、電流磁場→磁現象的電本質
              b、磁感強度、磁通量
              c、穩恒電流的磁場
              畢奧-薩伐爾定律(Biot-Savartlaw):對于電流強度為I、長度為dI的導體元段,在距離為r的點激發的“元磁感應強度”為△B。矢量式△B=△Lsin(;式中(為電流方向與r之間的夾角,(0=4π×10-7Tm/A。應用畢薩定律再結合矢量疊加原理,可以求解任何形狀導線在任何位置激發的磁感強度。
              (1)圓形電流中心的磁感應強度
              把通電圓環分為無窮多的線微元(L,每個(L在中心O處產生的磁感應強度都是一樣的。
              因為:△B=△L
              所以,B=((B=((L=×2πr=
              (2)無限長直線電流的磁感應強度
              B=(可用微元法證明),r是場點P到導線的垂直距離。
              (3)長度為L的有限長直導線電流I的磁感應強度
              B=
              顯然,當L趨于無限長時,(1→0(,(2→180(,與(2)相同。
              (4)細長密繞通電螺線管內的磁感應強度
              B=(0nI
              式中n是螺旋管單位長度上線圈的匝數,由此可知,這是一個勻強磁場。
              2、安培力
              a、對直導體,F=BILsinθ再結合“左手定則”解決方向問題(θ為B與L的夾角)。
              b、彎曲導體的安培力
              ⑴整體合力
              折線導體所受安培力的合力等于連接始末端連線導體(電流不變)的的安培力。
              證明:參照右圖,令MN段導體的安培力F1與NO段導體的安培力F2的合力為F,則F的大小為
              F=
              =BI
              =BI
              關于F的方向,由于ΔFF2P∽ΔMNO,可以證明圖中的兩個灰色三角形相似,這也就證明了F是垂直MO的,再由于ΔPMO是等腰三角形(這個證明很容易),故F在MO上的垂足就是MO的中點了。
              證畢。
              由于連續彎曲的導體可以看成是無窮多元段直線導體的折合,所以,關于折線導體整體合力的結論也適用于彎曲導體。(說明:這個結論只適用于勻強磁場。)
              ⑵導體的內張力
              彎曲導體在平衡或加速的情形下,均會出現內張力,具體分析時,可將導體在被考查點切斷,再將被切斷的某一部分隔離,列平衡方程或動力學方程求解。
              c、勻強磁場對線圈的轉矩
              如圖(1)所示,當一個矩形線圈(線圈面積為S、通以恒定電流I)放入勻強磁場中,且磁場B的方向平行線圈平面時,線圈受安培力將轉動(并自動選擇垂直B的中心軸OO',因為質心無加速度),此瞬時的力矩為
              M=BIS
              幾種情形的討論:
              (1)增加匝數至N,則M=NBIS;
              (2)轉軸平移,結論不變(證明從略);
              (3)線圈形狀改變,結論不變(證明從略);
              (4)磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉α角,則M=BIScosα,如圖(2);
              證明:當α=90o時,顯然M=0,而磁場是可以分解的,只有垂直轉軸的的分量Bcosα才能產生力矩…
              (5)磁場B垂直OO′軸相對線圈平面旋轉β角,則M=BIScosβ,如圖圖(3)。
              證明:當β=90o時,顯然M=0,而磁場是可以分解的,只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產生力矩…
              說明:在默認的情況下,討論線圈的轉矩時,認為線圈的轉軸垂直磁場。如果沒有人為設定,而是讓安培力自行選定轉軸,這時的力矩稱為力偶矩。
              【例題1】兩根無限長的平行直導線a、b相距40cm,通過電流的大小都是3.0A,方向相反。試求位于兩根導線之間且在兩導線所在平面內的、與a導線相距10cm的P點的磁感強度。
              解析:這是一個關于畢薩定律的簡單應用。解題過程從略。



              答案:大小為8.0×10?6T,方向在圖中垂直紙面向外。
              【例題2】半徑為R,通有電流I的圓形線圈,放在磁感強度大小為B、方向垂直線圈平面的勻強磁場中,求由于安培力而引起的線圈內張力。
              解析:本題有兩種解法。
              方法一:隔離一小段弧,對應圓心角θ,則弧長L=θR。因為θ→0(在圖中,為了說明問題,θ被夸大了),弧形導體可視為直導體,其受到的安培力F=BIL,其兩端受到的張力設為T,則T的合力
              ΣT=2Tsin
              再根據平衡方程和極限=0,即可求解T。
              方法二:隔離線圈的一半,根據彎曲導體求安培力的定式和平衡方程即可求解…


              答案:BIR。
              注意:如果安培力不是背離圓心而是指向圓心,內張力的方向也隨之反向,但大小不會變。
              思考:如果圓環的電流是由于環上的帶正電物質順時針旋轉而成(磁場仍然是進去的),且已知單位長度的電量為λ、環的角速度ω、環的總質量為M,其它條件不變,再求環的內張力。
              提示:此時環的張力由兩部分引起:①安培力,②離心力。
              前者的計算上面已經得出(此處I==ωλR),T1=BωλR2;
              后者的計算必須應用圖中的思想,只是F變成了離心力,方程2T2sin=Mω2R,即T2=。
              〖答〗BωλR2+。
              【例題3】如圖所示,半徑為R的圓形線圈共N匝,處在方向豎直的、磁感強度為B的勻強磁場中,線圈可繞其水平直徑(絕緣)軸OO′轉動。一個質量為m的重物掛在線圈下部,當線圈通以恒定電流I后,求其靜止時線圈平面和磁場方向的夾角。
              解析:這是一個應用安培力矩定式的簡單問題,解題過程從略。
              答案:arctg。
              二、洛侖茲力
              1、洛侖茲力
              洛侖茲力是磁場對定向運動電荷作用力的宏觀表現,磁場對運動電荷的作用力稱為洛侖茲力。
              帶電量為q的粒子以速度v在勻強磁場中運動時,受到的洛侖茲力的大小為
              f=qvBsinθ
              式中θ為與的夾角。方向由左手定則判定。但f總是垂直于(v、B)所在的平面。
              2、能量性質
              由于總垂直與確定的平面,故總垂直,只能起到改變速度方向的作用。結論:洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量,卻不可能做功。或:洛侖茲力可使帶電粒子的動量發生改變卻不能使其動能發生改變。
              問題:安培力可以做功,為什么洛侖茲力不能做功?
              解說:應該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現”這句話的確切含義——“宏觀體現”和“完全相等”是有區別的。我們可以分兩種情形看這個問題:(1)導體靜止時,所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力(這個證明從略);(2)導體運動時,粒子參與的是沿導體棒的運動v1和導體運動v2的合運動,其合速度為v,這時的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導體棒,它們是不可能相等的,只能說安培力是洛侖茲力的分力f1=qv1B的合力(見圖a)。
              很顯然,f1的合力(安培力)做正功,而f不做功(或者說f1的正功和f2的負功的代數和為零)。(事實上,由于電子定向移動速率v1在10?5m/s數量級,而v2一般都在10?2m/s數量級以上,致使f1只是f的一個極小分量。)
              ☆如果從能量的角度看這個問題,當導體棒放在光滑的導軌上時(參看圖b),導體棒必獲得動能,這個動能是怎么轉化來的呢?
              若先將導體棒卡住,回路中形成穩恒的電流,電流的功轉化為回路的焦耳熱。而將導體棒釋放后,導體棒受安培力加速,將形成感應電動勢(反電動勢)。動力學分析可知,導體棒的最后穩定狀態是勻速運動(感應電動勢等于電源電動勢,回路電流為零)。由于達到穩定速度前的回路電流是逐漸減小的,故在相同時間內發的焦耳熱將比導體棒被卡住時少。所以,導體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。
              3、僅受洛侖茲力的帶電粒子運動
              a、⊥時,勻速圓周運動,半徑r=,周期T=
              b、與成一般夾角θ時,做等螺距螺旋運動,半徑r=,螺距d=
              這個結論的證明一般是將分解…(過程從略)。
              ☆但也有一個問題,如果將分解(成垂直速度分量B2和平行速度分量B1,如圖所示),粒子的運動情形似乎就不一樣了——在垂直B2的平面內做圓周運動?
              其實,在右圖中,B1平行v只是一種暫時的現象,一旦受B2的洛侖茲力作用,v...
                  

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