如图4-6所示.在磁感应强度为0.2 T的匀强磁场中.长为0.5 m的金属棒AB在金属框架上以10 m/s的速度向右滑动.R1=R2=20 Ω.其他电阻不计.则流过AB的电流是 A. 图4-6 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图4-6所示，在磁感应强度为0.2 T的匀强磁场中，长为0.5 m的金属棒AB在金属框架上以10 m/s的速度向右滑动，R₁=R₂=20 Ω，其他电阻不计，则流过AB的电流是________A.

图4-6

解析：切割磁感线产生的电动势为E=Blv=0.2×0.5×10 V=1 V

两个电阻并联后R=10 Ω，由欧姆定律得I=A=0.1 A

答案：0.1

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（2008?广东模拟）如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x≤4区域内，分布着强场E=

×106N/C的匀强电场，方向竖直向上；第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着磁感受应强度均为B=5.0×10^-2T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量m=1.6×10^-27kg、电荷量为q=+3.2×10^-19C的带电粒子（不计粒子重力），从坐标点M(-4，

)处，以

×107m/s的速度平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域和匀强电场区域．
（1）求带电粒子在磁场中的运动半径；
（2）求粒子在两个磁场及电场区域偏转所用的总时间；
（3）在图中画出粒子从直线x=-4到x=4之间的运动轨迹，并求出轨迹与y轴和直线x=4交点的纵坐标．

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如图甲所示，场强水平向左、大小E=3V/m的匀强电场中，有一倾角θ=37°的光滑绝缘斜面（足够大），垂直斜面方向有一磁场、磁感强度随时间的变化规律如图乙所示．在t=0时刻，质量m=4×10^-3kg、电荷量q=10^-2C的带负电的小球在O点获得一沿斜面向上的瞬时速度v=1m/s，求小球在t=0.32πs时间内运动的路程．（g=10N/kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

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磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用.图4-22是在平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成.

图4-22 图4-23

如图4-23所示，通道尺寸a=2.0 m、b=0.15 m、c=0.10 m.工作时，在通道内沿z轴正方向加B=8.0 T的匀强磁场；沿x轴负方向加匀强电场，使两金属板间的电压U=99.6 V;海水沿y轴方向流过通道.已知海水的电阻率ρ=0.20 Ω·m.

（1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；

（2）船以v_s=5.0 m/s的速度匀速前进.若以船为参考系，海水以5.0 m/s的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水速率增加到v_d=8.0 m/s.求此时两金属板间的感应电动势U_感；

（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压按U′=U-U_感计算，海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力.当船以v_s=5.0 m/s的速度匀速前进时，求海水推力的功率.

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电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速电子的．如图K51－6所示，在圆形磁铁的两极之间有一环形真空室，用交变电流励磁的电磁铁在两极间产生交变磁场，从而在环形室内产生很强的电场，使电子加速．被加速的电子同时在洛伦兹力的作用下沿圆形轨道运动．设法把高能电子引入靶室，就能进一步进行实验工作．已知在一个轨道半径为r＝0.84 m的电子感应加速器中，电子在被加速的4.2 ms内获得的能量为120 MeV.设在这期间电子轨道内的高频交变磁场是线性变化的，磁通量的最小值为零，最大值为1.8 Wb，试求电子在加速器中共绕行了多少周？

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科目：高中物理 来源： 题型：阅读理解

第十部分磁场

第一讲基本知识介绍

《磁场》部分在奥赛考刚中的考点很少，和高考要求的区别不是很大，只是在两处有深化：a、电流的磁场引进定量计算；b、对带电粒子在复合场中的运动进行了更深入的分析。

一、磁场与安培力

1、磁场

a、永磁体、电流磁场→磁现象的电本质

b、磁感强度、磁通量

c、稳恒电流的磁场

*毕奥-萨伐尔定律（Biot-Savart law）：对于电流强度为I 、长度为dI的导体元段，在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为dB 。矢量式d= k，（d表示导体元段的方向沿电流的方向、为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式dB = k结合安培定则寻求方向亦可。其中 k = 1.0×10^?7N/A² 。应用毕萨定律再结合矢量叠加原理，可以求解任何形状导线在任何位置激发的磁感强度。

毕萨定律应用在“无限长”直导线的结论：B = 2k ；

*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论：B = 2πkI ；

*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论：B = 2πknI 。其中n为单位长度螺线管的匝数。

2、安培力

a、对直导体，矢量式为 = I；或表达为大小关系式 F = BILsinθ再结合“左手定则”解决方向问题（θ为B与L的夹角）。

b、弯曲导体的安培力

⑴整体合力

折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体（电流不变）的的安培力。

证明：参照图9-1，令MN段导体的安培力F₁与NO段导体的安培力F₂的合力为F，则F的大小为

F =

= BI

关于F的方向，由于ΔFF₂P∽ΔMNO，可以证明图9-1中的两个灰色三角形相似，这也就证明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（这个证明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中点了。

证毕。

由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合，所以，关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。（说明：这个结论只适用于匀强磁场。）

⑵导体的内张力

弯曲导体在平衡或加速的情形下，均会出现内张力，具体分析时，可将导体在被考查点切断，再将被切断的某一部分隔离，列平衡方程或动力学方程求解。

c、匀强磁场对线圈的转矩

如图9-2所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入匀强磁场中，且磁场B的方向平行线圈平面时，线圈受安培力将转动（并自动选择垂直B的中心轴OO′，因为质心无加速度），此瞬时的力矩为

M = BIS

几种情形的讨论——

⑴增加匝数至N ，则 M = NBIS ；

⑵转轴平移，结论不变（证明从略）；

⑶线圈形状改变，结论不变（证明从略）；

*⑷磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转α角，则M = BIScosα ，如图9-3；

证明：当α = 90°时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有垂直转轴的的分量Bcosα才能产生力矩…

⑸磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角，则M = BIScosβ ，如图9-4。

证明：当β = 90°时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcosβ才能产生力矩…

说明：在默认的情况下，讨论线圈的转矩时，认为线圈的转轴垂直磁场。如果没有人为设定，而是让安培力自行选定转轴，这时的力矩称为力偶矩。

二、洛仑兹力

1、概念与规律

a、 = q，或展开为f = qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向（其中θ为与的夹角）。安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。

b、能量性质

由于总垂直与确定的平面，故总垂直，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。

问题：安培力可以做功，为什么洛仑兹力不能做功？

解说：应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义——“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。我们可以分两种情形看这个问题：（1）导体静止时，所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力（这个证明从略）；（2）导体运动时，粒子参与的是沿导体棒的运动v₁和导体运动v₂的合运动，其合速度为v ，这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒，它们是不可能相等的，只能说安培力是洛仑兹力的分力f₁ = qv₁B的合力（见图9-5）。

很显然，f₁的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者说f₁的正功和f₂的负功的代数和为零）。（事实上，由于电子定向移动速率v₁在10^?5m/s数量级，而v₂一般都在10^?2m/s数量级以上，致使f₁只是f的一个极小分量。）

☆如果从能量的角度看这个问题，当导体棒放在光滑的导轨上时（参看图9-6），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？

若先将导体棒卡住，回路中形成稳恒的电流，电流的功转化为回路的焦耳热。而将导体棒释放后，导体棒受安培力加速，将形成感应电动势（反电动势）。动力学分析可知，导体棒的最后稳定状态是匀速运动（感应电动势等于电源电动势，回路电流为零）。由于达到稳定速度前的回路电流是逐渐减小的，故在相同时间内发的焦耳热将比导体棒被卡住时少。所以，导体棒动能的增加是以回路焦耳热的减少为代价的。

2、仅受洛仑兹力的带电粒子运动

a、⊥时，匀速圆周运动，半径r = ，周期T =