(8分) 在磁感强度Ｂ＝0.5Ｔ的匀强磁场中，有一个正方形金属线圈ａｂｃｄ，边长ｌ＝0.2ｍ，线圈的ａｄ边跟磁场的左侧边界重合，如图所示，线圈的电阻Ｒ＝0.4Ω，用外力使线圈从磁场中运动出来：一次是用力使线圈从左侧边界匀速平动移出磁场；另一次是用力使线圈以ａｄ边为轴，匀速转动出磁场，两次所用时间都是0.1ｓ．试分析计算两次外力对线圈做功之差.（π2=10）
解析：
使线圈匀速平动移出磁场时，
bc边切割磁感线而产生恒定感应电动势 ε＝B I V ①
线圈中产生恒定的感生电流 Ｉ＝ε／Ｒ ②
外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能Ｗ外＝Ｅ电＝ε Iｔ ③
由①②③并代入数据解出 Ｗ＝0．01Ｊ
线圈以ad为轴匀速转出磁场时，线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正弦规律变化的．感应电动势和感应电流的最大值为：
εｍａｘ＝ＢＳω ④
⑤
④式中的Ｓ是线圈面积，ω是线圈旋转的角速度，电路中消耗的电功率应等于
Ｐ＝ε有Ｉ有， ⑥
外力对线圈做的功应等于电路中消耗的电能
Ｗ外′＝Ｅ电′＝ε有Ｉ有ｔ＝（εｍ?Ｉｍ／2）ｔ＝0．0123Ｊ ⑦
两次外力做功之差Ｗ′－Ｗ＝2.5×10－3Ｊ
阅读快车系列答案科目：高中物理 来源：2010-2011学年天津市南开区高三一模考试理综物理部分 题型：实验题
（1）（4分）一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生交变电流，其电动势表达式为e = 311sin314t(v)．已知线圈匝数是100，面积为0.02m2，则匀强磁场的磁感强度 B = T(保留一位有效数字)，当线圈从中性面开始转过3π/4 时，电动势的瞬时值为 V．
（2）（6分）如图为用DIS（位移传感器、数据采集器、计 算机）研究加速度和力的关系的实验装置．实验前已平衡摩擦力．
①实验中采用控制变量法，应保持___不变，用钩 码所受的重力作为小车所受的___，用DIS测小车的加速度．
②改变所挂钩码的数量，多次重复测量。根据测得的多组数据可 画出a-F关系图线（如图所示）．分析此图线的OA段可得出的实验结论是______．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是：
A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大
（3）(8分)在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为1节新的干电池．某同学用图甲所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，估计是因为电池较新造成。为了提高实验精度，该同学采用图乙所示电路．实验室提供的器材有： 量程3V的电压表；量程0.6A的电流表（具有一定内阻）；定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆）；滑动变阻器R1（0 ~ 10Ω），滑动变阻器R2（0 ~ 200Ω）；单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S2，导线若干．
①乙电路中，加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是___ ．
②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用 （填R1或R2）．
③开始实验之前，S1、S2都处于断开状态．现在开始实验：
A、闭合S1，S2打向１，测得电压表的读数Ｕ0，电流表的读数为Ｉ0；
B、闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则新电池电动势的表达式为E = ，内阻的表达式r = ．
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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
= 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 = 
b、
与
成一般夹角θ时，做等螺距螺旋运动，半径r = 
，螺距d = 
这个结论的证明一般是将
分解…（过程从略）。
☆但也有一个问题，如果将
分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ，如图9-7所示），粒子的运动情形似乎就不一样了——在垂直B2的平面内做圆周运动？
其实，在图9-7中，B1平行v只是一种暂时的现象，一旦受B2的洛仑兹力作用，v改变方向后就不再平行B1了。当B1施加了洛仑兹力后，粒子的“圆周运动”就无法达成了。（而在分解v的处理中，这种局面是不会出现的。）
3、磁聚焦
a、结构：见图9-8，K和G分别为阴极和控制极，A为阳极加共轴限制膜片，螺线管提供匀强磁场。
b、原理：由于控制极和共轴膜片的存在，电子进磁场的发散角极小，即速度和磁场的夹角θ极小，各粒子做螺旋运动时可以认为螺距彼此相等（半径可以不等），故所有粒子会“聚焦”在荧光屏上的P点。
4、回旋加速器
a、结构&原理（注意加速时间应忽略）
b、磁场与交变电场频率的关系
因回旋周期T和交变电场周期T′必相等，故 
=
c、最大速度 vmax = 
= 2πRf
5、质谱仪
速度选择器&粒子圆周运动，和高考要求相同。
第二讲 典型例题解析
一、磁场与安培力的计算
【例题1】两根无限长的平行直导线a、b相距40cm，通过电流的大小都是3.0A，方向相反。试求位于两根导线之间且在两导线所在平面内的、与a导线相距10cm的P点的磁感强度。
【解说】这是一个关于毕萨定律的简单应用。解题过程从略。
【答案】大小为8.0×10?6T ，方向在图9-9中垂直纸面向外。
【例题2】半径为R ，通有电流I的圆形线圈，放在磁感强度大小为B 、方向垂直线圈平面的匀强磁场中，求由于安培力而引起的线圈内张力。
【解说】本题有两种解法。
方法一：隔离一小段弧，对应圆心角θ ，则弧长L = θR 。因为θ →
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（1）（4分）一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生交变电流，其电动势表达式为e =311sin314t(v)．已知线圈匝数是100，面积为0.02m2，则匀强磁场的磁感强度 B = T(保留一位有效数字)，当线圈从中性面开始转过3π/4 时，电动势的瞬时值为 V．
（2）（6分）如图为用DIS（位移传感器、数据采集器、计 算机）研究加速度和力的关系的实验装置．实验前已平衡摩擦力．
①实验中采用控制变量法，应保持___不变，用钩 码所受的重力作为小车所受的___，用DIS测小车的加速度．
②改变所挂钩码的数量，多次重复测量。根据测得的多组数据可 画出a-F关系图线（如图所示）．分析此图线的OA段可得出的实验结论是______．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是：
A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大
（3）(8分)在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为1节新的干电池．某同学用图甲所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，估计是因为电池较新造成。为了提高实验精度，该同学采用图乙所示电路．实验室提供的器材有：量程3V的电压表；量程0.6A的电流表（具有一定内阻）；定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆）；滑动变阻器R1（0 ~ 10Ω），滑动变阻器R2（0 ~ 200Ω）；单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S2，导线若干．
①乙电路中，加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是___ ．
②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用 （填R1或R2）．
③开始实验之前，S1、S2都处于断开状态．现在开始实验：
A、闭合S1，S2打向１，测得电压表的读数Ｕ0，电流表的读数为Ｉ0；
B、闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则新电池电动势的表达式为E = ，内阻的表达式r = ．
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