1、湖南省岳阳县第一中学2014年物理奥赛教案第九讲 磁场 电磁感应知识要点：电流的磁场。磁感应强度。磁感线。匀强磁场。安培力。洛仑兹力。电子荷质比的测定。质谱仪。回旋加速器。法拉第电磁感应定律。楞次定律。自感系数。互感和变压器。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qPrILBc、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
2、的“元磁感应强度”为B 。矢量式B=Lsinq；式中q为电流方向与r之间的夹角，m0=410-7Tm/A。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。(1)圆形电流中心的磁感应强度BrODLI把通电圆环分为无穷多的线微元DL，每个DL在中心O处产生的磁感应强度都是一样的。因为：B=LrPBI所以，B=SDB=SDL=2r=(2)无限长直线电流的磁感应强度B= (可用微元法证明)，r是场点P到导线的垂直距离。rPBILq1q1(3)长度为L的有限长直导线电流I的磁感应强度B=显然，当L趋于无限长时，q10，q2180，与(2)相同。(4)细长密绕通电螺线管内的磁
3、感应强度B=m0nI式中n是螺旋管单位长度上线圈的匝数，由此可知，这是一个匀强磁场。2、安培力a、对直导体，F = BILsin再结合“左手定则”解决方向问题（为B与L的夹角）。b、弯曲导体的安培力整体合力. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . MNOPF1F2FL1L2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：参照右图，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FF2PMNO，可以证明图中的两个灰色三角形相似，这也就
4、证明了F是垂直MO的，再由于PMO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。）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BOO图(1)如图(1)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
5、无加速度），此瞬时的力矩为M = BIS几种情形的讨论：(1)增加匝数至N ，则 M = NBIS ；(2)转轴平移，结论不变（证明从略）；BOOa图(2)(3)线圈形状改变，结论不变（证明从略）；(4)磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转角，则M = BIScos ，如图(2)；证明：当 = 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Bcos才能产生力矩BOOb图(3)(5)磁场B垂直OO轴相对线圈平面旋转角，则M=BIScos，如图图(3)。证明：当=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Bcos才能产生力矩说明：在默认的情况下，讨论线圈的
6、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。【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。abIIP解析： 答案：大小为8.0106T ，方向在图中垂直纸面向外。【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。解析： 思考：如果圆环的电流是由于环上的带正电物质顺时针旋转而成（磁场仍然是进去的），且已知单位长度的电量为、环的角速度、环的总质
7、量为M ，其它条件不变，再求环的内张力。提示：此时环的张力由两部分引起：安培力，离心力。前者的计算上面已经得出（此处I = = R），T1 = BR2 ；后者的计算必须应用图中的思想，只是F变成了离心力，方程 2T2 sin = M2R ，即T2 = 。答BR2 + 。IRBmOO【例题3】如图所示，半径为R的圆形线圈共N匝，处在方向竖直的、磁感强度为B的匀强磁场中，线圈可绕其水平直径（绝缘）轴OO转动。一个质量为m的重物挂在线圈下部，当线圈通以恒定电流I后，求其静止时线圈平面和磁场方向的夹角。答案：arctg。二、洛仑兹力1、洛仑兹力洛仑兹力是磁场对定向运动电荷作用力的宏观表现，磁场对运动电
8、荷的作用力称为洛仑兹力。带电量为q的粒子以速度v在匀强磁场中运动时，受到的洛仑兹力的大小为f = qvBsin式中为与的夹角。方向由左手定则判定。但f总是垂直于(v、B)所在的平面。2、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
9、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a）。vv1v2ff1f2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .图a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105m/s数量级，而v2一般都在102m/s数量级以上，致使f
10、1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b），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .B图b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
11、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。3、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、与成一般夹角时，做等螺距螺旋运动，半径r =，螺距d =BB1B2v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，在右图中，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。）4、磁聚焦abcd
12、fe如图所示，一电子束经过a、b板上的恒定电场加速后进入c、d板之间的电场，因为c、d板上加的是交变电压，所以飞出cd电场后电子具有相同的水平速度和不同的竖直速度，这样一束电子通过f板中心的小孔进入长直螺旋管形成的水平方向的匀强磁场后，做半径R不同而周期相同的螺旋线运动，运动轨迹都和螺旋管的中心轴线相切。因为所有电子的水平速度vx相同，所以它的螺旋线的螺距也是相同的。在离f板距离s=nvxT(n为整数)的位置上，散开的电子束又会聚于一点，可以在电子射线管的荧光屏上观察到一个细小的亮点，这就是磁聚焦。如果测出了ab之间的加速电压U、螺旋管中的磁感应强度B，以及聚焦点离f板的位置s，同样可以测出电
13、子的荷质比：如图所示，半径为折圆筒形真空管中有两个隔板A和A，其中心有小孔，相距L，区域中有水平方向的匀强电场，区域中有水平方向的匀强磁场，区域中无电场、磁场。由阴极K发生的电子由电场加速后穿过小孔A成发散电子束进入区域，设所有电子穿过小孔A时的水平分速度都为v，调节区域中的磁感应强度使之为能使电子速穿过A小孔的最小值B，从这时开始计时且保持此值不变，但使B的方向做周期为T的周期性变化(如图b所示)。设真空管中碰到管壁的电子均不弹回。(1)求有电子束穿过A时，T的最小值T0；(2)设T=2T0，哪些时间内有电子束穿过A？(3)进入区域的电子中，运动方向与管轴间的最大夹角为多少？解：这是一个典型
14、的磁聚焦问题。题中所谓将区域中的磁场调节到能使电子束穿过A的最小值，就是使电子在磁场中经过一个螺距后到达A，即T=L/v如果这些电子在区域中运动的时间不到T，它们将不能穿过A，因此使电子穿过A的最小周期为T0=2T=2L/v如果T=2T0，那么每一次改变磁场方向后，前T0/2穿过A的电子将穿过A，即在图(c)中的时间轴上波纹线部分所表示的时间内，有电子穿过A。设斜入射到区域中的电子在垂直于管方向上的速度为vy，则电子做圆周运动的半径r和周期T分别为r= T=只有2rR的那些电子才能不与管壁碰撞而到达A，即,得：vy利用T=L/v，可消去B得到vybc)的矩形截面长棒，如图所示，由半导体锑化铟制
15、成。棒中有平行于a边的电流I通过，该棒放在平行于c的外磁场B中，电流I所产生的磁场忽略不计，该电流的载流子为电子。在只有电场存在时，电子在半导体中的平均速度v=mE，其中m为迁移率。abc(1)确定在棒中产生上述电流的总电场的大小和方向(2)计算夹b边的两表面上相对两点之间的电势差(3)如果电流和磁场都是交变的，且分别为I=I0sinwt，B=B0sin(wt+j)，求(2)中电势差的直流分量的表达式。已知数据：电子迁移率m=7.8m2/vs，电子密度n=2.51022/m3，I=1.0A，B=0.1T，b=1.0cm，e=1.610-19C.解析：带电粒子在电磁复合场中的运动一般考虑两种典型
16、的复合情形：B和E平行，B和E垂直。对于前一种情形，如果v0和B（E）成角，可以将v0分解为v0和v0n ，则在n方向粒子做匀速圆周运动，在方向粒子做匀加速运动。所以，粒子的合运动是螺距递增（或递减）的螺线运动。对于后一种情形（垂直复合场），难度较大，必须起用动力学工具和能量（动量）工具共同求解。一般结论是，当v0和B垂直而和E成一般夹角时，粒子的轨迹是摆线（的周期性衔接）。【例题8】在三维直角坐标中，沿+z方向有磁感强度为B的匀强磁场，沿z方向有电场强度为E的匀强电场。在原点O有一质量为m 、电量为q的粒子（不计重力）以正x方向、大小为v的初速度发射。试求粒子再过z轴的坐标与时间。解析： 【
17、答案】z = ，t = 。（其中k = 1，2，3，）【例题9】在相互垂直的匀强电、磁场中，E、B值已知，一个质量为m 、电量为+q的带电微粒（重力不计）无初速地释放，试定量寻求该粒子的运动规律。解析：束缚问题带电实物受到斜面、绳子或杆子的束缚，在电、磁场中的运动问题称为束缚问题。束缚问题涉及的受力情形复杂，且常常伴随边界条件的讨论，因此有更大的挑战性。【例题10】单摆的摆长为L ，摆球带电+q ，放在匀强磁场中，球的摆动平面跟磁场垂直，最大摆角为。为使其能正常摆动，磁场的磁感强度B值有何限制？解析：aqPOv B答案： B 扩展：请求出函数 y = 的极小值三、法拉第电磁感应定律1、法拉第电
18、磁感应定律导体回路中感应电动势E的大小与穿过回路的磁通量随时间的变化率成正比。这就是法拉弟电磁感应定律。数学表达式：E=，对于N匝线圈，则有：E=N。2、动生电动势因导体在磁场中作切割磁感线运动，致使导体上产生的电动势叫动生电动势。若长为L的一小段导体在磁场B中以速度v运动，且L与B垂直，则L上的动生电动势的大小为E=BvLsinq.式中q为v与B的夹角，动生电动势起因于洛仑兹力。3、感生电动势 EEEEB若导体回路不作切割磁感线的运动，但导体回路内的磁感应强度随时间变化，这时导体回路内产生的电动势叫感生电动势。感生电动势起因于磁场的变化。磁场随时间变化时能激发起电场。这种电场叫感生电场或涡旋
19、电场。产生感生电磁现象的原因是由于感生涡旋电场的作用。假如有一个局限在圆柱形范围内的匀强磁场B，B的方向平行于圆柱体的轴，当B的大小在增加时，感生电场的方向如图所示，根据对称性，在回路上各点处的感生电场方向必然与回路相切，感生电场的电感线是一些同心圆，因此，感生电场的电感线是闭合线，无头尾，像旋涡一样，所以由磁场变化而激发的电场也叫涡旋电场。而静电场的电感线却是起于正电荷而终于负电荷的，是有头有尾的，这是一个很重要的区别。根据电动势和电场的关系，如果磁场区域半径为R，回路的半径为r，回路上的电场强度为E，则：2prE=DF/Dt因为DF=pr2DB，所以有： Oabc【例11】在一个半径为R的
20、长直螺线管中通有变化的电流，使管内圆柱形的空间产生变化的磁场，且D B/Dt0，如图所示，如果在螺线管横截面内放置一根长为R的导体棒ab，使得Oa=ab=Ob，那么ab上的感应电动势Eab是多少？如果将导体棒延伸到螺线管外，并使得ab=bc=R呢？解析：四、自感和互感(1)自感当流过电路本身的电流发生变化时，在电路中产生阻碍电流变化的感应电动势，这种电磁感应现象叫自感。在自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势。其大小为EL=L上式中的L叫自感系数。如图所示，光滑的水平面上，有边长L=0.8m的正方形导线框abcd，质量m=100g，自感系数L=10-3Vs/A，电阻忽略不计。当t=0时，线框的
21、bc边以初速度v0=4m/s进入磁感强度为B的有界匀强磁场区域，磁场区域宽s=0.2m，B的大小为0.5T，方向如图所示。试分析bc边的运动。 adbcsv0因为线框的电阻忽略不计，所以回路的总电动势必然为零。(否则将产生无穷大的电流)，因此bc边中的动生电动势和整个回路的自感电动势平衡。L=Blv 得：LDI=BlvDt=BlDx故：LI=BLx安培力FBlIBl()=由此可见在bc边尚未离开磁场时，线框做简谐运动，振动周期为T=2=2=代入数据得：T=p/20 (s)圆频率为：w=2p/T=40rad/s振动方程为：x=Asinwt v=Awcoswt如果v0=4m/s，则A=v0/w=0
22、.1m所在在半个周期内bc边是不会离开磁场的，经过T/2时间后，bc边回到磁场左边沿，此时v=-v0，然后以此速度向左做匀速运动。(2)互感由于一个回路中的电流变化而在邻近另一个回路中产生感应电动势的现象，称为互感。变压器的工作就是一个典型的互感过程。五、综合练习QnQn-1PnPn-1QPQ1P1Q2P2Q3P32r2rrrrr【例12】PQQnPn是由若干正方形导线方格PQQ1P1、PQQ2P2、PQQ3P3、PQQn-1Pn-1构成的网络，如图所示，方格每边长L=10.0cm，边QQ1、QQ2、QQ3、与边PP1、PP2、PP3、的电阻都等于r，边PQ、P1Q1、P2Q2、的电阻都等于2
23、r。已知PQ两点间的总电阻为Cr，C是一已知数，在x0的半空间分布有随时间t均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于Oxy平面并向纸里，如图所示。QnQn-1PnPn-1QPQ1P1Q2P2Q3P3rrv BOxy今令导线网络PQQnPn以恒定的速度v=5.0cm/s沿x方向运动并进入磁场区域，在运动过程中方格的边PQ始终与y轴平行。若取PQ与y轴重合的时刻为t=0，在以后任一时刻t，磁场的磁感强度为B=B0+bt，式中t的单位为s，B0为已知恒量，b=0.10B0，求t=2.5s时刻，通过导线PQ的电流(忽略导线网格的自感)。解析：Gacbd 【例13】一个导线围成半径为D的圆环adbc，在圆环所
24、围成的区域内有一半径为D/2的圆柱形磁场区域，其周界与圆环内切于c点。此区域内有均匀磁场，磁感强度为B，方向垂直纸面向里。磁场随时间增强，变化率为=k=常量。导线ab是圆环的一条直径，与磁场边界相切，如图所示。设导线ab以及被其所分割成两个半圆的电阻都是r，今用一电流表G接在a、b两点之间，电流表位于纸面内，内阻亦为r(连接电流表的导线电阻忽略不计)。试问下列情况下，通过电流表的电流Ig为多少？(1)半圆环acb和adb都位于纸面内，并分别位于ab的两侧；(2)半圆环adb绕直径ab转过90，折成与纸面垂直；(3)半圆环adb再绕ab转90 ，折成与acb重合。 efC【例14】如图所示，在竖
25、直放置的两条平行光滑长导轨的上端，接有一个容量为C、击穿电压为UB的电容器，有一匀强磁场与导轨平面垂直，磁感强度为B。现在有一根质量为m、长为L的金属杆ef在t=0时以初速度v0沿导轨下滑。问：金属杆ef下滑多长时间电容器就被击穿？假设图中任何部分的电阻和电感均忽略不计。解析：答案：t=abcd南北【例15】如图所示，一个电阻为R的长方形线圈abcd沿着磁针所指的南北方向平放在北半球的一个水平桌面上，ab=L1，bc=L2，现突然将线圈翻转180，使ab与dc互换位置，测得导线中流过的电量为Q1，然后维持ad边不动，将线圈绕ad边转动，使之突然竖直，这次测得导线中流过的电量为Q2，试求该处地磁
26、场的磁感应强度的大小。解析： 答案：B=ABCDyxaaaavv图1【例16】在水平光滑桌面上固定有两根互相垂直的光滑金属导体x、y，一个边长为a的正方形导体框ABCD以速率v向左沿x杆匀速运动。空间有竖直向上的匀强磁场B，所有导体棒的单位长度电阻都为r=100W/m，且a=0.1m, v=0.24m/s，B=1.010-4T。设方框在图示位置时(A在x、y交点处，C在x杆上)t=0，运动过程中通过垂直棒的电流记为I，为保持方框匀速运动所需的外力为F(1)试确定It关系，并画出I-t图。(2)试确定Ft关系，并画出F-t图。解析：【例17】用直径为1mm的超导材料制成的导线做一个半径为5cm的
27、圆环，圆环处于超导状态，环内电流为100A。经过一年，经检测发现，圆环内电流的变化量小于10-6A。试估算该超导材料电阻率数量级的上限。解析：第九讲 磁场 电磁感应知识要点：电流的磁场。磁感应强度。磁感线。匀强磁场。安培力。洛仑兹力。电子荷质比的测定。质谱仪。回旋加速器。法拉第电磁感应定律。楞次定律。自感系数。互感和变压器。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qPrILB毕奥-萨伐尔
28、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B 。矢量式B=Lsinq；式中q为电流方向与r之间的夹角，m0=410-7Tm/A。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。(1)圆形电流中心的磁感应强度BrODLI把通电圆环分为无穷多的线微元DL，每个DL在中心O处产生的磁感应强度都是一样的。因为：B=LrPBI所以，B=SDB=SDL=2r=(2)无限长直线电流的磁感应强度B= (可用微元法证明)，r是场点P到导线的垂直距离。rPBILq1q1(3)长度为L的有限长直导线电流I的磁
29、感应强度B=显然，当L趋于无限长时，q10，q2180，与(2)相同。(4)细长密绕通电螺线管内的磁感应强度B=m0nI式中n是螺旋管单位长度上线圈的匝数，由此可知，这是一个匀强磁场。2、安培力a、对直导体，F = BILsin再结合“左手定则”解决方向问题（为B与L的夹角）。b、弯曲导体的安培力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：参照右图，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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . MNOPF1F2FL1L
30、2F = = BI= BI关于F的方向，由于FF2PMNO，可以证明图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PMO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。）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BOO图(1)如图(1)所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入
31、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：(1)增加匝数至N ，则 M = NBIS ；(2)转轴平移，结论不变（证明从略）；BOOa图(2)(3)线圈形状改变，结论不变（证明从略）；(4)磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转角，则M = BIScos ，如图(2)；证明：当 = 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Bcos才能产生力矩(5)磁场B垂直OO轴相对线圈平面旋转角，则M=BIScos，如图图(3)。BOOb图(3)证明：当=90时，显然M =
32、0，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcos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。【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。解析：这是一个关于毕萨定律的简单应用。解题过程从略。abIIP答案：大小为8.0106T ，方向在图中垂直纸面向外。【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
33、的线圈内张力。解析：本题有两种解法。方法一：隔离一小段弧，对应圆心角 ，则弧长L = R 。因为 0（在图中，为了说明问题，被夸大了），弧形导体可视为直导体，其受到的安培力F = BIL ，其两端受到的张力设为T ，则T的合力TTLFT = 2Tsin再根据平衡方程和极限= 0 ，即可求解T 。方法二：隔离线圈的一半，根据弯曲导体求安培力的定式和平衡方程即可求解答案：BIR。注意：如果安培力不是背离圆心而是指向圆心，内张力的方向也随之反向，但大小不会变。思考：如果圆环的电流是由于环上的带正电物质顺时针旋转而成（磁场仍然是进去的），且已知单位长度的电量为、环的角速度、环的总质量为M ，其它条件不
34、变，再求环的内张力。提示：此时环的张力由两部分引起：安培力，离心力。前者的计算上面已经得出（此处I = = R），T1 = BR2 ；后者的计算必须应用图中的思想，只是F变成了离心力，方程 2T2 sin = M2R ，即T2 = 。答BR2 + 。IRBmOO【例题3】如图所示，半径为R的圆形线圈共N匝，处在方向竖直的、磁感强度为B的匀强磁场中，线圈可绕其水平直径（绝缘）轴OO转动。一个质量为m的重物挂在线圈下部，当线圈通以恒定电流I后，求其静止时线圈平面和磁场方向的夹角。解析：这是一个应用安培力矩定式的简单问题，解题过程从略。答案：arctg。二、洛仑兹力1、洛仑兹力洛仑兹力是磁场对定向运
35、动电荷作用力的宏观表现，磁场对运动电荷的作用力称为洛仑兹力。带电量为q的粒子以速度v在匀强磁场中运动时，受到的洛仑兹力的大小为f = qvBsin式中为与的夹角。方向由左手定则判定。但f总是垂直于(v、B)所在的平面。2、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）
36、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a）。vv1v2ff1f2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .图a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105m/s数量级，而v2一
37、般都在102m/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b），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .B图b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
38、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。3、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、与成一般夹角时，做等螺距螺旋运动，半径r =，螺距d =BB1B2v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，在右图中，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
39、面是不会出现的。）4、磁聚焦abcdfe如图所示，一电子束经过a、b板上的恒定电场加速后进入c、d板之间的电场，因为c、d板上加的是交变电压，所以飞出cd电场后电子具有相同的水平速度和不同的竖直速度，这样一束电子通过f板中心的小孔进入长直螺旋管形成的水平方向的匀强磁场后，做半径R不同而周期相同的螺旋线运动，运动轨迹都和螺旋管的中心轴线相切。因为所有电子的水平速度vx相同，所以它的螺旋线的螺距也是相同的。在离f板距离s=nvxT(n为整数)的位置上，散开的电子束又会聚于一点，可以在电子射线管的荧光屏上观察到一个细小的亮点，这就是磁聚焦。如果测出了ab之间的加速电压U、螺旋管中的磁感应强度B，以及
40、聚焦点离f板的位置s，同样可以测出电子的荷质比：如图所示，半径为折圆筒形真空管中有两个隔板A和A，其中心有小孔，相距L，区域中有水平方向的匀强电场，区域中有水平方向的匀强磁场，区域中无电场、磁场。由阴极K发生的电子由电场加速后穿过小孔A成发散电子束进入区域，设所有电子穿过小孔A时的水平分速度都为v，调节区域中的磁感应强度使之为能使电子速穿过A小孔的最小值B，从这时开始计时且保持此值不变，但使B的方向做周期为T的周期性变化(如图b所示)。设真空管中碰到管壁的电子均不弹回。(1)求有电子束穿过A时，T的最小值T0；(2)设T=2T0，哪些时间内有电子束穿过A？(3)进入区域的电子中，运动方向与管轴
41、间的最大夹角为多少？解：这是一个典型的磁聚焦问题。题中所谓将区域中的磁场调节到能使电子束穿过A的最小值，就是使电子在磁场中经过一个螺距后到达A，即T=L/v如果这些电子在区域中运动的时间不到T，它们将不能穿过A，因此使电子穿过A的最小周期为T0=2T=2L/v如果T=2T0，那么每一次改变磁场方向后，前T0/2穿过A的电子将穿过A，即在图(c)中的时间轴上波纹线部分所表示的时间内，有电子穿过A。设斜入射到区域中的电子在垂直于管方向上的速度为vy，则电子做圆周运动的半径r和周期T分别为r= T=只有2rR的那些电子才能不与管壁碰撞而到达A，即,得：vy利用T=L/v，可消去B得到vybc)的矩形
42、截面长棒，如图所示，由半导体锑化铟制成。棒中有平行于a边的电流I通过，该棒放在平行于c的外磁场B中，电流I所产生的磁场忽略不计，该电流的载流子为电子。在只有电场存在时，电子在半导体中的平均速度v=mE，其中m为迁移率。abc(1)确定在棒中产生上述电流的总电场的大小和方向(2)计算夹b边的两表面上相对两点之间的电势差(3)如果电流和磁场都是交变的，且分别为I=I0sinwt，B=B0sin(wt+j)，求(2)中电势差的直流分量的表达式。已知数据：电子迁移率m=7.8m2/vs，电子密度n=2.51022/m3，I=1.0A，B=0.1T，b=1.0cm，e=1.610-19C.解析：这是一个
43、关于霍耳效应的题目：(1)因为I=bcnevv=25m/s所以，电场沿a方向的分量为E1=v/m=3.2V/m沿b方向的分量为E2=vB=2.5V/m所以总电场大小为E=4.06V/m电场方向和a边成的角为a =arctan(E2/E1)=arctan(2.5/3.2)=38(2)电势差为：U=E2b=2.5 10-2V(3)加上交变电流和磁场后U=因此，U的直流分量为U=带电粒子在电磁复合场中的运动一般考虑两种典型的复合情形：B和E平行，B和E垂直。对于前一种情形，如果v0和B（E）成角，可以将v0分解为v0和v0n ，则在n方向粒子做匀速圆周运动，在方向粒子做匀加速运动。所以，粒子的合运动
44、是螺距递增（或递减）的螺线运动。对于后一种情形（垂直复合场），难度较大，必须起用动力学工具和能量（动量）工具共同求解。一般结论是，当v0和B垂直而和E成一般夹角时，粒子的轨迹是摆线（的周期性衔接）。【例题8】在三维直角坐标中，沿+z方向有磁感强度为B的匀强磁场，沿z方向有电场强度为E的匀强电场。在原点O有一质量为m 、电量为q的粒子（不计重力）以正x方向、大小为v的初速度发射。试求粒子再过z轴的坐标与时间。解析：过程甚简，粒子运动情形见右图。答案：z = ，t = 。（其中k = 1，2，3，）【例题9】在相互垂直的匀强电、磁场中，E、B值已知，一个质量为m 、电量为+q的带电微粒（重力不计）
45、无初速地释放，试定量寻求该粒子的运动规律。解析：在相互垂直的电、磁场中，粒子受力的情形非常复杂，用运动的分解与合成的手段也有相当的困难，必须用到一些特殊的处理方法。鉴于粒子只能在垂直B的平面内运动，可以在该平面内建立如图所示的直角坐标。在这个坐标中，从以下四个角度考查粒子运动的定量规律vPPxyE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .OB（1）电场方向的最大位移Y能量关系 qEY
46、=m 在x方向上用动量定理，有t = mvP 且 = qB （注意 t = Y）解式可得 Y = （2）轨迹顶点P的曲率半径r在P点有动力学关系 qvPB qE = m ，而vP在第（1）问中已经求得。可解出：r = （3）垂直电场方向的“漂移”速度针对OP过程，y方向有动力学关系 = m即 qE = m ，即 qE qB= m 。而 = = 0所以 = *（4）粒子从O到P做经历的时间tPxyOqq=2pa解法一：摆线亦称旋轮线，是由轮子在水平面无滑滚动时轮子边缘形成的轨迹（如图所示）。在本题的E、B叠加场中，可以认为“轮子”的旋转是由洛仑兹力独立形成的。而从O到P的过程，轮子转动的圆心角应
47、为，故对应时间为 t = 。解法二：参照摆线方程x = a（t sint）y = a（1 cost）得到 xP =a =。再根据 t = =/所以 t =。【评说】在垂直复合场中，寻求能量关系比较容易，但动力学关系（或动量关系）只能启用平均的思想，这也是一种特殊的处理方法。束缚问题带电实物受到斜面、绳子或杆子的束缚，在电、磁场中的运动问题称为束缚问题。束缚问题涉及的受力情形复杂，且常常伴随边界条件的讨论，因此有更大的挑战性。【例题10】单摆的摆长为L ，摆球带电+q ，放在匀强磁场中，球的摆动平面跟磁场垂直，最大摆角为。为使其能正常摆动，磁场的磁感强度B值有何限制？解析：这是第九届初试题，解题
48、的关键所在是要分析清楚：小球“最有可能脱离圆弧”的点是否一定在最低点？下面的定量讨论完成之后，我们将会发现：这个答案是否定的。针对某个一般位置P ，设方位角（如图所示），如果小球没有离开圆弧，可以列出：aqPOv B动力学方程：T + qvB mgcos = m 从O到P过程，能量方程：mgL（cos cos）= mv2 小球不离开圆弧的条件是：T 0 解式易得 B 扩展：请求出函数 y = 的极小值解法备考：对于正数a 、b ，有 a + b 2而 y = = 3 + 考虑到 、的实际取值情况，3和均为正数，所以，y 2即 ymin = 2 磁感应强度取值的一般结论为：B 2 。但此结论还有
49、讨论的空间因为极值点的条件是： = ，即 cos = cos 。显然，只有当cos 时（即最大摆角较大时），极值点才可取，上面的“一般结论”才成立；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点不在最低点。而当过小，cos 时，无解，极值点不可达，此时应寻求y = 函数（在定义域内）的最小值。这个最值的寻求相对复杂一些，具体过程如下广义的y虽然是先减后增，但它的自变量是而非 ，因是定值，故y也可以认为是随着cos的增大而先减后增，如图9-19所示。当极值点不可达时（图中虚线所示），图线应落在左边的一段实线（因为过小，cos过大，理论极值点过大，cos达不到），函数为减函数。当cos最大时，y有最小值。
50、Ocosay4cosa/3所以，当cos = 1时（此时 = 0 ，小球在最低点），最小值 ymin = ；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点在最低点。答案：当 arccos 时，B 2 ；当 arccos 时，B 。三、法拉第电磁感应定律1、法拉第电磁感应定律导体回路中感应电动势E的大小与穿过回路的磁通量随时间的变化率成正比。这就是法拉弟电磁感应定律。数学表达式E=对于N匝线圈，则有：E=N2、动生电动势因导体在磁场中作切割磁感线运动，致使导体上产生的电动势叫动生电动势。若长为L的一小段导体在磁场B中以速度v运动，且L与B垂直，则L上的动生电动势的大小为E=BvLsinq.式中q为v与B
51、的夹角，动生电动势起因于洛仑兹力。3、感生电动势若导体回路不作切割磁感线的运动，但导体回路内的磁感应强度随时间变化，这时导体回路内产生的电动势叫感生电动势。感生电动势起因于磁场的变化。磁场随时间变化时能激发起电场。这种电场叫感生电场或涡旋电场。产生感生电磁现象的原因是由于感生涡旋电场的作用。 EEEEB假如有一个局限在圆柱形范围内的匀强磁场B，B的方向平行于圆柱体的轴，当B的大小在增加时，感生电场的方向如图所示，根据对称性，在回路上各点处的感生电场方向必然与回路相切，感生电场的电感线是一些同心圆，因此，感生电场的电感线是闭合线，无头尾，像旋涡一样，所以由磁场变化而激发的电场也叫涡旋电场。而静电
52、场的电感线却是起于正电荷而终于负电荷的，是有头有尾的，这是一个很重要的区别。根据电动势和电场的关系，如果磁场区域半径为R，回路的半径为r，回路上的电场强度为E，则2prE=DF/Dt因为DF=pr2DB，所以有：【例11】 Oabc在一个半径为R的长直螺线管中通有变化的电流，使管内圆柱形的空间产生变化的磁场，且D B/Dt0，如图所示，如果在螺线管横截面内放置一根长为R的导体棒ab，使得Oa=ab=Ob，那么ab上的感应电动势Eab是多少？如果将导体棒延伸到螺线管外，并使得ab=bc=R呢？解析：长直通电螺线管内是匀强磁场，而管外磁场为零，所以本题研究的是一个圆柱形磁场。尽管根据前述E的表达式
53、，可知ab棒所在各点的电场强度，但要根据这些场强来求出Eab却要用到积分的知识，因此一般中学生无法完成。我们可取等边三角形面积Oab，因为Oa和Ob垂直于感生电场的电场线，所以Oa和Ob上没有感应电动势。又根据法拉弟电磁感应定律，Oab回路上的感应电动势E=这也就是Eab的大小。如果将ab延伸到c，则可研究Oac，根据同样的道理可知Eac=很明显，上面这个问题可以这样解的前提是，磁场局限于圆柱形内，如果一根导体棒是放在一个宽广的或是其它范围不规则的磁场内，那是得不出上述结论的。假如将一个导体闭合回路放在磁场中，对磁场就没有那么严格的要求了。四、自感和互感(1)自感当流过电路本身的电流发生变化时
54、，在电路中产生阻碍电流变化的感应电动势，这种电磁感应现象叫自感。在自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势。其大小为EL=L上式中的L叫自感系数。如图所示，光滑的水平面上，有边长L=0.8m的正方形导线框abcd，质量m=100g，自感系数L=10-3Vs/A，电阻忽略不计。当t=0时，线框的bc边以初速度v0=4m/s进入磁感强度为B的有界匀强磁场区域，磁场区域宽s=0.2m，B的大小为0.5T，方向如图所示。试分析bc边的运动。 adbcsv0因为线框的电阻忽略不计，所以回路的总电动势必然为零。(否则将产生无穷大的电流)，因此bc边中的动生电动势和整个回路的自感电动势平衡。L=Blv 得：L
55、DI=BlvDt=BlDx故：LI=BLx安培力FBlIBl()=由此可见在bc边尚未离开磁场时，线框做简谐运动，振动周期为T=2=2=代入数据得：T=p/20 (s)圆频率为：w=2p/T=40rad/s振动方程为：x=Asinwtv=Awcoswt如果v0=4m/s，则A=v0/w=0.1m所在在半个周期内bc边是不会离开磁场的，经过T/2时间后，bc边回到磁场左边沿，此时v=-v0，然后以此速度向左做匀速运动。(2)互感由于一个回路中的电流变化而在邻近另一个回路中产生感应电动势的现象，称为互感。变压器的工作就是一个典型的互感过程。五、综合练习QnQn-1PnPn-1QPQ1P1Q2P2Q
56、3P32r2rrrrr【例12】PQQnPn是由若干正方形导线方格PQQ1P1、P1Q1Q2P2、P2Q2Q3P3、Pn-1Qn-1QnPn构成的网络，如图所示，方格每边长L=10.0cm，边QQ1、Q1Q2、Q2Q3、与边PP1、P1P2、P2P3、的电阻都等于r，边PQ、P1Q1、P2Q2、的电阻都等于2r。已知PQ两点间的总电阻为Cr，C是一已知数，在x0的半空间分布有随时间t均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于Oxy平面并向纸里，如图所示。今令导线网络PQQnPn以恒定的速度v=5.0cm/s沿x方向运动并进入磁场区域，在运动过程中方格的边PQ始终与y轴平行。若取PQ与y轴重合的时刻为t
57、=0，在以后任一时刻t，磁场的磁感强度为B=B0+bt，式中t的单位为s，B0为已知恒量，b=0.10B0，求t=2.5s时刻，通过导线PQ的电流(忽略导线网格的自感)。QnQn-1PnPn-1QPQ1P1Q2P2Q3P3rrv BOxy解析：每格长度是10cm，网络运动速度是5cm/s，所以当t=0.5s时情况如图所示，这个时候PQQ1P1方格的PQ和P1Q1两条边的动生电动势是相互抵消的，这一格的感应电动势仅是感生电动势，而P1Q1P2Q2方格中既有感生电动势，又有动生电动势。P、Q两点间的总电阻为Rn=Cr设P1Q1向左看(包括P1Q1)的总电阻为Rn-1，则可知QnQn-1PnPn-1
58、QPQ1P1Q2P2Q3P3rrv BOxyiii1+ii1+iRn-1=同理可得：Rn-2=设方格PQQ1P1中的感应电动势为E1，有：4ir-2i1r=E1若方格P1Q1Q2P2中的总感应电动势为E2，有2i1r+(i+i1)(2r+Rn-2)=E2E1=L2=L2b方格P1Q1Q2P2中的动生电动势为E2=BLv=(B0+bt)Lv同一方格中的感生电动势为E2=Lv(t-T) =Lv(t-T)b=Lvbt-L2bE2=E2+E2=B0Lv+2bLvt-L2b联列上面各式得：i=Gacbd 【例13】一个导线围成半径为D的圆环adbc，在圆环所围成的区域内有一半径为D/2的圆柱形磁场区域，
59、其周界与圆环内切于c点。此区域内有均匀磁场，磁感强度为B，方向垂直纸面向里。磁场随时间增强，变化率为=k=常量。导线ab是圆环的一条直径，与磁场边界相切，如图所示。设导线ab以及被其所分割成两个半圆的电阻都是r，今用一电流表G接在a、b两点之间，电流表位于纸面内，内阻亦为r(连接电流表的导线电阻忽略不计)。试问下列情况下，通过电流表的电流Ig为多少？(1)半圆环acb和adb都位于纸面内，并分别位于ab的两侧；(2)半圆环adb绕直径ab转过90，折成与纸面垂直；(3)半圆环adb再绕ab转90 ，折成与acb重合。解析：这是一个有限圆柱形磁场的问题。当有限圆柱形磁场的强度发生变化时，周围将产
60、生涡旋电场，电场线是一个大圆，圆心都在圆柱的中心轴上。(1)因a、b两点在涡旋电场的同一圈电场线上，所以可以设导线acb上的电场势为E1，在导线ab、adb和aGb上的感应电动势为E2，则有E1E2E2E2rrrr图aE1E2rr/3图bIE1+E2= p=等效电路如图a所示，可简化成b。总电流I=通过电流表的电流：Ig=I/3=(2)与(1)结果相同。E1E1E2E2rrrr图cE1E2r/2r/3图dI(3)等效电路c所示，可简化成d的电路。总电流I=通过电流表的电流：Ig=I/2=【例14】如图所示，在竖直放置的两条平行光滑长导轨的上端，接有一个容量为C、击穿电压为UB的电容器，有一匀强
61、磁场与导轨平面垂直，磁感强度为B。现在有一根质量为m、长为L的金属杆ef在t=0时以初速度v0沿导轨下滑。问：金属杆ef下滑多长时间电容器就被击穿？假设图中任何部分的电阻和电感均忽略不计。 efC解析：先分析金属杆的运动情况。由于电路中电阻和电感均可忽略不计，所以电容器两端的电压UC等于金属杆两端的感应电动势，即UC=BLV由牛顿第二定律，对金属杆运动：mg-BIL=ma 式中的I为电容器的充电电流，因此I=CBIa 式代入式得：a= 式表明金属杆做匀加速运动，因此t时刻的速度为vt=v0+at=v0+ 当电容器两端电压为UC=UB时，电容器被击穿，由式可知，此时的速度为v=UB/BL 式代入
62、式，可得：t=abcd南北【例15】如图所示，一个电阻为R的长方形线圈abcd沿着磁针所指的南北方向平放在北半球的一个水平桌面上，ab=L1，bc=L2，现突然将线圈翻转180，使ab与dc互换位置，测得导线中流过的电量为Q1，然后维持ad边不动，将线圈绕ad边转动，使之突然竖直，这次测得导线中流过的电量为Q2，试求该处地磁场的磁感应强度的大小。解析：根据地磁场的特征可知，在北半球的地磁场方向是向北向下。只要求出这个磁感应强度的竖直分量B1和水平分量B2，就可以求该处磁感应强度B的大小。当线圈翻个身时，穿过线圈的磁通量的变化量为DF1=2B1S，因为感应电动势为E=RI=R所以 DF1=RQ1
63、2B1L1L2=RQ1当线圈绕ad边竖直站起来时，穿过线圈的磁通量的变化量为DF2=RQ2(B2-B1)L1L2=RQ2B=由得B=【例16】在水平光滑桌面上固定有两根互相垂直的光滑金属导体x、y，一个边长为a的正方形导体框ABCD以速率v向左沿x杆匀速运动。空间有竖直向上的匀强磁场B，所有导体棒的单位长度电阻都为r=100W/m，且a=0.1m, v=0.24m/s，B=1.010-4T。设方框在图示位置时(A在x、y交点处，C在x杆上)t=0，运动过程中通过垂直棒的电流记为I，为保持方框匀速运动所需的外力为F(1)试确定It关系，并画出I-t图。(2)试确定Ft关系，并画出F-t图。解析：
64、(1)根据对称性，x杆内无电流，可以取走x杆简化成图(2)所示情况(这种简化的方法很重要)，方框的B、D越过y杆前后情况不同，因此分成两段时间来讨论，每段时间t0=0.3sABCDyxaaaavv图1先讨论前半段，方框的M、N与y杆接触时MBCD部分框和MAN部分框各等效于一个电源，电动势都是，=2vt，因此，E=2vtBv左右两个电源的内阻分别为R左=，R右=(4a-)r此时，MN部分直杆相当于外电路R外，R外=2vtrFMCNI右vv图2I左I右I左I整个等效电路如图所示，因此前半程的电流为I=，R内=I=后半程中2t0-t时刻的情况和前半程中t时刻的情况完全相同，因此全程的I-t关系可表
65、述为R左ER右ER外图31.00t(s)I(10-7A)1.4300.30.6图3代入数据，I可表述为式中I的单位为A，t的单位为s。I-t图象如图(4)所示。(2)为保持方框做匀速运动，必须有一外力平衡方框所受的安培力。因为MAN中的I左受的安培力与I左从N直接流到M受的安培力相同，NDCBM中的I右受的安培力与I右从N直接流到M受的安培力相同，而I左+I右I，所以方框受的安培力大小便为F安I左LB+I右LBILB外力大小为：F外F安ILB计算可得：2.06t(s)F(10-12N)00.30.6图4式中t的单位为s，F的单位为N。Ft图线如图所示。【例17】用直径为1mm的超导材料制成的导
66、线做一个半径为5cm的圆环，圆环处于超导状态，环内电流为100A。经过一年，经检测发现，圆环内电流的变化量小于10-6A。试估算该超导材料电阻率数量级的上限。解析：半径为r的圆环中通以电流I后，圆环中心的磁感应强度为B=，式中B、I、r各量均用国际单位，m0=4p10-7NA-2.穿过圆环的磁通量可近似为FBS=m0pIr/2 根据法拉第电磁感应定律，电流变化产生的感生电动势的大小为E=圆环的电阻为：R=根据题设条件，r=0.05m, m0=4p10-7NA-2，I=100A，10-6A/年110-14A/s代入上式得：R310-23W 由电阻与电阻率r、导线截面积S、长度L的关系R=又已知导
67、线的直径d=1mm，环半径r=5cm，得电阻率r =7.510-29Wm附录：磁场中的高斯定理(Gauss theorem in magnetic)1、磁通量：通过某一面积的磁感线的条数。用Fm表示。在磁场中设想一个面积元dS，并用单位矢量n标示它的法线方向，n与该处B矢量之间的夹角为，根据磁感线密度的规定，穿过dS的磁通量为dFm dFm =Fm dS=BcosqdS在磁场中穿过一面积为S的有限曲面的磁通量为Fm。Fm =Fm的单位是Wb，称为韦伯，简称韦。1Wb=1Tm2。磁通量计算方法：先计算穿过面元dS的磁通量dFm。将面积元表示成矢量dS，即dS=dSn，则因Bcosq=Bn，故Bc
68、osqdS=B ndS=BdS于是有dFm =BdS，穿过整个曲面的磁通量为Fm=在匀强磁场中，Fm=BScosq，其中q 是磁场与面积不法线的夹角。2、内容：磁场中通过任一封闭曲面的磁通量一定为零。数学式：s BdS = 0 磁场中的高斯定理说明磁场的性质：对一封闭曲面来说，一般取向外的指向为正法线的指向。这样从闭合面穿出的磁通量为正，穿入的磁通量为负。由于磁感线是闭合线，那么穿过任一封闭曲面的磁通量一定为零。3、应用(1)对于任意闭合曲面对于任意闭合曲面，由于磁感线是闭合曲线。有多少条磁感线进入闭合曲面，就一定有多少条磁感线穿出曲面。即，任何磁场中通过任意封闭曲面的磁通量等于零。=0由此可知，磁场是无源场。