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    精英家教网有一匝数为10匝的正方形线圈，边长为20cm，线圈总电阻为1Ω，线圈绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线圈平面（纸面）向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T．问：（从如图所示位置开始计时）
    （1）该线圈产生的交变电流的电动势峰值和电流的峰值分别为多少？
    （2）线圈从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？
    （3）写出感应电动势随时间变化的瞬时值表达式．
    分析：（1）先根据Em=NBωS求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值，根据闭合电路欧姆定律即可求解；
    （2）先写出电动势的瞬时表达式，再带入数据求得瞬时值；
    （3）根据线圈开始运动位置，结合感应电动势的最大值，即可得出瞬时感应电动势大小表达式；
    解答：解：（1）根据Em=NBωS，
    可得感应电动势的最大值：
    Em=10×0.5×0.22×10πV=6.28V；
    电流的最大值为Im=
    Em
    R
    =
    6.28
    1
    A=6.28A    ；
    因此感应电动势的瞬时表达式为e=6.28sin2πt（V）
    （2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动：e=6.28sin60°=6.28×
    		3
    2
    （V）=5.44V； 
    （3）由于线圈转动是从中性面开始计时的，所以根据法拉第电磁感应定律可得：
    感应电动势随时间变化的瞬时值表达式大小，e=Emsinωt=6.28sin10πtV；
    答：（1）转动过程中感应电动势的最大值6.28V，电流的峰值6.28A；
    （2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势5.44V；
    （3）感应电动势随时间变化的瞬时值表达式e=6.28sin10πtV；
    点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．
    练习册系列答案
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    相关习题

    科目：高中物理 来源： 题型：阅读理解

    （2013?南开区二模）（1）如图1为“电流天平”，可用于测定磁感应强度．在天平的右端挂有一矩形线圈，设其匝数n=5匝，底边cd长L=20cm，放在垂直于纸面向里的待测匀强磁场中，且线圈平面与磁场垂直．当线圈中通入如图方向的电流I=100mA时：调节砝码使天平平衡．若保持电流大小不变；使电流方向反向，则要在天平右盘加质量m=8.2g的砝码，才能使天平再次平衡．则cd边所受的安培力大小为
    4.1×10-2
    4.1×10-2
    N，磁场的磁感应强度B的大小为
    0.41
    0.41
    T．（g=10m/s2）

    （2）某同学设计了如图2所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d．开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此
    表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t．
    ①木板的加速度可以用d、t表示为a=
    2d
    t2
    2d
    t2
    ；
    ②改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数的关系．图3中能表示该同学实验结果的是
    C
    C
    ；
    ③用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是
    BC
    BC
    ．
    A．可以改变滑动摩擦力的大小        B．可以更方便地获取多组实验数据
    C．可以比较精确地测出摩擦力的大小  D．可以获得更大的加速度以提高实验精度
    （3）在练习使用多用表的实验中，某同学连接的电路如图4所示．
    ①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，闭合电键S，此时测得的是通过
    R1
    R1
    的电流；
    ②若断开电路中的电键S，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是
    R1+R2
    R1+R2
    的电阻；
    ③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键S，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是
    R2
    R2
    两端的电压；
    ④在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若
    D
    D

    A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
    B．测量时发现指针向左偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量
    C．选择“×l0”倍率测量时发现指针位于20与30 正中间，则测量值等于250Ω
    D．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大．

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    科目：高中物理 来源： 题型：

    如图甲所示是某人设计的一种振动发电装置，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r=0.1m、匝数n=20的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布（其右视图如图乙所示）．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为1T，线圈的电阻为2Ω，它的引出线接有8Ω的小电珠L．外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠．当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图丙所示时（x取向右为正），π取3.14，π2取10，下列说法正确的是（　　）精英家教网

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    科目：高中物理 来源： 题型：

    精英家教网如图甲所示，有一面积s=100cm2，匝数n=100匝的闭合线圈，电阻为R=10Ω，线圈中磁场变化规律如图乙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向，求：
    （1）t=1s时，穿过线圈的磁通量为多少？
    （2）t=1s内，通过线圈某一截面的电荷量为多少？

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    科目：高中物理 来源：黄冈市部分重点中学2007年高考冲刺物理模拟试题(四) 题型：038

    一矩形线圈abcd放置在如图所示的有理想边界的匀强磁场中(o的左边有匀强磁场，右边没有)，线圈的两端接一只灯泡．已知线圈的匝数n＝100，电阻r＝1.0 Ω，ab边长L1＝0.5 m，ad边长L2＝0.3 m，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度B＝1.0×10－2 T．线圈以理想边界o为轴以角速度ω＝200 rad/s按如图所示的方向匀速转动(o轴离ab边距离)，以如图所示位置为计时起点．求：

    ①在0－的时间内，通过小灯泡的电荷量

    ②画出感应电动势随时间变化的图象以abcda方向为正方向，至少画出一个完整的周期)

    ③小灯泡消耗的电功率．

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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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