4.用如下左图所示的电路测量电池电动势和内电阻时，若有两只电压表V1、V2量程相同，内阻分别为RV1、RV2，且RV1>RV2；两只电流表A1、A2量程相同，内阻分别为RA1、RA2，且RA1>RA2，在实验中，为了使E、r的测量值更精确一些，选择的电表可以是（）
A.V1与A1 B.V1与A2
C.V2与A1D.V2与A2
5.在“用伏安法测电池的电动势和内电阻”的实验中，某同学按照正确实验方法测出几组数据，根据这些数据画出U─I图线，如上右图所示，从这图线可以看出：
电池的电动势E＝______V，内电阻r＝_______Ω．
6.在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，一位同学记录了6组数据（如下表）。
（1）根据数据选定下列供选用仪器，并按本实验要求在实物图中按所选规格连线：
①干电池=1．5V）；
②直流电流表（O～0．60A档，内阻O．1Ω），（O～3．00A档，内阻为O．02Ω）；③直流电压表（O～3．00V档，内阻5kΩ），（O～15．0V档，内阻为25kΩ）；
④滑动变阻器（O～10Ω），允许最大电流为1．00A）；
⑤滑动变阻器（O～1000Ω，允许最大电流0．60A）；⑥开关一个，导线若干。
电流表量程选_____A，电压表量程选______V，滑动变阻器选___________Ω。
（2）根据记录数据在图所示的坐标纸上作U-I图线，并根据图线求出
E=______，r=___________。
2019-2020年高中物理第九部分《磁场》竞赛讲座讲稿新人教版
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-Savartlaw）：
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→0（在图9-10中，为了说明问题，θ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
ΣT=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。
〖说明〗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。
〖学员思考〗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λ、环的角速度ω、环的总质量为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：
①安培力，②离心力。
前者的计算上面已经得出（此处I==ωλR），T1=BωλR2；
后者的计算必须应用图9-10的思想，只是F变成了离心力，方程2T2sin=Mω2R，即T2=。
〖答〗BωλR2+。
【例题3】如图9-11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。
【解说】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、带电粒子在匀强磁场中的运动
【例题4】电子质量为m、电量为q，以初速度v0垂直磁场进入磁感强度为B的匀强磁场中。
某时刻，电子第一次通过图9-12所示的P点，θ为已知量，试求：
（1）电子从O到P经历的时间；
（2）O→P过程洛仑兹力的冲量。
【解说】圆周运动的基本计算。
解题过程从略。
值得注意的是，洛仑兹力不是恒力，故冲量不能通过定义式去求，而应根据动量定理求解。
【答案】
（1）；
（2）2mv0sinθ。
【例题5】如图9-13所示，S是粒子源，只能在纸面上的360°范围内发射速率相同、质量为m、电量为q的电子。
MN是一块足够大的挡板，与S相距=L。
它们处在磁感强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，试求：
（1）要电子能到达挡板，其发射速度至少应为多大？
（2）若发射速率为，则电子击打在挡板上的范围怎样？
【解说】第一问甚简，电子能击打到挡板的临界情形是轨迹与挡板相切，此时rmin=；
在第二问中，先求得r=L，在考查各种方向的初速所对应的轨迹与挡板相交的“最远”点。
值得注意的是，O点上方的最远点和下方的最远点并不是相对O点对称的。
【答案】
（1）；
（2）从图中O点上方距O点L处到O点下方距O点L处的范围内。
【例题6】如图9-14甲所示，由加速电压为U的电子枪发射出的电子沿x方向射入匀强磁场，要使电子经过x下方距O为L且∠xOP=θ的P点，试讨论磁感应强度B的大小和方向的取值情况。
【解说】以一般情形论：
电子初速度v0与磁感应强度B成任意夹角α，电子应做螺旋运动，半径为r=，螺距为d=，它们都由α、B决定（v0=是固定不变的）。
我们总可以找到适当的半径与螺距，使P点的位置满足L、θ的要求。
电子运动轨迹的三维展示如图9-14乙所示。
如果P点处于（乙图中）螺线轨迹的P1位置，则α=θ，B∥；如果P点处于P2或P3位置，则α≠θ，B与成一般夹角。
对于前一种情形，求解并不难——只要解L=kd（其中k=1，2，3，…）方程即可；而对后一种情形，要求出B的通解就难了，这里不做讨论。
此外，还有一种特解，那就是当B⊥时，这时的解法和【例题4】就完全重合了。
【答案】通解不定。
当B∥时，B=（其中k=1，2，3，…）；当B⊥时，B=。
〖问题存疑〗两个特解能不能统一？
三、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θ角，可以将v0分解为v0τ和v0n，则在n方向粒子做匀速圆周运动，在τ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7】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。
【解说】过程甚简，粒子运动情形见图9-15。
【答案】z=，t=。
（其中k=1，2，3，…）
【例题8】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。
【解说】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9-16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——
（1）电场方向的最大位移Y
能量关系qEY=m①
在x方向上用动量定理，有
t=mvP②
且=qB③
（注意t=Y）
解①②③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O→P过程，y方向有动力学关系Σ=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t
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9-17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为π，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=πa=π=。
再根据t==/
所以t=。
【答案】略。
【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。
四、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9】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α。
为使其能正常摆动，磁场的磁感强度B值有何限制？
【解说】这是第九届初试题，解题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θ（如图9-18所示），如果小球没有离开圆弧，可以列出——
动力学方程：
T+qvB−mgcosθ=m①
从O到P过程，能量方程：
mgL（cosθ−cosα）=mv2②
小球不离开圆弧的条件是：
T≥0③
解①②③式易得B≤
〖学员活动〗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θ、α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。
但此结论还有讨论的空间——
因为极值点的条件是：
=，即cosθ=cosα。
显然，只有当cosα＜时（即最大摆角α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α过小，cosα＞时，θ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θ，因α是定值，故y也可以认为是随着cosθ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α过小，cosα过大，理论极值点过大，cosθ达不到），函数为减函数。
当cosθ最大时，y有最小值。
所以，当cosθ=1时（此时θ=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α≥arccos时，B≤2；
当α＜arccos时，B≤。
——第九部分完——
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