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高中物理奥赛讲座第10部分:磁场


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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 B = k
v
v

v v v Id l × r , l 表示导体元段的方向沿电流 (d 3 r
Idl sin θ 结合安培定则寻求方 r2

的方向, r 为导体元段到考查点的方向矢量) ;或用大小关系式 dB = k

向亦可.其中 k = 1.0×107N/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
I ; r

*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论:B = 2πkI

R2 (R + r 2 )3 / 2
2

;

*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 v v v a,对直导体,矢量式为 F = I L × B ;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=
F12 + F22 + 2F1F2 cos(π θ)

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= BI L21 + L22 + 2L1L 2 cos(π θ) = BI MO 关于 F 的方向,由于 FF2P∽MNO,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 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. ) 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
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1,概念与规律 v v v v v 或展开为 f = qvBsinθ 再结合左, 右手定则确定方向 (其中 θ 为 B 与 v 的夹角) . a,f = q v × B , 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 v v v v v 由于 f 总垂直 B 与 v 确定的平面,故 f 总垂直 v ,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 105m/s 数量级, v2 一般都在 102m/s 数量级以上, 而 ) 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, v ⊥ B 时,匀速圆周运动,半径 r =
v v v v
mv 2πm ,周期 T = qB qB mv sin θ qB

b, v 与 B 成一般夹角 θ 时,做等螺距螺旋运动,半径 r =
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,螺距 d =

2πmv cos θ qB

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这个结论的证明一般是将 v 分解…(过程从略) . v ☆但也有一个问题,如果将 B 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 =
qBR = 2πRf m
2πm 1 = qB f

v

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 8.0×106T ,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
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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 ∑T = 2Tsin
θ 2 sin x = 0 ,即可求解 T . x

再根据平衡方程和极限 lim x →0

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 =
2

2πR λ = ωλR) , 2π / ω

T1 = BωλR ; 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 2T2 sin
θ θ Mω2 R 2 = Mω R ,即 T2 = 2 2π 2π
2

.

〖答〗BωλR +

Mω2 R 2π

.

【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
πNBIR mg

.

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;
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(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)
2mθ ; (2)2mv0sinθ . eB

【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 OS = 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
eBL , 则电子击打在挡板上的范围怎样? m

【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 =
L ; 2

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)
eBL ; (2)从图中 O 点上方距 O 点 3 L 处 2m

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 =
mv 0 sin α 2πmv 0 cos α 2mU ,螺距为 d = ,它们都由 α ,B 决定(v0 = 是固定不变的) . eB eB e

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‖ OP ;如果 P 点处于 P2 或 P3 位
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置,则 α ≠ θ ,B 与 OP 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⊥ OP 时,这时的解法和【例题 4】就完全重合了. 【答案】通解不定.当 B‖ OP 时,B = B=
2 sin θ 2mU . L e 2kπ cos θ 2mU (其中 k = 1,2,3,…) ;当 B⊥ OP 时, L e

〖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 =
2π2 k 2 mE 2πkm ,t = . (其中 k = 1,2, qB2 qB

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 = m v 2 P 在 x 方向上用动量定理,有
f x t = mvP
1 2




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且 f x = qB v y (注意 v y t = Y) 解①②③式可得 Y =
2mE qB2



(2)轨迹顶点 P 的曲率半径 r 在 P 点有动力学关系 qvPB qE = m
v2 P r

,而 vP 在第(1)问中已经求得.

可解出: r=
4mE qB2

(3)垂直电场方向的"漂移"速度 v x 针对 O→P 过程,y 方向有动力学关系 ∑ Fy = m a y 即 qE f y = m a y ,即 qE qB v x = m a y .而 a y = 所以 v x =
E B v P vO =0 t

*(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 =
T πm = . 2 qB

解法二:参照摆线方程 x = a(t sint) y = a(1 cost) 得到 xP = πa = π 所以 t =
πm . qB Y πmE x = .再根据 t = P 2 2 qB vx

=

πmE E / qB2 B

【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
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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 = m
v2 L
1 mv2 2

① ② ③

从 O 到 P 过程,能量方程:mgL(cosθ cosα)= 小球不离开圆弧的条件是:T ≥ 0 解①②③式易得 B ≤
mg q 2gL

3 cos θ 2 cos α cos θ cos α 3 cos θ 2 cos α cos θ cos α

〖学员活动〗请求出函数 y = 小值…

的极

☆解法备考:对于正数 a ,b ,有 a + b ≥ 2 ab 而 y =
3 cos θ 2 cos α cos θ cos α cos α cos θ cos α

= 3 cos θ cos α +

考虑到 θ ,α 的实际取值情况,3 cos θ cos α 和
cos α cos θ cos α

均为正数,所以,y ≥ 2 3 cos α

即 ymin = 2 3 cos α ☆ 磁感应强度取值的一般结论为:B ≤ 但此结论还有讨论的空间—— 因为极值点的条件是: 3(cos θ cos α) = 显然,只有当 cosα <
cos α cos θ cos α

mg q 2gL

2 3 cos α

.

,即 cosθ =

4 cosα . 3

3 时(即最大摆角 α 较大时) ,极值点才可取,上面的"一般结论"才 4 3 3 cos θ 2 cos α 时,θ 无解,极值点不可达,此时应寻求 y = 函数(在 4 cos θ cos α

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 >

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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 cos θ cos α 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 =
3 2 cos α 1 cos α

;物理意义:小球"最有可能脱离

圆弧"的点在最低点. 【答案】 α ≥ arccos 当 当 α < arccos
3 mg 时, ≤ B 2 3 cos α 4 q 2gL

;

3 mg 3 2 cos α 时,B ≤ . 4 q 2gL 1 cos α

——第十部分完——

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