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高中物理奥赛讲义(磁场)第一讲基本知识介绍







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 大小关系式 dB = k
? dB

? ? ? ? Id l ? r =k 3 , (d l 表示导体元段的方向沿电流的方向、 r 为导体元段到考查点的方向矢量) ;或用 r

Idlsin ? 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 r2

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 = 2π kI *毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结 为单位长度螺线管的匝数。 2、安培力 a、对直导体,矢量式为 F = I L ? B ;或表达为大 再结合“左手定则”解决方向问题(θ 为 B 与 L 的夹 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 的的安培力。 证明:参照图 9-1,令 MN 段导体的安培力 F1 F2 的合力为 F,则 F 的大小为 F=
2 2 F 1 ?F 2 ? 2F 1F 2 cos(? ? ?)

R2 ( R ? r 2 )3 / 2
2

; 论: B = 2π knI 。 其中 n

?

?

?

小关系式 F = BILsinθ 角) 。

连线导体(电流不变)

与 NO 段导体的安培力

2 = BI L2 1 ? L2 ? 2L1L2 cos(? ? ?)

= BI MO

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、 f = q v ? B ,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) 。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 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 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、 v ⊥ B 时,匀速圆周运动,半径 r =
?
?

?

?

2?m mv ,周期 T = qB qB
m v sin ? qB

b、 v 与 B 成一般夹角 θ 时,做等螺距螺旋运动,半径 r = 这个结论的证明一般是将 v 分解?(过程从略) 。
?

,螺距 d =

2?mvcos ? qB

☆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 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 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 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 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 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 散角极小,即速度和磁场的夹角 θ 极小,

?

度分量 B1 , 如图 9-7 所 动? 仑兹力作用, v 改变方向 法达成了。 (而在分解 v

极和控制极,A 为阳极

存在,电子进磁场的发 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 = 5、质谱仪 速度选择器&粒子圆周运动,和高考要求相同。
qBR = 2π Rf m

2?m 1 = f qB

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、 的大小都是 3.0A,方向相反。试求位于两根 在平面内的、与 a 导线相距 10cm 的 P 点的 【解说】这是一个关于毕萨定律的简单 【答案】大小为 8.0× 10?6T ,方向在图 【例题 2】半径为 R ,通有电流 I 的圆 大小为 B 、方向垂直线圈平面的匀强磁场 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 = 9-10 中,为了说明问题,θ 被夸大了) ,弧形导体可视为 力 F = BIL ,其两端受到的张力设为 T ,则 T 的合力 ΣT = 2Tsin
? 2
sin x = 0 ,即可求解 T 。 x

b 相距 40cm,通过电流 导线之间且在两导线所 磁感强度。 应用。解题过程从略。 9-9 中垂直纸面向外。 形线圈,放在磁感强度 中,求由于安培力而引

θR 。因为 θ → 0(在图 直导体,其受到的安培

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 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。

定式和平衡方程即可求

〖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?R ? ? = ωλR) , 2? / ?

T1 = BωλR ; 力,方程 2T2 sin
? = 2

2

后者的计算必须 应用图 9-10 的思想,只是 F 变成了离心 ..
? M?2R 2 Mω R ,即 T2 = 2? 2?

。 。 处在方向竖直的、磁感 OO′转动。一个质量为 止时线圈平面和磁场方

〖答〗BωλR +

2

M?2R 2?

【例题 3】 如图 9-11 所示, 半径为 R 的圆形线圈共 N 匝, 强度为 B 的匀强磁场中,线圈可绕其水平直径(绝缘)轴 m 的重物挂在线圈下部,当线圈通以恒定电流 I 后,求其静 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
?NBIR 。 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 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 (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)
2m? ; (2)2mv0sinθ 。 eB

进入磁感强度为 B 的匀 知量,试求:

【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 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

度为 B 、方向垂直纸面

【解说】第一问甚简, 电子能击打到挡板的临界情形是轨迹
L 2

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 点并不是相对 O 点对称

“最远”点。值得注意的是,O 点上方的最远点和下方的最远 的。 【答案】 (1) 的范围内。
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

【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 = 距为 d =

mv0 sin ? ,螺 eB

2?mv0 cos? 2mU ,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 eB e

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 = 〖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 【例题 7】在三维直角坐标中,沿+z 方向有磁感强度 方向有电场强度为 E 的匀强电场。在原点 O 有一质量为 计重力)以正 x 方向、大小为 v 的初速度发射。试求粒子 【解说】过程甚简,粒子运动情形见图 9-15。 【答案】z =
2?km 2?2k 2mE ,t = qB qB2

2k? cos? 2mU 2 sin ? 2mU (其中 k = 1,2,3,?) ;当 B⊥ OP 时,B = 。 L e L e

性衔接) 。 为 B 的匀强磁场,沿?z m 、 电量为?q 的粒子 (不 再过 z 轴的坐标与时间。

。 (其中 k = 1,2,

3,?) 知,一个质量为 m 、电 求该粒子的运动规律。 非常复杂, 用运动的分解

【例题 8】在相互垂直的匀强电、磁场中,E、B 值已 量为+q 的带电微粒(重力不计)无初速地释放,试定量寻 【解说】在相互垂直的电、磁场中,粒子受力的情形 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



② ③

且 f x = qB vy (注意 vy ? 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 已经求得。可解出: r=
4mE qB2
v2 P r

,而 vP 在第(1)问中

(3)垂直电场方向的“漂移”速度 vx 针对 O→P 过程,y 方向有动力学关系 Σ Fy = m a y 即 qE ? f y = m a y ,即 qE ? qB vx = m a y 。而 a y = 所以 vx =
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 成的轨迹(如图 9-17 所示) 。在本题的 E、B 叠加 的旋转是由洛仑兹力独立形成的。而从 O 到 P 的 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 = π a = π 所以 t =
?m 。 qB
Y ?mE x = 。再根据 t = P 2 2 qB vx
T ?m = 。 2 qB

无滑滚动时轮子边缘形 场中,可以认为“轮子” 过程,轮子转动的圆心

=

?mE 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 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? ? 2 cos? cos? ? cos? 3 cos? ? 2 cos? cos? ? cos?

〖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 ab 而 y =
3 cos? ? 2 cos? cos? ? cos? cos? cos? ? cos? cos? cos? ? cos?

= 3 cos? ? cos? +

考虑到 θ 、 α 的实际取值情况, 3 cos? ? cos? 和 所以,y ≥ 2 3 cos ? 即 ymin = 2 3 cos ? ☆ 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? ? cos?) = 显然,只有当 cosα <
cos? cos? ? cos?

均为正数,

mg q 2gL

? 2 3 cos ? 。

,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”才成立;物理意义:小球“最 4

有可能脱离圆弧”的点不在最低点。 而当 α 过小,cosα >
3 3 cos? ? 2 cos? 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 。 ... 4 cos? ? cos?

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? ? cos? 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 为α过小,cosα过大,理论极值点过大,cosθ达不到) , θ最大时,y 有最小值。 边的一段实线(因 函数为减函数。当 cos

所以,当 cosθ = 1 时(此时 θ = 0 ,小球在最低点) ,最小值 ymin = 点在最低点。 【答案】当 α ≥ arccos 当 α < arccos
3 mg 时,B ≤ ? 2 3 cos ? ; 4 q 2gL

3 ? 2 cos? 1 ? cos?

;物理意义:小球“最有可能脱离圆弧”的

3 3 ? 2 cos? mg 时,B ≤ 。 ? 4 1 ? cos? q 2gL



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