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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 d B = k 查点的方向矢量) ;或用大小关系式 dB = k
?

? ? ? ? Id l ? r , (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 3 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 r2

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 = 2π kI *毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结 knI 。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 F = I L ? B ;或表达为大 = BILsinθ 再结合“左手定则”解决方向问题(θ 为 B 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 (电流不变)的的安培力。
? ? ?

R2 ( R ? r 2 )3 / 2
2

; 论:B = 2π

小关系式 F 与 L 的夹

连 线 导 体

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=
2 2 F 1 ?F 2 ? 2F 1F 2 cos(? ? ?)

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

?

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 进磁场的发散角极小, 即速度和磁场的夹 各粒子做螺旋运动时可以认为螺距彼此 可以不等) ,故所有粒子会“聚焦”在荧 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

存 在,电 子 角 θ 极小, 相 等(半 径 光屏上的 P

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、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 的 P 点的磁感强度。 【解说】这是一个关于毕萨定律的简单 过程从略。 【答案】大小为 8.0× 10?6T ,方向在图 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。 9-9 中 垂 直 应 用。解 题 线相距 10cm

【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 = → 0(在图 9-10 中,为了说明问题,θ 被夸大了) ,弧形 直导体, 其受到的安培力 F = BIL , 其两端受到的张力设 的合力 ΣT = 2Tsin
? 2
sin x = 0 ,即可求解 T 。 x

θR 。因为 θ 导 体可视 为 为 T ,则 T

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

2?R ? ? = ωλR) , 2? / ?

T1 = B ω λ

力, 方程 2T2



〖答〗BωλR +

2

M?2R 2?

。 处 在方向 竖 缘) 轴 OO′

【例题 3】 如图 9-11 所示, 半径为 R 的圆形线圈共 N 匝, 直的、 磁感强度为 B 的匀强磁场中, 线圈可绕其水平直径 (绝

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
?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 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 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。 进 入磁感 强 点, θ 为已知

【答案】 (1)

2m? ; (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 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

在 磁感强 度

【解说】第一问甚简, 电子能击打到挡板的临界情形是轨迹 切,此时 rmin =
L 2

与 挡 板 相

; 的 轨迹与 挡 方 的最远 点

在第二问中,先求得 r = L ,在考查各种方向的初速所对应 板相交的“最远”点。值得注意的是,O 点上方的最远点和下 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 =
mv0 sin ? 2?mv0 cos? 2mU ,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 eB eB e

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

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 性衔接) 。 【例题 7】在三维直角坐标中,沿+z 方向有磁感强度 磁场,沿?z 方向有电场强度为 E 的匀强电场。在原点 O m 、电量为?q 的粒子(不计重力)以正 x 方向、大小为 v 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 =
2?km 2?2k 2mE ,t = 2 qB qB

摆线 (的周期

为 B 的匀强 有一质量为 的初速度发

。 (其中 k = 1,2,

3,?) 知, 一个质量

【例题 8】在相互垂直的匀强电、磁场中,E、B 值已 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



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 第(1)问中已经求得。可解出: r=
4mE qB2
v2 P r

,而 vP 在

(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 轮子边缘形成的轨迹(如图 9-17 所示) 。在本题的 中,可以认为“轮子”的旋转是由洛仑兹力独立 从 O 到 P 的过程,轮子转动的圆心角应为π ,故 t=
T ?m = 。 2 qB

无 滑滚动 时 E、B 叠加场 形 成的。 而 对 应时间 为

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 qB2 vx

=

?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?

= 3 cos? ? cos? +

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

均为正数,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?

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 4

义:小球“最有可能脱离圆弧”的点不在最低点。 而当 α 过小,cosα > 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? ? 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 段实线(因为α过小,cosα过大,理论极值点过大,cos 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) , =
3 ? 2 cos? 1 ? cos?
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 4 cos? ? cos?

边的一 θ达不到) ,

最小值 ymin 最低点。

;物理意义:小球“最有可能脱离圆弧”的点在
3 mg 时,B ≤ ? 2 3 cos ? ; 4 q 2gL

【答案】当 α ≥ arccos 当 α < arccos

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


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