【高考輔導資料】物理競賽輔導教案：磁場

第十部分 磁場第一講 基本知識介紹磁場部分在奧賽考剛中的考點很少，和高考要求的區(qū)別不是很大，只是在兩處有深化：a、電流的磁場引進定量計算；b、對帶電粒子在復合場中的運動進行了更深入的分析。一、磁場與安培力1、磁場a、永磁體、電流磁場磁現象的電本質b、磁感強度、磁通量c、穩(wěn)恒電流的磁場*畢奧-薩伐爾定律（Biot-Savart law）：對于電流強度為I 、長度為dI的導體元段，在距離為r的點激發(fā)的“元磁感應強度”為dB 。矢量式d= k，（d表示導體元段的方向沿電流的方向、為導體元段到考查點的方向矢量）；或用大小關系式dB = k結合安培定則尋求方向亦可。其中 k = 1.0107N/A2 。應用畢薩定律再結合矢量疊加原理，可以求解任何形狀導線在任何位置激發(fā)的磁感強度。畢薩定律應用在“無限長”直導線的結論：B = 2k ；*畢薩定律應用在環(huán)形電流垂直中心軸線上的結論：B = 2kI ；*畢薩定律應用在“無限長”螺線管內部的結論：B = 2knI 。其中n為單位長度螺線管的匝數。2、安培力a、對直導體，矢量式為 = I；或表達為大小關系式 F = BILsin再結合“左手定則”解決方向問題（為B與L的夾角）。b、彎曲導體的安培力整體合力折線導體所受安培力的合力等于連接始末端連線導體（電流不變）的的安培力。證明：參照圖9-1，令MN段導體的安培力F1與NO段導體的安培力F2的合力為F，則F的大小為F = = BI = BI關于F的方向，由于FF2PMNO，可以證明圖9-1中的兩個灰色三角形相似，這也就證明了F是垂直MO的，再由于PMO是等腰三角形（這個證明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中點了。證畢。由于連續(xù)彎曲的導體可以看成是無窮多元段直線導體的折合，所以，關于折線導體整體合力的結論也適用于彎曲導體。（說明：這個結論只適用于勻強磁場。）導體的內張力彎曲導體在平衡或加速的情形下，均會出現內張力，具體分析時，可將導體在被考查點切斷，再將被切斷的某一部分隔離，列平衡方程或動力學方程求解。c、勻強磁場對線圈的轉矩如圖9-2所示，當一個矩形線圈（線圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強磁場中，且磁場B的方向平行線圈平面時，線圈受安培力將轉動（并自動選擇垂直B的中心軸OO，因為質心無加速度），此瞬時的力矩為M = BIS幾種情形的討論增加匝數至N ，則 M = NBIS ；轉軸平移，結論不變（證明從略）；線圈形狀改變，結論不變（證明從略）；*磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉角，則M = BIScos ，如圖9-3；證明：當 = 90時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有垂直轉軸的的分量Bcos才能產生力矩磁場B垂直O(jiān)O軸相對線圈平面旋轉角，則M = BIScos ，如圖9-4。證明：當 = 90時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有平行線圈平面的的分量Bcos才能產生力矩說明：在默認的情況下，討論線圈的轉矩時，認為線圈的轉軸垂直磁場。如果沒有人為設定，而是讓安培力自行選定轉軸，這時的力矩稱為力偶矩。二、洛侖茲力1、概念與規(guī)律a、 = q，或展開為f = qvBsin再結合左、右手定則確定方向（其中為與的夾角）。安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現。b、能量性質由于總垂直與確定的平面，故總垂直 ，只能起到改變速度方向的作用。結論：洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量，卻不可能做功?；颍郝鍋銎澚墒箮щ娏Ｗ拥膭恿堪l(fā)生改變卻不能使其動能發(fā)生改變。問題：安培力可以做功，為什么洛侖茲力不能做功？解說：應該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現”這句話的確切含義“宏觀體現”和“完全相等”是有區(qū)別的。我們可以分兩種情形看這個問題：（1）導體靜止時，所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力（這個證明從略）；（2）導體運動時，粒子參與的是沿導體棒的運動v1和導體運動v2的合運動，其合速度為v ，這時的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導體棒，它們是不可能相等的，只能說安培力是洛侖茲力的分力f1 = qv1B的合力（見圖9-5）。很顯然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者說f1的正功和f2的負功的代數和為零）。（事實上，由于電子定向移動速率v1在105m/s數量級，而v2一般都在102m/s數量級以上，致使f1只是f的一個極小分量。）如果從能量的角度看這個問題，當導體棒放在光滑的導軌上時（參看圖9-6），導體棒必獲得動能，這個動能是怎么轉化來的呢？若先將導體棒卡住，回路中形成穩(wěn)恒的電流，電流的功轉化為回路的焦耳熱。而將導體棒釋放后，導體棒受安培力加速，將形成感應電動勢（反電動勢）。動力學分析可知，導體棒的最后穩(wěn)定狀態(tài)是勻速運動（感應電動勢等于電源電動勢，回路電流為零）。由于達到穩(wěn)定速度前的回路電流是逐漸減小的，故在相同時間內發(fā)的焦耳熱將比導體棒被卡住時少。所以，導體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運動a、時，勻速圓周運動，半徑r = ，周期T = b、與成一般夾角時，做等螺距螺旋運動，半徑r = ，螺距d = 這個結論的證明一般是將分解（過程從略）。但也有一個問題，如果將分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ，如圖9-7所示），粒子的運動情形似乎就不一樣了在垂直B2的平面內做圓周運動？其實，在圖9-7中，B1平行v只是一種暫時的現象，一旦受B2的洛侖茲力作用，v改變方向后就不再平行B1了。當B1施加了洛侖茲力后，粒子的“圓周運動”就無法達成了。（而在分解v的處理中，這種局面是不會出現的。）3、磁聚焦a、結構：見圖9-8，K和G分別為陰極和控制極，A為陽極加共軸限制膜片，螺線管提供勻強磁場。b、原理：由于控制極和共軸膜片的存在，電子進磁場的發(fā)散角極小，即速度和磁場的夾角極小，各粒子做螺旋運動時可以認為螺距彼此相等（半徑可以不等），故所有粒子會“聚焦”在熒光屏上的P點。4、回旋加速器a、結構&原理（注意加速時間應忽略）b、磁場與交變電場頻率的關系因回旋周期T和交變電場周期T必相等，故 =c、最大速度 vmax = = 2Rf5、質譜儀速度選擇器&粒子圓周運動，和高考要求相同。第二講 典型例題解析一、磁場與安培力的計算【例題1】兩根無限長的平行直導線a、b相距40cm，通過電流的大小都是3.0A，方向相反。試求位于兩根導線之間且在兩導線所在平面內的、與a導線相距10cm的P點的磁感強度?！窘庹f】這是一個關于畢薩定律的簡單應用。解題過程從略?！敬鸢浮看笮?.0106T ，方向在圖9-9中垂直紙面向外?！纠}2】半徑為R ，通有電流I的圓形線圈，放在磁感強度大小為B 、方向垂直線圈平面的勻強磁場中，求由于安培力而引起的線圈內張力?！窘庹f】本題有兩種解法。方法一：隔離一小段弧，對應圓心角 ，則弧長L = R 。因為 0（在圖9-10中，為了說明問題，被夸大了），弧形導體可視為直導體，其受到的安培力F = BIL ，其兩端受到的張力設為T ，則T的合力T = 2Tsin再根據平衡方程和極限= 0 ，即可求解T 。方法二：隔離線圈的一半，根據彎曲導體求安培力的定式和平衡方程即可求解【答案】BIR 。說明如果安培力不是背離圓心而是指向圓心，內張力的方向也隨之反向，但大小不會變。學員思考如果圓環(huán)的電流是由于環(huán)上的帶正電物質順時針旋轉而成（磁場仍然是進去的），且已知單位長度的電量為、環(huán)的角速度、環(huán)的總質量為M ，其它條件不變，再求環(huán)的內張力。提示此時環(huán)的張力由兩部分引起：安培力，離心力。前者的計算上面已經得出（此處I = = R），T1 = BR2 ；后者的計算必須應用圖9-10的思想，只是F變成了離心力，方程 2T2 sin = M2R ，即T2 = 。答B(yǎng)R2 + ?！纠}3】如圖9-11所示，半徑為R的圓形線圈共N匝，處在方向豎直的、磁感強度為B的勻強磁場中，線圈可繞其水平直徑（絕緣）軸OO轉動。一個質量為m的重物掛在線圈下部，當線圈通以恒定電流I后，求其靜止時線圈平面和磁場方向的夾角?！窘庹f】這是一個應用安培力矩定式的簡單問題，解題過程從略。【答案】arctg 。二、帶電粒子在勻強磁場中的運動【例題4】電子質量為m 、電量為q ，以初速度v0垂直磁場進入磁感強度為B的勻強磁場中。某時刻，電子第一次通過圖9-12所示的P點，為已知量，試求：（1）電子從O到P經歷的時間；（2）OP過程洛侖茲力的沖量?！窘庹f】圓周運動的基本計算。解題過程從略。值得注意的是，洛侖茲力不是恒力，故沖量不能通過定義式去求，而應根據動量定理求解?！敬鸢浮浚?） ；（2）2mv0sin ?！纠}5】如圖9-13所示，S是粒子源，只能在紙面上的360范圍內發(fā)射速率相同、質量為m 、電量為q的電子。MN是一塊足夠大的擋板，與S相距= L 。它們處在磁感強度為B 、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，試求：（1）要電子能到達擋板，其發(fā)射速度至少應為多大？（2）若發(fā)射速率為，則電子擊打在擋板上的范圍怎樣？【解說】第一問甚簡，電子能擊打到擋板的臨界情形是軌跡與擋板相切，此時 rmin = ；在第二問中，先求得r = L ，在考查各種方向的初速所對應的軌跡與擋板相交的“最遠”點。值得注意的是，O點上方的最遠點和下方的最遠點并不是相對O點對稱的?！敬鸢浮浚?） ；（2）從圖中O點上方距O點L處到O點下方距O點L處的范圍內?！纠}6】如圖9-14甲所示，由加速電壓為U的電子槍發(fā)射出的電子沿x方向射入勻強磁場，要使電子經過x下方距O為L且xOP = 的P點，試討論磁感應強度B的大小和方向的取值情況?！窘庹f】以一般情形論：電子初速度v0與磁感應強度B成任意夾角 ，電子應做螺旋運動，半徑為r = ，螺距為d = ，它們都由 、B決定（v0 =是固定不變的）。我們總可以找到適當的半徑與螺距，使P點的位置滿足L 、的要求。電子運動軌跡的三維展示如圖9-14乙所示。如果P點處于（乙圖中）螺線軌跡的P1位置，則 = ，B ；如果P點處于P2或P3位置，則 ，B與成一般夾角。對于前一種情形，求解并不難只要解L = kd（其中k = 1，2，3，）方程即可；而對后一種情形，要求出B的通解就難了，這里不做討論。此外，還有一種特解，那就是當B時，這時的解法和【例題4】就完全重合了?！敬鸢浮客ń獠欢ā．擝時，B =（其中k = 1，2，3，）；當B時，B =。問題存疑兩個特解能不能統(tǒng)一？三、帶電粒子在電磁復合場中的運動一般考慮兩種典型的復合情形：B和E平行，B和E垂直。對于前一種情形，如果v0和B（E）成角，可以將v0分解為v0和v0n ，則在n方向粒子做勻速圓周運動，在方向粒子做勻加速運動。所以，粒子的合運動是螺距遞增（或遞減）的螺線運動。對于后一種情形（垂直復合場），難度較大，必須起用動力學工具和能量（動量）工具共同求解。一般結論是，當v0和B垂直而和E成一般夾角時，粒子的軌跡是擺線（的周期性銜接）。【例題7】在三維直角坐標中，沿+z方向有磁感強度為B的勻強磁場，沿z方向有電場強度為E的勻強電場。在原點O有一質量為m 、電量為q的粒子（不計重力）以正x方向、大小為v的初速度發(fā)射。試求粒子再過z軸的坐標與時間?！窘庹f】過程甚簡，粒子運動情形見圖9-15?！敬鸢浮縵 = ，t = 。（其中k = 1，2，3，）【例題8】在相互垂直的勻強電、磁場中，E、B值已知，一個質量為m 、電量為+q的帶電微粒（重力不計）無初速地釋放，試定量尋求該粒子的運動規(guī)律?！窘庹f】在相互垂直的電、磁場中，粒子受力的情形非常復雜，用運動的分解與合成的手段也有相當的困難，必須用到一些特殊的處理方法。鑒于粒子只能在垂直B的平面內運動，可以在該平面內建立如圖9-16所示的直角坐標。在這個坐標中，從以下四個角度考查粒子運動的定量規(guī)律（1）電場方向的最大位移Y能量關系 qEY =m 在x方向上用動量定理，有t = mvP 且 = qB （注意 t = Y）解式可得 Y = （2）軌跡頂點P的曲率半徑r在P點有動力學關系 qvPB qE = m ，而vP在第（1）問中已經求得。可解出：r = （3）垂直電場方向的“漂移”速度針對OP過程，y方向有動力學關系 = m即 qE = m ，即 qE qB= m 。而 = = 0所以 = *（4）粒子從O到P做經歷的時間t解法一：擺線亦稱旋輪線，是由輪子在水平面無滑滾動時輪子邊緣形成的軌跡（如圖9-17所示）。在本題的E、B疊加場中，可以認為“輪子”的旋轉是由洛侖茲力獨立形成的。而從O到P的過程，輪子轉動的圓心角應為，故對應時間為 t = 。解法二：參照擺線方程x = a（t sint）y = a（1 cost）得到 xP = a = = 。再根據 t = = /所以 t = ?！敬鸢浮柯??！驹u說】在垂直復合場中，尋求能量關系比較容易，但動力學關系（或動量關系）只能啟用平均的思想，這也是一種特殊的處理方法。四、束縛問題帶電實物受到斜面、繩子或桿子的束縛，在電、磁場中的運動問題稱為束縛問題。束縛問題涉及的受力情形復雜，且常常伴隨邊界條件的討論，因此有更大的挑戰(zhàn)性。【例題9】單擺的擺長為L ，擺球帶電+q ，放在勻強磁場中，球的擺動平面跟磁場垂直，最大擺角為 。為使其能正常擺動，磁場的磁感強度B值有何限制？【解說】這是第九屆初試題，解題的關鍵所在是要分析清楚：小球“最有可能脫離圓弧”的點是否一定在最低點？下面的定量討論完成之后，我們將會發(fā)現：這個答案是否定的。針對某個一般位置P ，設方位角（如圖9