高中物理竞赛讲义-磁场典型例题解析

磁场典型例题解析一、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=2Tsin2再根据平衡方程和极限xxsinlim0x=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=/2R2=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2T2sin2=2Mω2R，即T2=2RM2。〖答〗BωλR2+2RM2。【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】arctgmgNBIR。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）eBm2；（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meBL，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=2L；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）m2eBL；（2）从图中O点上方距O点3L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=eBsinmv0，螺距为d=eBcosmv20，它们都由α、B决定（v0=emU2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∥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=emU2Lcosk2（其中k=1，2，3，…）；当B⊥OP时，B=emU2Lsin2。〖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=222qBmEk2，t=qBkm2。（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=21m2Pv①在x方向上用动量定理，有xft=mvP②且xf=qByv③（注意yvt=Y）解①②③式可得Y=2qBmE2（2）轨迹顶点P的曲率半径r在P点有动力学关系qvPB−qE=mrv2P，而vP在第（1）问中已经求得。可解出：r=2qBmE4（3）垂直电场方向的“漂移”速度xv针对O→P过程，y方向有动力学关系ΣyF=mya即qE−yf=mya，即qE−qBxv=mya。而ya=tvvOP=0所以xv=BE*（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=2T=qBm。解法二：参照摆线方程x=a（t−sint）y=a（1−cost）得到xP=πa=π2Y=2qBmE。再根据t=xPvx=2qBmE/BE所以t=qBm。【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=mLv2①从O到P过程，能量方程：mgL（cosθ−cosα）=21mv2②小球不离开圆弧的条件是：T≥0③解①②③式易得B≤gL2qmgcoscoscos2cos3〖学员活动〗请求出函数y=coscoscos2cos3的极小值…☆解法备考：对于正数a、b，有a+b≥2ab而y=coscoscos2cos3=3coscos+coscoscos考虑到θ、α的实际取值情况，3coscos和coscoscos均为正数，所以，y≥2cos3即ymin=2cos3☆磁感应强度取值的一般结论为：B≤gL2qmg2cos3。但此结论还有讨论的空间——因为极值点的条件是：)cos(cos3=coscoscos，即cosθ=34cosα。显然，只有当cosα＜43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＞43时，θ无解，极值点不可达，此时应寻求y=coscoscos2cos3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coscos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=cos1cos23；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点在最低点。【答案】当α≥arccos43时，B≤gL2qmg2cos3；当α＜arccos43时，B≤gL2qmgcos1cos23。