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×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 = 2Tsin 2

θ

再根据平衡方程和极限

x

x sin lim

0x →= 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 = ω

πλ?π/2R 2 = ω

λR ），T 1 = B ωλR 2 ；

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 2T 2 sin 2

θ =

π

θ

2M ω2R ，即T 2

=

π

ω2R M 2 。

〖答〗B ωλR 2 + π

ω2R M 2 。

【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 mg

NBIR π 。

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v 0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）eB

m 2θ ；（2）2mv 0sin θ 。

【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m

eBL ，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 r min = 2

L ；

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）m

2eBL ；（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v 0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 = eB

sin mv 0α，螺距为d = eB

cos mv 20απ，它们都由α 、B

决定（v 0 =

e

mU 2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P 1位置，则α = θ ，B ∥OP ；如果P 点处于P 2或P 3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 =e

mU 2L

cos k 2θ

π（其中k = 1，2，3，…）；

当B ⊥OP 时，B =e

mU

2L

sin 2θ

。

〖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v 0和B （E ）成θ角，可以将v 0分解为v 0τ和v 0n ，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v 0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 =

2

22qB mE k 2π ，t =

qB

km 2π 。（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 =2

1m 2P

v ① 在x 方向上用动量定理，有

x f ?t = mv P

② 且

x

f =

qB

y

v

③

（注意

y v ?

t = Y ） 解①②③式可得 Y = 2

qB mE

2

（2）轨迹顶点P 的曲率半径r

在P 点有动力学关系 qv P B ?

qE = m r

v 2P ，而v P 在第（1）问中已经求得。可解出：

r =

2

qB mE

4

（3）垂直电场方向的“漂移”速度x

v

针对O →P 过程，y 方向有动力学关系 Σy

F = m y

a

!

即 qE ? y

f = m y

a ，即 qE ? qB x v = m y

a 。而

y

a =

t

v v O

P -= 0

所以

x

v =

B

E

*（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 =2

T =qB

m π 。

解法二：参照摆线方程 x = a （t ? sint ） y = a （1 ? cost ） `

得到 x P = πa = π2

Y =

2

qB mE π 。再根据 t =

x

P v x =

2

qB mE π/B

E

所以 t =

qB

m π 。

【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 ?

mgcos θ = m L

v 2 ① 从O 到P 过程，能量方程：mgL （cos θ ?

cos α）= 2

1

mv 2 ②

小球不离开圆弧的条件是：T ≥ 0 ③

解①②③式易得 B ≤

gL

2q mg ?α

-θα

-θcos cos cos 2cos 3

〖学员活动〗请求出函数 y =

α

-θα-θcos cos cos 2cos 3

的极小值…

☆解法备考：对于正数a 、b ，有 a + b ≥ 2

ab

#

而 y =

α

-θα-θcos cos cos 2cos 3

= 3

α

-θcos cos +

α

-θαcos cos cos

考虑到θ 、α的实际取值情况，3

α

-θcos cos 和

α

-θαcos cos cos 均为正数，所以，

y ≥ 2

α

cos 3

即 y min = 2α

cos 3 ☆

磁感应强度取值的一般结论为：B ≤ gL

2q mg ?2α

cos 3 。

但此结论还有讨论的空间—— 因为极值点的条件是：

)

cos (cos 3α-θ =

α

-θαcos cos cos ，即 cos θ =

3

4cos α 。

显然，只有当cos α ＜4

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“最有可能脱离圆弧”的点不在最低点。 <

而当α过小，cos α ＞4

3 时，θ无解，极值点不可达，此时应寻求y =

α

-θα-θcos cos cos 2cos 3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

α-θcos cos 而非

θ ，因α是定值，故y 也可以认为是随着cos θ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，cos α过大，理论极值点过大，cos θ达不到），函数为减函数。当cos θ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 y min = α

-α-cos 1cos 23；

物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点在最低点。

【答案】当α ≥ arccos 4

3 时，B ≤

gL

2q mg ?2α

cos 3 ；

当α ＜ arccos 4

3 时，B ≤

gL

2q mg ?α

-α

-cos 1cos 23 。