《高中物理》第九部分 磁场

第九部分磁场 第一讲基本知识介绍 《磁场》部分在奧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 、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 稳恒电流的磁场 *毕奥萨伐尔定律(Bot- Savart law):对于电流强度为I、长度为d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dB=kxr,(d表示导体元段的方向沿电流 的方向、子为导体元段到考查点的方向矢量;或用大小关系式dB=k1Sm结合安培定则寻求方 向亦可。其中k=1.0×10-NA2。应用毕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=2k1 *毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论:B=2kI R *毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论:B=2πknI。其中n为单位长度螺线管 的匝数。 安培力 a、对直导体,矢量式为F=ILxB:或表达为大 小关系式F= bILsine再结合“左手定则”解决方向问 题(0为B与L的夹角) b、弯曲导体的安培力 (1)整体合力 折线导体所受安培力的合力等于连接始末端 连线导体(电流不变)的的安培力。 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 图9-1

1 第九部分 磁场 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 3 r Idl r    ，（d l  表示导体元段的方向沿电流 的方向、 r  为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式 dB = k 2 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 r I ； *毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论：B = 2πkI 2 2 3 / 2 2 (R r ) R + ； *毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论：B = 2πknI 。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 小关系式 F = BILsinθ 再结合“左手定则”解决方向问 题（θ 为 B 与 L 的夹角）。 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 连线导体（电流不变）的的安培力。 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

VE+2+2F F, cos(7-0 =BI√+12+2LL2cos(x- =BI MO 关于F的方向,由于△FF2P∽△MNO,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△PMO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。) (2)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 几种情形的讨论一一 (1)增加匝数至N,则M=NBIS (2)转轴平移,结论不变(证明从略); (3)线圈形状改变,结论不变(证明从略); 图9-2 图9-3 图9-4 *(4)磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转a角,则M= BIScosat,如图9-3 证明:当a=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 Bcos 才能产生力矩… (5)磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角,则M= BIScosk,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 Bcos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

2 F = F F 2FF cos( ) 1 2 2 2 2 1 + +  −  = BI L L 2L L cos( ) 1 2 2 2 2 1 + +  −  = 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。 洛仑兹力 1、概念与规律 a、f=qvxB,或展开为f= viSine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v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f=qvB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f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105m数量级,而v2一般都在10-2ms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

3 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、、⊥B时,匀速圆周运动,半径r=m,周期T=2m b、与B成一般夹角θ时,做等螺距螺旋运动,半径r=ms6,螺距d=2 tmv cos e 这个结论的证明一般是将ⅴ分解…(过程从略)。 ☆但也有一个问题,如果将B分解(成垂直速度分量B和平行速 B 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? B 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,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 螺线管 存在,电子进磁场的发散角极小,即速度 8∞∞888⑧8∞∞∞8888 和磁场的夹角θ极小,各粒子做螺旋运动 时可以认为螺距彼此相等(半径可以不K多 荧光屏 等),故所有粒子会“聚焦”在荧光屏上 G 的P点 4、回旋加速器 a、结构&原理(注意加速时间应忽略) 图 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2m= 最大速度 BR =2 I Rf 5、质谱仪

4 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 = qB mv ，周期 T = qB 2m b、 v  与 B  成一般夹角 θ 时，做等螺距螺旋运动，半径 r = qB mv sin  ，螺距 d = qB 2mvcos 这个结论的证明一般是将 v  分解…（过程从略）。 ☆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 存在，电子进磁场的发散角极小，即速度 和磁场的夹角 θ 极小，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 qB 2m = f 1 c、最大速度 vmax = m qBR = 2πRf 5、质谱仪

速度选择器&粒子圆周运动,和高考要求相同。 第二讲典型例题解析 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30A,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 P 【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80×10°T,方向在图b 99中垂直纸面向外。 【例题2】半径为R,通有电流I的圆 图9-9 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= 0R。因为0→0(在图910中,为了说明问题,0被夸 大了),弧形导体可视为直导体,其受到的安培力F=1 R BIL,其两端受到的张力设为T,则T的合力 ∑T=2Isin0 再根据平衡方程和极限mn=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 图9-10 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

5 速度选择器&粒子圆周运动，和高考要求相同。 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 = 2Tsin 2  再根据平衡方程和极限 x sin x lim x→0 = 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1=2△=AR) 2/O T1=BU入R2 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2 T2 sin=Mu2R,即T2= MoR 〖答〗BMAR2+MaR 【例题3】如图911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】 arct πNBIR 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vo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; 图9-12 (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) (2)2mvosin0 【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)若发射速率为些,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rmn=; 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 图 9-13

6 前者的计算上面已经得出（此处 I =    •  2 / 2 R = 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 2T2 sin 2  =   2 Mω2R ，即 T2 =   2 M R 2 。 〖答〗BωλR2 +   2 M R 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 。 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） eB 2m ；（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 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 rmin = 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)eB 2m;(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=0的P点,试讨论磁感应强度B的大小和方向的取值情 【解说】以一般情形论:电子初速度v与磁感应强度B成仼意夹角α,电子应做螺旋运动, 半径为r=m,螺距为d=2xmy csa,它们都由a、B决定(v=2则是固定不变的 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。 图9-14 如果P点处于(乙图中)螺线轨迹的P1位置,则a=0,B∥OP:如果P点处于P2或P3位 置,则a≠θ,B与OP成一般夹角 对于前一种情形,求解并不难一—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∥O时,B=2m(其中k=1,2,3,…)当B⊥OF时, B=sine/2mU 〖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 B 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和B(E)成θ角,可以将 分解为vr和wn,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 图9-15

7 最远点和下方的最远点并不是相对 O 点对称的。 【答案】（1） 2m eBL ；（2）从图中 O 点上方距 O 点 3 L 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 = eB mv0 sin ，螺距为 d = eB 2 mv cos  0  ，它们都由 α 、B 决定（v0 = e 2mU 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 = e 2mU L 2kcos （其中 k = 1，2，3，…）；当 B⊥ OP 时， B = e 2mU L 2sin  。 〖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vo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=2km,t=2m。(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=mv 在x方向上用动量定理,有 f、·t=mv 且f=qB (注意v·t=Y) 解①②③式可得Y= (2)轨迹顶点P的曲率半径r 在P点有动力学关系qvpB-qE 而v在第(1)问中已经求得 可解出 图9-16 (3)垂直电场方向的“漂移”速度v 针对O→P过程,y方向有动力学关系ΣF=ma 即q-f=ma,,即qE-qB=ma,。而a,=当,=0

8 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 = 2 2 2 qB 2 k mE ，t = qB 2km 。（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 1 m 2 P v ① 在 x 方向上用动量定理，有 x f • t = mvP ② 且 x f = qB y v ③ （注意 y v • t = Y） 解①②③式可得 Y = 2 qB 2mE （2）轨迹顶点 P 的曲率半径 r 在 P 点有动力学关系 qvPB − qE = m r v 2 P ，而 vP 在第（1）问中已经求得。 可解出： r = 2 qB 4mE （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 Σ F y = m y a 即 qE − y f = m y a ，即 qE − qB x v = m y a 。而 y a = t vP − vO = 0

所以v-B *(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,故对应时间为t Tm 解法二:参照摆线方程 x=a(t-sint) 图9-17 y=a(1-cost 得到x=ma=xX=m。再根据t=x 所以t=m 【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、绳子或杄子的束缚,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-mgo=mr 从O到P过程,能量方程:mgL(cos-ca)=1my2② 小球不离开圆弧的条件是:T≥0 解①②③式易得B≤ 〖学员活动】请求出函数y=30=c的极 小值 图9-18

9 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 。 解法二：参照摆线方程 x = a（t − sint） y = a（1 − cost） 得到 xP = πa = π 2 Y = 2 qB mE 。再根据 t = x P v x = 2 qB mE / B E 所以 t = qB m 。 【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 L v 2 ① 从 O 到 P 过程，能量方程：mgL（cosθ − cosα）= 2 1 mv2 ② 小球不离开圆弧的条件是：T ≥ 0 ③ 解①②③式易得 B ≤ q 2gL mg •  −   −  cos cos 3cos 2cos 〖学员活动〗请求出函数 y =  −   −  cos cos 3cos 2cos 的极 小值…

☆解法备考:对于正数a、b,有a+b≥2a 而y= cos夏 os e-cosa 考虑到0、a的实际取值情况,3√0s9-c和均为正数,所以,y≥2√3sa 即ym=2√3osa女 磁感应强度取值的一般结论为:B≤P·23o0a 但此结论还有讨论的空间 因为极值点的条件是:√cos-cosa)= cos0= -cosa o 显然,只有当cos 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a过小,co>2时,0无解,极值点不可达,此时应寻求y3os0-2g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、s-sa而非0,因a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 的一段实线(因为过小,cosα过大,理论极值点 过大,COs日达不到),函数为减函数。当cos最大时,y COSa 有最小值。 图9-19 所以,当cos=1时(此时θ=0,小球在最低点),最小值ymn=3=2a:物理意义:小 1-cosα 球“最有可能脱离圆弧”的点在最低点

10 ☆解法备考：对于正数 a 、b ，有 a + b ≥ 2 ab 而 y =  −   −  cos cos 3cos 2cos = 3 cos − cos +  −   cos 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 3cos 即 ymin = 2 3cos ☆ 磁感应强度取值的一般结论为：B ≤ q 2gL mg • 2 3cos 。 但此结论还有讨论的空间—— 因为极值点的条件是： 3(cos − cos) =  −   cos cos cos ，即 cosθ = 3 4 cosα 。 显然，只有当 cosα ＜ 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，cosα ＞ 4 3 时，θ 无解，极值点不可达，此时应寻求 y =  −   −  cos cos 3cos 2cos 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 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 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 = −  −  1 cos 3 2cos ；物理意义：小 球“最有可能脱离圆弧”的点在最低点