高中物理强基计划-第9部分-静磁场在高中物理课程中，我们学习了磁场的基本概念，安培力、洛伦兹力的计算方法，重点研究了带电粒子在复合场中的运动及相关应用。在这个模块中，我们拓展一些磁场相关的基本原理和公式，并处理一些更复杂的带电粒子在复合场中的运动问题。1、电流的磁场1.无限长直线电流的磁感应强度设在无限长直导线中有恒定电流I,P为导线附近一点，P到导线的距离为r,则P点的磁感应强度大小为,其中常数μ=4π×10⁻⁷N/A²,是真空的磁导率。磁感应强度的方向由安培定则判断即可。【例1】如图所示，两条无限长直载流导线垂直而不相交，其间最近距离为d,电流分别为I和I₂。P点到两导线的距离都是d,求P点的磁感应强度大小。【答案】【例2】如图所示，无限长空心圆柱面中均匀通有电流，证明圆柱内任意点的磁感应强度为零。【答案】略2.毕奥——萨伐尔定律如图所示，将电流看做无穷多小段电流(即电流元),每一小段电流元用I△l表示。则电流元I△l在空间某点P产生的磁场的磁感应强度的大小,式中r是电流元I△l到P点的矢径的大小；θ是电流元I△l与矢径r之间小于π的夹角。磁感应强度B流元的方向遵守右手螺旋定则，即垂直于电流元与矢径所构成的平面，四指从电流元经θ角转向矢径时拇指所指向的方向。整个电流在P点产生总磁感应强度B为各电流元产生的磁感应强度B流元的矢量叠加。若写成矢量积分形式可表示为****************************************************************【例3】如图所示，环形导线半径为r,通有恒定电流I,求圆环中心O点的磁感应强度大小【答案】【例4】如图所示，将均匀细导线做成的环上任意两点A、B与固定电源连接起来，计算由环上电流引起的环中心的磁感应强度。【答案】B=0【例5】如图所示，圆环形导线半径为R,通有恒定电流I。通过圆心O且垂直于圆环平面的轴线上有一点P,OP=r,求P点的磁感应强度大小。【答案】3.安培环路定理在计算静电场的场强时我们提到过：虽然理论上可以由点电荷的场强公式和叠加原理处理各种电荷分布产生的场强，但是计算量可能很大。而高斯定理有时可以简化一些问题。类似的，在处理磁场问题时，安培环路定理是一条很有用的基本规律，但是它用到的数学知识较多，下面我们先用比较易懂的语言叙述一下。在稳恒电流的磁场中，选取一个闭合回路L(并规定环绕方向),如图所示。(1)将所有穿过回路的电流记做,注意：当电流不穿过回路时，对无贡献，如下图I₃;对于穿过回路的电流，右手四指沿回路环绕方向弯曲，拇指方向为电流正方向，记做I>0,反之I<0,如下图中I₁>0,L<0;则下图中。(2)将回路分成无穷多小段△ī(方向为该小段路径的切线方向),设该点的磁感应强度B的方向与△ī的夹角为θ,则有,这就是安培环路定理。下面我们再用比较规范的语言叙述一遍：在稳恒电流的磁场中，磁感应强度B沿任何闭合环路L积分，等于穿过这个闭合环路所有电流强度的代数和的μ倍。即式中电流I正负规定为：当穿过回路L的电流方向与回路的环绕方向服从右手规则时I>0,反之I<0。安培环路定理的应用请大家结合例题学习。【例6】在无限长直导线中有恒定电流I,P为导线附近一点，P到导线的距离为r,请利用安培环路定理求P点的磁感应强度大小。【答案】略【例7】求圆截面的无限长载流直导线的磁场分布，设导线的半径为R,电流I均匀地通过横截面。【答案】r为距轴线的距离。【例8】如图所示图形可以看做两根无限长圆柱重叠构成，两侧通有反向电流。该电流可以等效看做在左侧O圆柱中通有向上的电流I(沿圆截面均匀分布),在右侧O圆柱中通有向下的电流I(沿圆截面均匀分布),重叠的阴影区域中电流抵消(等效于没有电流)。两圆柱截面半径均为R,轴线间距(即截面的圆心距离OO₂)为d,求阴影区域中的磁感应强度分布。【答案】【例9】如图所示，无穷大平面上均匀分布面电流，面电流密度(单位宽度上的电流)为i,P点距平面距离h,求P点的磁感应强度大小。【答案】【例10】设无限长均匀密绕直螺线管中通有电流I,单位长度上的线圈匝数为n,求螺线管内的磁感应强度分布【答案】螺线管内为匀强磁场，B=μonl**************************************************************补充：同学们可以再拓展一下螺绕环。设环的总匝数为N,通过的电流为I,则距轴线R处的磁感应强度****************************************************************************************************************************************补充：下面补充一道题目，与环路定理无关，利用对称性求解。【补充1】长度L远大于半径的通电直螺线管内部为匀强磁场，在其轴线上的磁感应强度分布如图所示，已知管口截面中心处磁感应强度为管内的一半，若在管口截面上距中心为r(r<管半径)处的磁感应强度为B,则可能有A.B≥BB.C.D.L【解析】由图可知，通电螺线管内某一点的磁感应强度为B₀,可认为是左右两个半无限长的螺线管在管口处产生的磁感应强度的合成，如图所示。若左边半无限长通电螺线管在距中心为r的A处产生的磁感应强度为B,方向与B,成θ角，则根据对称性右半无限长通电螺线管在A处产生的磁感应强度为B’,B’=B,因此有2Bcosθ=B,解得：60°≤0<90°时，B≥B₀,【答案】AB。根据A位置的不同，θ可在0~90°范围内变化，当选项A正确。当0°<0<60°时，,选项B正确*******************************************************2、安培力补充1.有效长度(1)安培力公式F=BIL中的L可以理解为有效长度，对于直导线，L是导线在磁场中的长度；对于弯曲导线，当导线所在平面与磁场垂直时，L等于弯曲直导线两端点连接线段的长度，如图所示，相应电流方向沿L由始端流向末端。该公式的适用条件是在匀强磁场中，否则要用微元法计算。(2)在匀强磁场中，垂直于磁场平面内的任意形状的闭合通电线圈所受安培力的合力为零(可以看做(1)中有效长度为零的情况)。【例11】用粗细均匀的电阻丝折成平面三角形框架MNP,MN、NP、MP的长度分别为3L、4L、5L电阻丝每L长度的电阻为r,框架M、P端与电动势为E、内阻不计的电源相连，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力大小为,方向。【答案】,在直面内垂直MP向上。【例12】如图所示，线框MNPQ置于匀强磁场B中，电流I从N点流入，Q点流出。线框中任意两点间的长度均为L(即可以看做两个正方形MNDC、CDPQ),任意两点间电阻均相等，求线框所受的安培力合力大小。【答案】√5BIL【例13】如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B,环形线圈半径为R,通有电流I,求线圈中的张力。【答案】BIR***********************:***************************************************************例题说明：下面这道题与有效长度无关，只涉及安培力的计算，但是要综合应用电磁场的知识，有一定难度。******************************************************************************【例14】如图所示为理想输电导线(电阻不计，可近似看成无限长直导线),导线中电流为I,两导线间电压为U。若两导线可等效看成电容，为使两导线所受电磁力均为零，求单位长度的电容值C。(提示：已知无限长均匀带电导线的电荷线密度为η时，距离导线r处的电场强度为)【解析】取一条导线上长为l的一段，带电量为Q。两导线间距为r。则该段导线受另一条导线的磁场力Ⅱ(斥力);该段导线受另一条导线的电场力(引力)。若导线所受电磁力合力为零，则F=F2,联立解得：。即单位长度的带电量。故单位长度的电容值【答案】2.磁力矩我们先通过图示的例子研究，矩形线圈MNPQ在匀强磁场B中绕轴OO’旋转，线圈中通有电流I,某时刻线圈平面与磁场方向夹角为θ,线圈各边长度如图中所示。此时，PQ边所受磁力矩M₁=BIr₂cosθ,从上向下看逆时针方向；MN边所受磁力矩M₂=BIlr cosO,从上向下看逆时针方向；故线圈所受合力矩为M=M₁+M₂=BI,cosO(r+r₂)=BIScosO=BIS/,其中S为线圈面积，S,为平行磁场方向的投影面积。若线圈匝数为N匝，则M=NBIS cosO=NBIS。上述推导过程是利用矩形线圈推导的，实际对于任意形状的线圈都适用，我们不加证明的给出下列结论：匀强磁场对通电线圈的磁力矩为M=NBSIcosθ,其中N为线圈匝数，I为流过线圈的电流，S为线圈面积，θ为线圈平面与磁场方向的夹角。无论线圈形状如何，转轴(与垂直磁场)位置如何，都可用上式计算。如果写成矢量形式M=IS×B,其中了的方向为平面法向的方向。**********:阅读材料磁电式电流表磁电式电流表的构造如图所示。在很强的蹄形磁铁的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯的外面套有一个可以转动的铝框，在铝框上绕有线圈。铝框的转动轴上装有两个螺旋弹簧和一个指针，线圈的两端分别接在这两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈。蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的，如图所示。不管通电线圈转到什么角度，它的平面都跟磁力线平行。在距轴线等距离处的磁感应强度的大小总是相等的，保证B的大小不发生变化，且安培力的方向与线圈垂直。若通电线圈的匝数为N,则线圈所受的磁场力矩M₁=NBIS,由于NBS为定值，所以M,与电流I成正比。另一方面，弹簧产生的力矩M₂跟偏角日成正比，平衡时，M₁=M₂,则θ=kI,所以，测量时指针偏转的角度与电流的大小成正比，可以用指针的偏转角度来指示电流的大小，这种电流计的刻度是均匀的。这种利用永久磁铁来使通电线圈偏转的仪表叫做磁电式仪表。当线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随着改变，指针的偏转方向也随着改变。所以，根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向。这种仪表的优点是刻度均匀，准确度高，灵敏度高，可以测出很弱的电流；缺点是价格较贵，对过载很敏感，如果通入的电流超过允许值，就很容易把它烧掉，使用时要特别注意。**************************************************************************【例15】一个长为L,宽为L₂,质量为m的矩形导电线框，由质量均匀分布的刚性杆构成，静止放置在不导电的水平桌面上，可绕与线框的一条边重合的光滑固定轴ab转动，在此边中串接一能输出可变电流的电流源(图中未画出)。线框处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度沿水平方向且与转轴垂直，俯视图如图所示。现让电流从零逐渐增大，当电流大于某一最小值Imm时，线框将改变静止状态，求电流值Imin。【解析】单匝的通电线框与磁场方向平行，故线框对固定轴ab的磁力矩为M=BIL₁L₂,线框还受到重力矩的作用，即。当M≥Ma时，线框将改变静止状态，可解得，【答案】【例16】如图所示，倾角为θ的斜面上放一木制圆柱，其质量m,长为l,底面半径为R,圆柱上顺着轴线绕有N匝的线圈，线圈平面与斜面平行，斜面处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。当通入多大的电流时，圆柱才不致往下滚动?(假设斜面粗糙，圆柱不会沿斜面滑动)【答案】【例17】通电长导线中电流I。的方向如图所示。边长为2L的正方形载流线圈abcd中的电流强度为I,方向为a→b→c→d。线圈的ab、cd边以及过ad、bc边中点的轴线0O’都与长导线平行。当线圈处于图示位置时，ab边与直导线间的距离aa,等于2L,且aq与ad垂直，已知长导线中电流产生的磁场在ab处的磁感应强度为B,在cd处的磁感应强度为B₂,则载流线圈处于此位置时受到的磁力矩(对OO’轴)的大小为。【解析】通电长导线对ab边的安培力垂直ab,对00’轴的力矩大小为2B,IL²,通电长导线对cd边的安培力垂直cd指向da,对0O’轴的力矩大小为2B₂IL²sin45°,两边所受的安培力力矩方向相同，故线圈受到的磁力矩大小为M=2B,L²+2B,L²sin45°=IL(2B₁+√2B₂)。【答案】IL²(2B₁+√2B₂)**************************************************补充：下面补充一道电流表的题目。【补充2】如图所示，abcd表示的是电流计中的通电线圈ab=cd=L=1cm,ad=bc=L₂=0.9cm,共有n=50匝，磁感强度B=0.5T、均匀辐向分布，线圈两端接有螺旋弹簧，每转过1°弹簧可产生2.5×10⁹N·m的恢复力矩，若线圈最大偏转角为90°,求：(1)该电流计的满刻度值I;(2)当指针偏转40°时，通入线圈的电流强度。【答案】(1)10’A;(2)4.4×10-⁵A*************************************;****3、带电粒子在复合场中运动习题课****************************************************例题说明：下面的题目是一些较难的高考题(或同等难度的题)、自招题，但知识点都是高中课内的。****************************************************************************************【例18】离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。I为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区。I区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后从右侧喷出。I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B,在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)。推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速度为vo,电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为M;电子质量为m,电量为e。(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)。图1图2(1)为取得好的电离效果，请判断I区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”);(2)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；(3)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vma.与α角的关系。【解析】(1)I区中磁场方向应垂直纸面向外(2)设电子运动的最大半径为r,,如图所示。电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：,联立解得：因此射出电子速率：,要使该式有解，磁感应强度(3)当电子以α角射出，且有最大速率时，轨迹如图所示。设最大半径为r,则OA=R-r,由几何关系得：又由洛伦兹力提供向心力：,AC=r联立解得：【答案】见解析【例19】如图所示，在0≤x≤a,范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介到α之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时(1)速度的大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。【解析】因粒子进入磁场的速度大小相同，故粒子的轨迹半径均相同。粒子进入磁场的速度方向不同因此可画出许多“动态圆”,如图所示。“从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一”,这句话意味着：最后离开磁场的粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为90°。因此，当轨迹与磁场上边界相切时，对应的弦最长，圆心角最大，运动时间最长。设粒子的发射速度为v,做圆周运动的轨道半径为R,有,解得：0设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α,它在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角,由几何关系得：,Rsinα=a-Rcosa,且sin²α+cos²α=1,联立解得：,【答案】见解析【例20】如图所示，一个质量为m、电荷量为+q的粒子，从A点正对着圆心O以速度v。射入半径为R的内壁光滑的绝缘圆筒中，圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞后仍从A点射出，求磁感应强度B的大小。设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒子的重力。【解析】如图所示，若粒子经过n次与圆筒内壁碰撞从A点射出且仅绕筒内壁转一圈，则相邻两次碰撞点所对应的圆心角。若粒子经过n次碰撞但绕筒内壁转了k圈从A点射出，则相邻两次碰撞所对应的圆心角为·,n=2,3…)。由于粒子在磁场中发生偏转，任意两次碰撞点所对应的圆心角θ<π,因此，,且k与n+1应为互质正整数。由几何关系知，粒子运动的半径,又由,解得：,其中k=1,2,3…,n=2,3…,,且k与n+1为互质正整数。【答案】见解析【例21】如果质量相同的小球a、b在沿一条直线的运动过程中发生弹性正碰撞，则a的碰后速度等于b的碰前速度，b的碰后速度等于a的碰前速度。如图所示，光滑水平绝缘的大桌面取为0～xy坐标面，空间有竖直向下(图中朝里)的匀强磁场B。(1)0~xy平面上的小球a,质量为m,电量为q>0,初速度方向如图所示，大小为vo,而后a将作匀速圆周运动，试求圆半径R和运动周期T。(2)图中小球q、a₂质量同为m,电量也同为q,开始时分别位于y轴上的y、y₂(y₂>y₁)位置，初速度方向如图所示，大小也同为vo。设q、a₂间可能发生的碰撞都是弹性正碰而且不会相互转移电荷(下同)。要求a能到达y₂处，试求y₂-y₁的所有可能取值。(3)图中小球b的质量也为m,电量也为q,t=0时位于x轴上距O稍远的x位置，初速度方向沿x轴，大小也为vo。现给你一个质量为m,电量为-q,初速度大小为v₀的小球b’。t=0时b’的初始位置和初始速度方向由你选定，但要求在时刻(k∈N),b球可达到x轴上与x₁相距尽可能远的x₂(x₂>x)位置，最后给出你所得的x₂-x的值。附注：解题时略去球之间的电作用力。【解析】(1)带电小球在水平面内作匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律：,解得：;由,解得：(2)满足题意的一种情况对应两球未发生碰撞，但各自转过半圆后分别达到另一点，此时;另一种情况对应两球各自转半圆周后发生弹性碰撞，速度交换后，又各自转过半圆周到达另一点，如图所示，此(3)t=0时刻将b’放在(x=x,y=2R)位置，初速度方向也沿x轴正向，在t=0时刻同时释放b和b’,这样两球各自转过圈后正碰，以后每转过圈后就会正碰，,b球又回到x轴上，如图所示。因此，x₂-x₁=2(2k+1)R【答案】(1),b’(m,-q)(3)x₂-x₁=2(2k+1)R。【例22】如图所示，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于xy平面向外，P是y轴上距原点为h的一点，N。为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的档板，与x轴的距离为,A的中点在y轴上，长度略小于。带电粒子与挡板碰撞前后x方向上的分速度不变，y方向上的分速度反向，大小不变。质量为m,电荷量为q(q>0)的粒子从P点瞄准N。点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。【解析】设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为N%,与板碰撞后再次进入磁场的位置为N。粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有：①,粒子速率不变，每次进入磁场与射出磁场位置间距离x;保持不变，有：x₁=N₆N₀=2Rsinθ②,粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x₂始终不变，与NN,相等。由图可以看出x₂=a③设粒子最终离开磁场时，与档板相碰n次(n=0,1,2,3,…)。性，出射点的x坐标应为-a,即(n+1)x₁-nx₂=2a④,由③④两式得⑤若粒子与挡板发生碰撞，⑥联立③④⑥得n<3⑦联立①②⑤得⑧中得,n=0⑨⑩①【答案】若粒子能回到P点，由对称【例23】现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。在真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为d。电场强度为E,方向水平向右；磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v₂的大小与轨迹半径r2;(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θ,试求sinθ,。【解析】(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理，有：,解得：粒子在第二层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：联立解得：(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为v,轨迹半径为r,(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。①②粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为0,,粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：Vn-;sinθ=v,sina,③由下图可以看出：r,sinθ,-r,sina=d④联立②③④得：r,sinθ-rn-;sinθ-1=d;可以看出：rsing,r₂sinθ2,……r,sinθ,r,sinθ,=xsinθ+(n-1)d⑤当n=1时，由下图看出：sinQ=d为一等差数列，公差为d,可得：⑥a XX××由①②⑤⑥式得：:【答案】见解析【例24】如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力),以初速度vo由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B。和Ta取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经△t时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、vo为已知量。(1)若,求B₀;(2)若,求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若,为使粒子仍能垂直打在P板上，求T。Q图甲图乙【解析】(1)设粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得：①据题意由几何关系得：R=d②联立①②式得：③(2)设粒子做圆周运动的半径为R₂,加速度大小为a,由圆周运动公式得：④据题意由几何关系得：3R₂=d⑤联立④⑤式得：⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得：⑦由牛顿第二定律得：⑧由题意知,代入⑧式得：d=4R⑨粒子运动轨迹如图所示，O、O₂为圆心，O₁O₂连线与水平方向的夹角为θ。在每个T8,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0,由题意可知：⑩设经历完整T的个数为n(n=0,1,2,3…)若在A点击中P板，据题意由几何关系得：R+2(R+Rsinθ)n=d⑪当n=0时，无解⑫当n=1时，联立⑨①式得：(或：)⑬联立⑦⑨⑩⑬式得：⑭当n≥2时，不满足0<0<90°的要求⑮若在B点击中P板，据题意由几何关系得：R+2Rsinθ+2(R+Rsinθ)n=d⑯当n=0时，无解⑰当n=1时，联立⑨⑯式得：)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得：⑩当n≥2时，满足0<θ<90°的要求@【答案】见解析【例25】如图所示，xy平面为一光滑水平面。在x>0,y>0的空间区域内有平行于xy平面的匀强电场，场强大小为E=100V/m;在x>0,y<3m的区域内同时有垂直于xy平面的匀强磁场。一质量为m=2×10⁶kg、电荷量大小为q=2×10-⁷C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4,3)点时，动能变为初动能的0.2倍，速度方向平行于y轴正方向。最后，粒子从y轴上y=5m的M点射出电场，动能变为初动能的0.52倍。求：(1)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(2)粒子由P点运动到M点所需的时间。【解析】(1)粒子从O点入射沿曲线运动到P(xpyp)点，由于洛伦兹力不做功，故动能改变是由电场力做功引起，设该匀强电场沿Ox,Oy方向的分量分别为E₂,E,,粒子在P点的速度为v;则：-qE,xp-qE,yp=E-Eo=-4E=-2mv²即0.4E₂+0.3E,=2v²粒子从P运动到M只受电场力作用，则qExp-qE,(yu-yp)=E-Ep=0.52Eo-E=1.6E即0.4E-0.2E、=0.8v由此得E₂=3.2v²,E,=2.4v²同时由题意得这样v=5m/s,Ex=80V/m,E,=60V/m合场强与Ox轴的夹角tanθ=E,/E,=3/4,即θ=37°,恰和OP方向一致。设OP连线上与M点等电势的点为Q,则0Q=0Msinθ=3m,x₀=0Qcos0=2.4m,Y₀=0Qsinθ=1.8m。(2)从P点到M点，由,可得t=1s【答案】(1)OP连线上与M点等电势的点的坐标为(2.4,1.8)(2)1s 1.磁聚焦现象(1)第一种磁聚焦若匀强磁场的磁感应强度为B,一电荷量为q、质量为m的粒子，以初速度v进入磁场中运动，在普遍的情形下，v与B成任意夹角θ,这时我们可以把v分解为与B平行的分量vy=vcosθ和垂直于B的分量v₁=vsinθ。若只有v分量，粒子将在垂直于B的平面内做匀速圆周运动；若只有v,分量，磁场对粒子没有作用力，粒子将沿B的方向(或反方向)做匀速直线运动。当两个分量同时存在时，粒子的轨迹将成为一条螺旋线，其螺距h(粒子每回转一周前进的距离)h与v₁分量无关，设从磁场中的A点发射出一束速率v近似相等的带电粒子流，v与磁感应强度B间的夹角θ很小(各粒子θ略有不同),则v=vcosθ≈v,v₁=vsinθ≈vθ。由于速度的垂直分量v₁不同，各粒子将沿不同半径的螺旋线前进。但由于速度的平行分量v,,近似相等，各粒子经过距离焦类似的磁聚焦现象。(2)第二种磁聚焦后又会重新会聚在A’点，如图所示。这就是与光束经透镜后聚甲乙如图甲所示，在圆O中存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一束带电粒子的质量和电荷量相同，以相同的速度从不同位置射入磁场，若圆形有界磁场的半径和带电粒子做圆周运动的半径相等，均为R,可证明所有粒子都将在磁场边界上的A点射出。如图乙所示，过O点建立平面直角坐标系，x轴平行入射方向。设入射点P与圆心O的连线OP与y轴正向的夹角为θ,则P点的坐标为(Rsinθ,Rcosθ),轨迹圆的圆心O’坐标为(Rsinθ,RcosO-R),磁场圆的方程为x²+y²=R²,轨迹圆的方程为(x-RsinO)²+(y+R-RcosD)²=R²,两圆的交点坐标为(0,-R)(Rsin0,Rcosθ)。其中(Rsin0,Rcosθ)是入射点P的坐标，(0,-R)为出射点A的坐标，它与入射点的位置无关，因此，当轨迹圆的半径与磁场圆的半径相等时，互相平行的粒子射入磁场后，一定会汇聚到与粒子入射速度垂直的直径的一个端点上。【例26】加速电压为U的电子辐射管放入匀强磁场中，磁感应强度为B,方向平行于管轴，这时在光屏上观察到模糊的小亮斑。如果改变磁感应强度，那么可以发现，当为某些值B、2B、3Bo…时，电子光斑会汇聚成点，试解释这个现象。借助这个实验怎样确定电子的比荷?【解析】电子经电场加速后，速度大小相同，但速度方向略有差异，电子束以一定的发射角度θ进入匀强磁场，电子的运动轨迹为一螺旋线，如图所示。设从电子枪到屏的距离为l,若l=nh(n为正整数，h为螺距)时，电子亮斑聚焦成点。电子经电场加速后的速度为v,根据动能定理有,解得：。由于电子束的发射角度θ→0,则电子进入磁场时的速度分量v₁=vcosθ≈v。因,满足上述条件时，屏上电子亮斑会聚成点。而且电子的比荷,则当n=1、B=B₀时，有,故只要测量U、1和B,便可确定电子的比荷。【答案】见解析【例27】如图所示，在螺线环的平均半径R处有电子源P,由P点沿磁感线方向注入孔径角2α(2a<<1°)的一电子束，束中的电子都是以电压U。加速后从P点发出的。假设螺线环内磁感应强度B的大小为常量，电子质量为m,电荷量为e,并假设电子束中各电子间的静电相互作用可以忽略。(1)为了使电子束沿环形磁场运动，需另加一个使电子束偏转的匀强磁场B,对于在环内沿半径为R的圆形轨道运动的一个电子，试计算所需的B,大小。(2)当电子束沿环形磁场运动时，为了使电子束每绕一圈有四个聚焦点，如图所示，环内磁场B应有多大。(忽略磁场B的弯曲，只考虑B对聚焦的影响，忽略B,对聚焦的影响)【答案】(1);(2)【例28】如图所示，S为一离子源，它能机会均等地向各个方向持续大量地发射正离子，离子的质量、电量和速率均为m、q和v。在离子源的右侧有一半径为R的圆屏。00’是通过屏中心O并垂直于屏面的轴线，S位于轴线上。空间有一平行于轴线向右的匀强磁场，磁感应强度为B,发射的离子中，有的离子不论SO的距离如何，总能打在圆屏上。求这类离子占离子总数的比例。(不考虑离子间的碰撞及相互作用)提示：如图所示，若球半径是R,球冠的高是h,则球冠面积是S=2πRh。【解析】离子的运动是一系列等螺距的螺旋运动。若离子的初速度v与SO成θ角，则其轨迹的螺距为,螺旋截面圆的半径为,S点是该圆圆周上的点。在2r≤R且的条件下，离子向右运动轨迹一定通过圆屏。可得：。认为放射源S周围密度均匀，取一个如图所示半径为a的球面，这样的离子从面积为2πa²(1-cos@)球面上通过，故与总发射离子数之比；o【答案】见解析【例29】如图，ABCD是边长为a的正方形。质量为m、电荷量为e的电子以大小为v₀的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场。不计重力，求：(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；(2)此匀强磁场区域的最小面积。【解析】(1)设匀强磁场的磁感应强度的大小为B。令圆弧AEC是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用力f=evB,应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧AEC的圆心在CB边或其延长线上。依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆心，圆半径为a。根据牛顿定律有：联立解得：(2)由(1)中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。因而，圆弧AEC是所求的最小磁场区域的一个边界。为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ(不妨设的情形。该电子的运动轨迹qpA如上图所示。图中，圆和的圆心为O,pg垂直于BC边，由知，圆弧和的半径仍为a,在D为原点、DC为x轴，AD为y轴的坐标系中，p点的坐标(x,y)为：x=asinθ①y=-[a-(a-acos0)]=-acos0②这意味着，在范围内，D点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周AFC它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周AEC和AFC所围成的，其面积为。【答案】见解析*********************************************************************************下面补充一道类似的涉及磁聚焦现象的题目，处理方法也是利用参数方程，但是此题计算量较大【补充3】图中原点O(0.0)处有一带电粒子源，以同一速率v沿xy平面内的各个不同方向θ(0≤0≤180°)发射质量为m,电量为q(>0)的带电粒子。试设计一个方向垂直于xy平面，大小为B的均匀磁场区域，使由O发射的带电粒子经磁场并从其边界逸出后均能沿x轴正方向运动(写出磁场边界线的方程，并给出边界线)。【解析】先设磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直xy平面向里，且无边界。考察从粒子源发出的速率为v、方向与x轴夹角为θ的粒子。在磁场的洛伦兹力作用下粒子做圆周运动，圆轨道经过坐标原点O,且与速度方向相切，设圆轨道的半径为R,有：(1)解得：(2)圆轨道的圆心O’在过坐标原点O与速度方向垂直的直线上，至原点的距离为R,如图所示。通过圆心O’作平行于y轴的直线与圆轨道交于P点，粒子运动到P点时其速度方向恰好是沿x轴正方向，故P点的连线就是所求磁场区域的边界线。P点的坐标为：x=Rsinθ(3)y=-R+Rcosθ(4)这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数θ,得：x²+(y+R)²=R²(5)由(2)、(5)式得：(6)这是半径为R圆心O"坐标为(0,-R)的圆，作为题所要求的磁场区域的边界线，应是如图所示的半个圆周，故磁场区域的边界线的方程为：(x≤0,y≤0)(7)若磁场方向垂直于xy面向外，则磁场的边界线为如图所示的半圆，磁场区域的边界线的方程为：x²+(y-R)²=R²,(x≥0,y≥0)(8)或,(x≥0,y≥0)(9)证明同前。图3【答案】见解析***************;*****************【例30】在某一平面内有M、N两点，由M点向平面内各个方向发射速率均为v₀的电子。请设计一种匀强磁场分布，使得由M点发出的所有电子都能够汇集到N点，电子电量为e,质量为m。只要求给出结果。【解析】本题可利用磁聚焦原理，磁场分布如图所示。对于从M点向MN连线上方发射的电子，可设计两个半径均为的圆形磁场(磁场方向垂直纸面向里)分别与MN相切，两圆心连线平行于MN,且M、N的距离L满足。对于从M点向MN连线下方运动的电子，只要使半径相同的两圆形磁场与上方的圆形磁场关于MN对称且磁场方向与之相反即可。【答案】见解析*********************************************************************下面再补充一道确定轨道的题，此题的磁场与上面的磁聚焦情况不同，但处理方法有类似之处。【补充4】如图所示，在直角坐标系xOy中，点M(0,1)处不断向+y方向发射大量质量为m、带电量为-q的粒子，粒子的初速度大小在0~vo之间，这些粒子所经磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里，所有粒子都沿+x方向穿过b区域，均沿-y方向通过点N(3,0)。求符合要求的磁场范围的最小面积，并在所给的坐标系中画出粒子运动轨迹示意图。mo qB【解析】在a区域，设任一速度为v的粒子偏转90°后从(x,y)点离开磁场，由几何关系有x=R,,得,即磁场右边界是一直线，此后粒子均沿+x方向穿过b区域进入c区域，粒子的运动轨迹及磁场区域如图所示。磁场最小面积【答案】见解析*************;********************************************************2.配速法带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场(或重力场)中运动，若所受洛伦兹力与电场力(或重力)不平衡而做曲线运动时，情况比较复杂。这时，如果给带电粒子配上一对等大反向的速度或对带电粒子的初速度进行分解，那么粒子复杂的曲线运动就可等效为沿某一方向的匀速直线运动和一个匀速圆周运动的合成，这实际上是借助等效原理和运动的合成分解原理，在全新的数理模型基础上简化了问题，我们将这种方法称之为“配速法”。具体方法请大家结合例题学习。【例31】如图所示，在一竖直平面内有水平匀强磁场，磁感应强度B的方向垂直该竖直平面朝里。竖直平面中a,b两点在同一水平线上，两点相距l。带电量q>0,质量为m的质点P,以初速v从a对准b射出。略去空气阻力，不考虑P与地面接触的可能性，设定q,m和B均为不可改取的给定量。X X X X(1)若无论l取什么值，均可使P经直线运动通过b点，试问v应取什么值?(2)若v为(1)问可取值之外的任意值，则l取哪些值，可使P必定会经曲线运动通过b点?(3)对每一个满足(2)问要求的l值，计算各种可能的曲线运动对应的P从a到b所经过的时间。(4)对每一个满足(2)问要求的l值，试问P能否从a静止释放后也可以通过b点?若能，再求P在而后运动过程中可达到的最大运动速率vmas。【解析】(1)初速度v水平对准b点，为使P经直线运动通过b,要求P所受磁场力与重力平衡，有qvB=mg,解得：。(2)若式①不能满足，P便在此竖直平面内作曲线运动，可将初速度v水平分解为：v=v₁+v₂其中②。这样P的运动可分解为：分运动1是速度为y₁的匀速直线运动；分运动2是以速度为v₂的匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知：,圆周运动周期为;联立可得：③.为使P通过b点，要求经若干个整圆周运动周期时，v对应的直线运动位移大小恰好等于1,即有l=ynT,n=1,2,…④。将式②,③代入式④,即得I必须取下述值：,n=1,2,…⑤。(3)符合(2)问要求的每一个l均需满足式⑤,无论v和v₂取何值，P从a到b所经时间同为⑥,式中n为一个与l值对应的正整数。(4)根据(2)问解答可知，只要l取式④限定的值，P从静止释放也可通过b点。此时v=0的分解式为：0=v₁+v₂,即v₂=-v。对应的分运动2为下图所示的逆时针方向匀速圆周运动。经半个周期，P在最低点的分速度与分速度v相同，对应的合速度最大，故所求最大速度为【答案】(1);(2),n=1,2,…;(3);(4)P可通过b,【例32】如图所示，一平行板电容器两极板间电压为U。、相距为d,上极板带正电，极板间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。电子从下极板由静止开始运动，到达上极板，对于给定的电压U。,当磁感应强度等于某一临界值时，电子刚好不能到达上极板。已知元电荷量为e,电子的质量为m,不计电子重力。(1)求磁感应强度的临界值B.。(2)电子在两极板间的运动为曲线运动，一般的曲线运动可以分为很多小段，每一小段都可以看做圆周运动的一部分，求当磁感应强度为临界值时，电子在曲线最高点等效圆周运动的半径r。上极板下极板【解析】方法一：(1)设电子竖直方向速度为v,;当磁感应强度为B。时，电子刚好不能到达上极板，在最高点处v,=0,设此时水平方向速度为v₁。根据动能定理有：;电子从下极板向上极板运动过程中，在很短的时间△t内，水平方向受到的冲量为(ev,B)At,电子从开始运动至最高点的过程，根据动量定理，在水平方向有Z(ev,B.)△r=my₁-0=eB.∑(v,△r)=mv=eB.d=my;联立解得：;;(2)电子在最高点处，静电力与洛伦兹力的合力提供向心力：解得：r=2d。方法二(1)电子初始时刻处于静止状态，可以分解为水平向左的速度v与水平向右的速度v,其中令evB.=eE,即;则此后电子的运动可以看成水平向右速度为v的匀速直线运动(由水平向右的速度v引起)与顺时针方向匀速圆周运动(由水平向左的速度v引起)的合运动。对于匀速圆周运动的分运动，洛伦兹力提供向心力：电子恰好不打到上极板，则圆周运动直径恰好为板间距d,即2R=d;联立解得：;(2)电子运动到最高点时，对地速度为两个分运动速度的合成，在此位置，两分运动速度方向相同，贝;此时，静电力与洛伦兹力的合力提供向心力：解得：r=2d。【答案】(1);(2)2d***********************下面补充一道简单题【补充5】质量为m、带电荷量为+q的小球，在离地面高为h处从静止开始自由下落，为使小球始终不会与地面相碰，可设想在它开始下落时就加一个足够强的水平匀强磁场。求磁场磁感应强度的最小取值Bmin。忽略空气阻力的影响。【答案】********************************************************************************************3************************************:***************下面的题目考查霍尔效应、磁流体发电机等应用。************************************************************【例33】如图所示的一块半导体样品放在垂直于竖直面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B=5×10³T,当有恒定电流I=2.0mA通过样品时，产生的霍尔电势差Uμ=5.0mV,极性如图所示，a=1.00mm,b=3.00mm。求载流子数密度是多少，载流子定向运动速度是多少。。【解析】设载流子漂移速度为v,由【答案】1.25×1019个/m³;【例34】磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是在平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道(简称通道)组成。如图2所示，通道尺寸a=2.0m、b=0.15m、c=0.10m。工作时，在通道内沿z轴正方向加B=8.0T的匀强磁场；沿x轴负方向加匀强电场，使两金属板间的电压U=99.6V;海水沿y轴方向流过通道。已知海水的电阻率p=0.2Ω·m。(1)船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；(2)船以v,=5.0m/s的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以5.0m/s的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水速率增加到va=8.0m/s。求此时两金属板间的感应电动势U感；(3)船行驶时，通道中海水两侧的电压按U’=U-U计算，海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力。当船以vs=5.0m/s的速度匀速前进时，求海水推力的功率。图1【解析】(1)根据安培力公式，推力F=BI₁b,其中图2,o解得：,对海水推力的方向沿y轴正方向(向右)(2)U感=Bvab=9.6V(3)根据欧姆定律，安培推力F2=I₂Bb=720N;对船的推力F=80%F₂=576N;推力的功率P=Fv₃=2880W。【答案】(1)796.8N;(2)9.6V;(3)2880W【例35】如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h,上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B,方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为p的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率vo沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变。(1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U。;(2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化△p;(3)调整矩形管道的宽和高，但保持其它量和矩形管道的横截面积S=dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值。【解析】(1)设带电离子所带的电量为q,当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U。保持恒定，有得：U,=Bdy(2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为P₁、P₂,液体所受的摩擦阻力均为f,开关闭合后管道内液体受到的安培力为F妄，有：phd=f,p₂hd=f+Fa,F=Bld电源电动势等于开路时路端电压，即ε=U。,根据欧姆定律，有两道题板间液体的电阻联立解得：,(3)电阻R获得的功率为：P=I²R,解得：当时，电阻R获得的最大功率【答案】(1)UO=Bdv。;(2);(3)【例36】磁流体发电机的示意图如图所示，横截面为矩形的管道长为l,宽为a,高为b,上、下两个侧面是绝缘体，相距为a的两个侧面是电阻可忽略的导体，此两导体侧面与一负载电阻R,相连，整个管道放在一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B,方向垂直于上下侧面(向上)。现在电离气体(正、负带电粒子)持续稳定的流经管道，为了使问题简化，设横截面上各点流速相同。已知流速与电离气体所受的摩擦阻力成正比；且无论有无磁场存在，都维持管两端电离气体压强差为p。设无磁场存在时电离气体的流速为v,求有磁场存在时此磁流体发电机的电动势大小ε。已知电离气体的平均电阻率为p。【答案】。
