1、磁場典型例題解析、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z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1線相距10cm的P點的磁感強度。圖9-9【解說】這是一個關于畢薩定律的簡單應用。解題過程從略。【答案】大小為X10T，方向在圖9-9中垂直紙面向外【例題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、方圖9-10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。【解說】本題有兩種解法。方法一：隔離一小段弧，對應圓心角9，則弧長L=R。因為9-0（在圖9-10中，為了說明問題，9被夸大了），弧形導體

2、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的合力才=2Tsin2再根據平衡方程和極限sinx=0，即可求解T7叫丁方法二：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】BIR1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。學員思考如果圓環的電流是由于環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入、環的角速度、環的總質量為M，其它條件不變，再求環的內張力。提示此時環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=2R?=W2/入R),Ti=B入R2;后者的計算必須應用

3、圖9-10的思想，只是F變成了離心力，方程2T2sin=Mw222R，即卩T2=M2R。2答B入R2+M2R。2【例題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00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。【解說】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】arctgnbir。mg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vo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，B為已知量，試求

4、：(1) 電子從O到P經歷的時間；(2) OP過程洛侖茲力的沖量。【解說】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。【答案】（1）2m；（2）2mvosinB。eB【例題5】如圖9-13所示，S是粒子源，只能在紙面上的360范圍內發射速率相同、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OS=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，其發射速度至少應為多大（2）若發射速率為eBL，則電子擊打在擋板上的范m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

5、板相切，此時rmin=L；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。【答案】（1）eBL；（2）從圖中O點上方距O點3L處到O點下方距O點2mL處的范圍內【例題6】如圖9-14甲所示，由加速電壓為U的電子槍發射出的電子沿x方向射入勻強磁場，要使電子經過x下方距O為L且/xOP=B的P點，試討論磁感應強度B的大小和方向的取值情況。【解說】以一般情形論：電子初速度V0與磁感應強度B成任意夾角a，電子應做螺旋運動，半徑為r=mV0Sin，螺距為d=2mV0cos，它們都由a、BeBeB決定（V0

6、=師是固定不變的）。我們總可以找到適當的半徑與螺距，使P點的rr位置滿足L、B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Pi位置，則a=9,B/OP;如果P點處于P2或P3位置，則a工9,B與OP成一般夾角。對于前一種情形，求解并不難一一只要解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丄OP時，這時的解法和【例題4】就完全重合了。【答案】通解不定。當B/OP時，B=2kcos2mU（其中k=1,2，3,）；當B丄OP時，B=2sin2mU。Le問題存疑兩個特解能不能統一三、帶

7、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vo和B（巳成9角，可以將vo分解為VOt和von，則在n方向粒子做勻速圓周運動，在t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。圖9-15一般結論是，當vo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0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

8、v的初速度發射。試求粒子再過z軸的坐標與時間。【解說】過程甚簡，粒子運動情形見圖9-15。【答案】z=22k2mE，t=2km0（其中k=1,2,3,）-qB-qB【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律。【解說】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律（1）電場方向的最大位移丫能量關系qEYm

9、v；2在X方向上用動量定理，有r?t=mvpfX圖9-16問中已經求得。可解出:且fx=qBv；（注意一？t=Y）Vy解式可得丫=2mE（2）軌跡頂點P的曲率半徑r在P點有動力學關系qvpB-qE=mvP，而vp在第（1）qB（3）垂直電場方向的“漂移”速度-x針對0-P過程，y方向有動力學關系壬=ma即qE-f；=，即qE-qB=所以石=E心角應為n，故對應時間為t=T=2qB。而訂VpVo=0t*（4）粒子從0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

10、0到P的過程，輪子轉動的圓解法二：參照擺線方程x=a(t-sint)y=a(1-cost)得至UXP=na=ny=mE。再根據t=Xp=mE/e22-2qBvxqBB所以t=qB【答案】略【評說】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a。為使其能正常擺動，磁場的磁感強度B值有何限

11、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，我們將會發現：這個答案是否定的。針對某個一般位置P，設方位角9（如圖9-18所示），如果小球沒有離開圓弧，可以列出一一動力學方程：T+qvB-mgcos9=mv2LmgL(cos9-cosa)=1mv2從0到P過程，能量方程:小球不離開圓弧的條件是:解式易得B學員活動請求出函數的極小值解法備考：對于正數2abmgq“2gLTy、b而y=3cos2coscoscos=3、coscoscos.coscos考慮到9、a的實際取值情況，3、coscos和cos均為正數，所以,coscosy2、3cos即ymin=2.3cos磁感應強度取值的一般結論為：B3時，9無解，極值點不可達，此時應尋求y=43cos2cos函數（在定義域內）的最小值。coscos這個最值的尋求相對復雜一些，具體過程如下廣義的y雖然是先減后增，但它的自變量是coscos-而非9，因a是定值,故y也可以認為是隨著cos9的增大而先減后增，如圖9-19所示。當極值點不可達時（圖中虛線所示），圖線應落在左邊的一段實線（因為a過小，COSa過大,理論極值