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 2m 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 2mvcos 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 2m = 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