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2019-2020年高中物理競賽 第9部分《磁場》教案 新人教版 第一講 基本知識介紹 《磁場》部分在奧賽考剛中的考點很少，和高考要求的區(qū)別不是很大，只是在兩處有深化：a、電流的磁場引進(jìn)定量計算；b、對帶電粒子在復(fù)合場中的運動進(jìn)行了更深入的分析。 一、磁場與安培力 1、磁場 a、永磁體、電流磁場→磁現(xiàn)象的電本質(zhì) b、磁感強度、磁通量 c、穩(wěn)恒電流的磁場 *畢奧-薩伐爾定律（Biot-Savart law）：對于電流強度為I 、長度為dI的導(dǎo)體元段，在距離為r的點激發(fā)的“元磁感應(yīng)強度”為dB 。矢量式d= k，（d表示導(dǎo)體元段的方向沿電流的方向、為導(dǎo)體元段到考查點的方向矢量）；或用大小關(guān)系式dB = k結(jié)合安培定則尋求方向亦可。其中 k = 1.010?7N/A2 。應(yīng)用畢薩定律再結(jié)合矢量疊加原理，可以求解任何形狀導(dǎo)線在任何位置激發(fā)的磁感強度。 畢薩定律應(yīng)用在“無限長”直導(dǎo)線的結(jié)論：B = 2k ； *畢薩定律應(yīng)用在環(huán)形電流垂直中心軸線上的結(jié)論：B = 2πkI ； *畢薩定律應(yīng)用在“無限長”螺線管內(nèi)部的結(jié)論：B = 2πknI 。其中n為單位長度螺線管的匝數(shù)。 2、安培力 a、對直導(dǎo)體，矢量式為 = I；或表達(dá)為大小關(guān)系式 F = BILsinθ再結(jié)合“左手定則”解決方向問題（θ為B與L的夾角）。 b、彎曲導(dǎo)體的安培力 ⑴整體合力 折線導(dǎo)體所受安培力的合力等于連接始末端連線導(dǎo)體（電流不變）的的安培力。 證明：參照圖9-1，令MN段導(dǎo)體的安培力F1與NO段導(dǎo)體的安培力F2的合力為F，則F的大小為 F = = BI = BI 關(guān)于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以證明圖9-1中的兩個灰色三角形相似，這也就證明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（這個證明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中點了。 證畢。[ 由于連續(xù)彎曲的導(dǎo)體可以看成是無窮多元段直線導(dǎo)體的折合，所以，關(guān)于折線導(dǎo)體整體合力的結(jié)論也適用于彎曲導(dǎo)體。（說明：這個結(jié)論只適用于勻強磁場。） ⑵導(dǎo)體的內(nèi)張力 彎曲導(dǎo)體在平衡或加速的情形下，均會出現(xiàn)內(nèi)張力，具體分析時，可將導(dǎo)體在被考查點切斷，再將被切斷的某一部分隔離，列平衡方程或動力學(xué)方程求解。 c、勻強磁場對線圈的轉(zhuǎn)矩 如圖9-2所示，當(dāng)一個矩形線圈（線圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強磁場中，且磁場B的方向平行線圈平面時，線圈受安培力將轉(zhuǎn)動（并自動選擇垂直B的中心軸OO′，因為質(zhì)心無加速度），此瞬時的力矩為 M = BIS 幾種情形的討論—— ⑴增加匝數(shù)至N ，則 M = NBIS ； ⑵轉(zhuǎn)軸平移，結(jié)論不變（證明從略）； ⑶線圈形狀改變，結(jié)論不變（證明從略）； *⑷磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉(zhuǎn)α角，則M = BIScosα ，如圖9-3； 證明：當(dāng)α = 90時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有垂直轉(zhuǎn)軸的的分量Bcosα才能產(chǎn)生力矩… ⑸磁場B垂直O(jiān)O′軸相對線圈平面旋轉(zhuǎn)β角，則M = BIScosβ ，如圖9-4。 證明：當(dāng)β = 90時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產(chǎn)生力矩… 說明：在默認(rèn)的情況下，討論線圈的轉(zhuǎn)矩時，認(rèn)為線圈的轉(zhuǎn)軸垂直磁場。如果沒有人為設(shè)定，而是讓安培力自行選定轉(zhuǎn)軸，這時的力矩稱為力偶矩。 二、洛侖茲力 1、概念與規(guī)律 a、 = q，或展開為f = qvBsinθ再結(jié)合左、右手定則確定方向（其中θ為與的夾角）。安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)。 b、能量性質(zhì) 由于總垂直與確定的平面，故總垂直 ，只能起到改變速度方向的作用。結(jié)論：洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量，卻不可能做功?；颍郝鍋銎澚墒箮щ娏Ｗ拥膭恿堪l(fā)生改變卻不能使其動能發(fā)生改變。 問題：安培力可以做功，為什么洛侖茲力不能做功？ 解說：應(yīng)該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)”這句話的確切含義——“宏觀體現(xiàn)”和“完全相等”是有區(qū)別的。我們可以分兩種情形看這個問題：（1）導(dǎo)體靜止時，所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力（這個證明從略）；（2）導(dǎo)體運動時，粒子參與的是沿導(dǎo)體棒的運動v1和導(dǎo)體運動v2的合運動，其合速度為v ，這時的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導(dǎo)體棒，它們是不可能相等的，只能說安培力是洛侖茲力的分力f1 = qv1B的合力（見圖9-5）。 很顯然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者說f1的正功和f2的負(fù)功的代數(shù)和為零）。（事實上，由于電子定向移動速率v1在10?5m/s數(shù)量級，而v2一般都在10?2m/s數(shù)量級以上，致使f1只是f的一個極小分量。） ☆如果從能量的角度看這個問題，當(dāng)導(dǎo)體棒放在光滑的導(dǎo)軌上時（參看圖9-6），導(dǎo)體棒必獲得動能，這個動能是怎么轉(zhuǎn)化來的呢？ 若先將導(dǎo)體棒卡住，回路中形成穩(wěn)恒的電流，電流的功轉(zhuǎn)化為回路的焦耳熱。而將導(dǎo)體棒釋放后，導(dǎo)體棒受安培力加速，將形成感應(yīng)電動勢（反電動勢）。動力學(xué)分析可知，導(dǎo)體棒的最后穩(wěn)定狀態(tài)是勻速運動（感應(yīng)電動勢等于電源電動勢，回路電流為零）。由于達(dá)到穩(wěn)定速度前的回路電流是逐漸減小的，故在相同時間內(nèi)發(fā)的焦耳熱將比導(dǎo)體棒被卡住時少。所以，導(dǎo)體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。 2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運動 a、⊥時，勻速圓周運動，半徑r = ，周期T = b、與成一般夾角θ時，做等螺距螺旋運動，半徑r = ，螺距d = 這個結(jié)論的證明一般是將分解…（過程從略）。 ☆但也有一個問題，如果將分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ，如圖9-7所示），粒子的運動情形似乎就不一樣了——在垂直B2的平面內(nèi)做圓周運動？ 其實，在圖9-7中，B1平行v只是一種暫時的現(xiàn)象，一旦受B2的洛侖茲力作用，v改變方向后就不再平行B1了。當(dāng)B1施加了洛侖茲力后，粒子的“圓周運動”就無法達(dá)成了。（而在分解v的處理中，這種局面是不會出現(xiàn)的。） 3、磁聚焦 a、結(jié)構(gòu)：見圖9-8，K和G分別為陰極和控制極，A為陽極加共軸限制膜片，螺線管提供勻強磁場。 b、原理：由于控制極和共軸膜片的存在，電子進(jìn)磁場的發(fā)散角極小，即速度和磁場的夾角θ極小，各粒子做螺旋運動時可以認(rèn)為螺距彼此相等（半徑可以不等），故所有粒子會“聚焦”在熒光屏上的P點。 4、回旋加速器 a、結(jié)構(gòu)&原理（注意加速時間應(yīng)忽略） b、磁場與交變電場頻率的關(guān)系 因回旋周期T和交變電場周期T′必相等，故 = c、最大速度 vmax = = 2πRf 5、質(zhì)譜儀 速度選擇器&粒子圓周運動，和高考要求相同。 第二講 典型例題解析 一、磁場與安培力的計算 【例題1】兩根無限長的平行直導(dǎo)線a、b相距40cm，通過電流的大小都是3.0A，方向相反。試求位于兩根導(dǎo)線之間且在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)的、與a導(dǎo)線相距10cm的P點的磁感強度。 【解說】這是一個關(guān)于畢薩定律的簡單應(yīng)用。解題過程從略。 【答案】大小為8.010?6T ，方向在圖9-9中垂直紙面向外?！纠}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(nèi)張力。 【解說】本題有兩種解法。 方法一：隔離一小段弧，對應(yīng)圓心角θ ，則弧長L = θR 。因為θ → 0（在圖9-10中，為了說明問題，θ被夸大了），弧形導(dǎo)體可視為直導(dǎo)體，其受到的安培力F = BIL ，其兩端受到的張力設(shè)為T ，則T的合力 ΣT = 2Tsin 再根據(jù)平衡方程和極限= 0 ，即可求解T 。 方法二：隔離線圈的一半，根據(jù)彎曲導(dǎo)體求安培力的定式和平衡方程即可求解… 【答案】BIR 。 〖說明〗如果安培力不是背離圓心而是指向圓心，內(nèi)張力的方向也隨之反向，但大小不會變。 〖學(xué)員思考〗如果圓環(huán)的電流是由于環(huán)上的帶正電物質(zhì)順時針旋轉(zhuǎn)而成（磁場仍然是進(jìn)去的），且已知單位長度的電量為λ、環(huán)的角速度ω、環(huán)的總質(zhì)量為M ，其它條件不變，再求環(huán)的內(nèi)張力。 〖提示〗此時環(huán)的張力由兩部分引起：①安培力，②離心力。 前者的計算上面已經(jīng)得出（此處I = = ωλR），T1 = BωλR2 ； 后者的計算必須應(yīng)用圖9-10的思想，只是F變成了離心力，方程 2T2 sin = Mω2R ，即T2 = 。 〖答〗BωλR2 + 。 【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OO′轉(zhuǎn)動。一個質(zhì)量為m的重物掛在線圈下部，當(dāng)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(yīng)用安培力矩定式的簡單問題，解題過程從略 【答案】arctg 。 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 【例題4】電子質(zhì)量為m 、電量為q ，以初速度v0垂直磁場進(jìn)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，θ為已知量，試求： （1）電子從O到P經(jīng)歷的時間； （2）O→P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(yīng)根據(jù)動量定理求解。 【答案】（1） ；（2）2mv0sinθ 。 【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(nèi)發(fā)射速率相同、質(zhì)量為m 、電量為q的電子。MN是一塊足夠大的擋板，與S相距= 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(dá)擋板，其發(fā)射速度至少應(yīng)為多大？ （2）若發(fā)射速率為，則電子擊打在擋板上的范圍怎樣？ 【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板相切，此時 rmin = ； 在第二問中，先求得r = L ，在考查各種方向的初速所對應(yīng)的軌跡與擋板相交的“最遠(yuǎn)”點。值得注意的是，O點上方的最遠(yuǎn)點和下方的最遠(yuǎn)點并不是相對O點對稱的。 【答案】（1） ；（2）從圖中O點上方距O點L處到O點下方距O點L處的范圍內(nèi)。 【例題6】如圖9-14甲所示，由加速電壓為U的電子槍發(fā)射出的電子沿x方向射入勻強磁場，要使電子經(jīng)過x下方距O為L且∠xOP = θ的P點，試討論磁感應(yīng)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(yīng)強度B成任意夾角α ，電子應(yīng)做螺旋運動，半徑為r = ，螺距為d = ，它們都由α 、B決定（v0 =是固定不變的）。我們總可以找到適當(dāng)?shù)陌霃脚c螺距，使P點的位置滿足L 、θ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P1位置，則α = θ ，B∥ ；如果P點處于P2或P3位置，則α ≠ θ ，B與成一般夾角。 對于前一種情形，求解并不難——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(dāng)B⊥時，這時的解法和【例題4】就完全重合了。 【答案】通解不定。當(dāng)B∥時，B =（其中k = 1，2，3，…）；當(dāng)B⊥時，B =。 〖問題存疑〗兩個特解能不能統(tǒng)一？ 三、帶電粒子在電磁復(fù)合場中的運動 一般考慮兩種典型的復(fù)合情形：B和E平行，B和E垂直。 對于前一種情形，如果v0和B（E）成θ角，可以將v0分解為v0τ和v0n ，則在n方向粒子做勻速圓周運動，在τ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(fù)合場），難度較大，必須起用動力學(xué)工具和能量（動量）工具共同求解。一般結(jié)論是，當(dāng)v0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(biāo)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O有一質(zhì)量為m 、電量為?q的粒子（不計重力）以正x方向、大小為v的初速度發(fā)射。試求粒子再過z軸的坐標(biāo)與時間。 【解說】過程甚簡，粒子運動情形見圖9-15。 【答案】z = ，t = 。（其中k = 1，2，3，…） 【例題8】在相互垂直的勻強電、磁場中，E、B值已知，一個質(zhì)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(guī)律。 【解說】在相互垂直的電、磁場中，粒子受力的情形非常復(fù)雜，用運動的分解與合成的手段也有相當(dāng)?shù)睦щy，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(nèi)運動，可以在該平面內(nèi)建立如圖9-16所示的直角坐標(biāo)。在這個坐標(biāo)中，從以下四個角度考查粒子運動的定量規(guī)律—— （1）電場方向的最大位移Y 能量關(guān)系 qEY =m ① 在x方向上用動量定理，有 t = mvP ② 且 = qB ③ （注意 t = Y） 解①②③式可得 Y = （2）軌跡頂點P的曲率半徑r 在P點有動力學(xué)關(guān)系 qvPB ? qE = m ，而vP在第（1）問中已經(jīng)求得?？山獬觯? r = （3）垂直電場方向的“漂移”速度 針對O→P過程，y方向有動力學(xué)關(guān)系 Σ= m 即 qE ? = m ，即 qE ? qB= m 。而 = = 0 所以 = *（4）粒子從O到P做經(jīng)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(rèn)為“輪子”的旋轉(zhuǎn)是由洛侖茲力獨立形成的。而從O到P的過程，輪子轉(zhuǎn)動的圓心角應(yīng)為π，故對應(yīng)時間為 t == 。 解法二：參照擺線方程 x = a（t ? sint） y = a（1 ? cost） 得到 xP = πa = π= 。再根據(jù) t = = / 所以 t = 。 【答案】略。 【評說】在垂直復(fù)合場中，尋求能量關(guān)系比較容易，但動力學(xué)關(guān)系（或動量關(guān)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(fù)雜，且常常伴隨邊界條件的討論，因此有更大的挑戰(zhàn)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α 。為使其能正常擺動，磁場的磁感強度B值有何限制？ 【解說】這是第九屆初試題，解題的關(guān)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(fā)現(xiàn)：這個答案是否定的。 針對某個一般位置P ，設(shè)方位角θ（如圖9-18所示），如果小球沒有離開圓弧，可以列出—— 動力學(xué)方程：T + qvB ? mgcosθ = m ① 從O到P過程，能量方程：mgL（cosθ ? cosα）= mv2 ② 小球不離開圓弧的條件是：T ≥ 0 ③ 解①②③式易得 B ≤ 〖學(xué)員活動〗請求出函數(shù) y = 的極小值… ☆解法備考：對于正數(shù)a 、b ，有 a + b ≥ 2 而 y = = 3 + 考慮到θ 、α的實際取值情況，3和均為正數(shù)，所以，y ≥ 2 即 ymin = 2 ☆ 磁感應(yīng)強度取值的一般結(jié)論為：B ≤ 2 。 但此結(jié)論還有討論的空間—— 因為極值點的條件是： = ，即 cosθ = cosα 。 顯然，只有當(dāng)cosα ＜ 時（即最大擺角α較大時），極值點才可取，上面的“一般結(jié)論”才成立；物理意義：小球“最有可能脫離圓弧”的點不在最低點。 而當(dāng)α過小，cosα ＞ 時，θ無解，極值點不可達(dá)，此時應(yīng)尋求y = 函數(shù)（在定義域內(nèi)）的最小值。 這個最值的尋求相對復(fù)雜一些，具體過程如下—— 廣義的y雖然是先減后增，但它的自變量是而非θ ，因α是定值，故y也可以認(rèn)為是隨著cosθ的增大而先減后增，如圖9-19所示。 當(dāng)極值點不可達(dá)時（圖中虛線所示），圖線應(yīng)落在左 邊的一段實線（因為α過小，cosα過大，理論極值點過大，cosθ達(dá)不到），函數(shù)為減函數(shù)。當(dāng)cosθ最大時，y有最小值。 所以，當(dāng)cosθ = 1時（此時θ = 0 ，小球在最低點），最小值 ymin = ；物理意義：小球“最有可能脫離圓弧”的點在最低點。 【答案】當(dāng)α ≥ arccos 時，B ≤2 ； 當(dāng)α ＜ arccos 時，B ≤ 。 ——第九部分完——