洛仑兹力的多解问题 (1)带电粒子电性不确定形成多解. 带电粒子可能带正电荷.也可能带负电荷.在相同的初速度下.正负粒子在磁场中运动轨迹不同.导致双解. (2)磁场方向不确定形成多解. 若只告知磁感应强度大小.而未说明磁感应强度方向.则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解. (3)临界状态不惟一形成多解. 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时.它可能穿过去.也可能偏转1800从入射界面这边反向飞出.另在光滑水平桌面上.一绝缘轻绳拉着一带电小球在匀强磁场中做匀速圆周运动.若绳突然断后.小球可能运动状态也因小球带电电性.绳中有无拉力造成多解. (4)运动的重复性形成多解. 如带电粒子在部分是电场.部分是磁场空间运动时.往往具有往复性.因而形成多解. [例8]如图所示.一半径为R的绝缘圆筒中有沿轴线方向的匀强磁场.磁感应强度为B.一质量为m.带电荷量为q的正粒子以速度为v从筒壁的A孔沿半径方向进入筒内.设粒子和筒壁的碰撞无电荷量和能量的损失.那么要使粒子与筒壁连续碰撞.绕筒壁一周后恰好又从A孔射出.问: (1)磁感应强度B的大小必须满足什么条件? (2)粒子在筒中运动的时间为多少? 解析:(1)粒子射入圆筒后受洛仑兹力的作用而发生偏转,设第一次与B点碰撞,撞后速度方向又指向O点,设粒子碰撞n-1次后再从A点射出,则其运动轨迹是n段相等的弧长. 设第一段圆弧的圆心为O/,半径为r,则θ=2π/2n=π/n.,由几何关系得,又由r=mv/Bq,联立得: (2)粒子运动的周期为:T=2πm/qB,将B代入得 弧AB所对的圆心角 粒子由A到B所用的时间 故粒子运动的总时间为 [例9]S为电子源.它只能在如图(l)所示纸面上的3600范围内发射速率相同.质量为m.电量为e的电子.MN是一块竖直挡板.与S的水平距离OS=L.挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场.磁感强度为B. (l)要使S发射的电子能到达挡板.则发射电子的速度至少多大? (2)若S发射电子的速度为eBL/m时.挡板被电子击中范围多大?(要求指明S在哪个范围内发射的电子可以击中挡板.并在图中画出能击中挡板距O上下最远的电子的运动轨道) [解析](l)电子在磁场中所受洛仑较为提供向心力qBV= mV2/r 当r= L/2时.速度v最小. 由①.②可得.V=eBL/2m (2)若S发射电子速率V/=eBL/m.由eV/B=mV/2/r/ 可得:r/=L 由左手定则知.电子沿SO发射时.刚好到达板上的b点.且OB= r/= L.由SO逆时针转1800的范围内发射的电子均能击中挡板.落点由b→O→a→b/→a.其中沿SO/发射的电并击中挡板上的a点.且aO==L.由上分析可知.挡板能被电子击中的范围由a→b.其高度h=L+L=(十l)L.击中a.b两点的电子轨迹.如图(2)所示. [例10]M.N.P为很长的平行边界面.M.N与M.P间距分别为L1.L2.其间分别有磁感应强度为B1和B2的匀强磁场区.Ⅰ和Ⅱ磁场方向垂直纸面向里.B1≠B2.有一带正电粒子的电量为q.质量为m.以大小为v的速度垂直边界M及磁场方向射入MN间的磁场区域.讨论粒子初速度v应满足什么条件才可穿过两个磁场区域. 解析:先讨论粒子穿出B1的条件: 设粒子以某一速度v在磁场B1中运动的圆轨迹刚好与M 相切.此时轨迹半径刚好为L1.由 得: 由此可得使粒子能穿出B1的条件是: . 再讨论粒子穿出B2条件: 又设粒子以某一的速度穿出了B1后在B2中穿过 时其圆轨迹又刚好与P相切.如图所示.粒子在B1中的运动轨迹所对的圆心角为θ.那么: .粒子在B2运动的轨迹半径为: 由几何知识得:R-Rsinθ=L2 所以有: 解得:.所以当粒子的速度时就可以穿出B1和B2. 试题展示 专题:带电粒子在复合场中的运动 基础知识 一.复合场的分类: 查看更多

 

题目列表(包括答案和解析)

第十部分 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= k,(d表示导体元段的方向沿电流的方向、为导体元段到考查点的方向矢量);或用大小关系式dB = k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 

*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论:B = 2πkI 

*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 = I;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

F = 

  = BI

  = BI

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。

二、洛仑兹力

1、概念与规律

a、 = q,或展开为f = qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向(其中θ为的夹角)。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

由于总垂直确定的平面,故总垂直 ,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、时,匀速圆周运动,半径r =  ,周期T = 

b、成一般夹角θ时,做等螺距螺旋运动,半径r =  ,螺距d = 

这个结论的证明一般是将分解…(过程从略)。

☆但也有一个问题,如果将分解(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 =

c、最大速度 vmax = = 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

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 

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