（b（c）（b（c）．磁應(yīng)度

磁感應(yīng)強度可以采用如下三種定義方式：（1

的方向垂直于正電荷所受最大磁力的方向與電荷運動方向組成的平面，并滿足右旋關(guān)系，即

F

.當

v

垂直

F

mv于

時，電荷所受磁力最大(

F

),

的大小等于單位試探電荷

以單位速率運動時所受的最大磁力，即

F/

，如圖12-1

（）圖12-1所示.（2）的向垂直于電元所受最大磁力的方向與電流元方向組成的平面并滿足右旋關(guān)

.當dl垂

F

m于

時，電流元的受磁力最大B

的大小等于單位電流元所受的

Idl最大磁力，即

F/Idl

，如圖12-2所.

圖12-2（）的向垂直于線圈所受最大力矩的方向與磁矩方向所組成的平面，并滿足右旋關(guān)系，Mm

，當

垂直于

時，線圈

M所受力矩最大（

M

的大小等于單位磁矩所受的最大力矩，

即

/

，如圖所.

圖12-3理與展⑴磁應(yīng)強度

是反映磁場（對運動電荷或電流有作用力）性質(zhì)的基本量，它的重要性相當于電場中的

E

.它一個矢量，一般是空間和間的函數(shù)，磁場中某一點的

，只依賴于磁場本身在該點的特性．⑵上三種的義是等效的方向都與小磁針N極受力方向相同大也是一樣的，因為有

I

M

dl

，

mIS

，所以F/F/I/m

.相的三定式

Fm

，

Fm

和Mm

也是可以互相推導(dǎo)的．．磁中高定在磁場中通過任意封閉曲面的磁通量恒為零，即0mS1理與展⑴同電場中引入電場線一樣，磁場中可以引入磁感應(yīng)(

線，規(guī)定它在某點的切線方向表示該處

的方向，垂直穿過某點附近單位面積磁感應(yīng)線的條數(shù)B

的大?。聘叨ɡ矸从沉舜艌龅臒o源.即磁感應(yīng)線是連續(xù)的任何地方都不可斷磁場是無源場．假若線某點中斷，就一定能作出包圍該點但通量不為零的閉合面這高斯定理所不允許的場中斷的地方是場源，質(zhì)是認為沒有磁荷．

線不中斷說磁場是無源場它本高斯定理的適用范圍是畢-薩伐爾定律導(dǎo)出的的適用條件也應(yīng)當是穩(wěn)恒電流的磁場，進一步的研究指出，高斯定理可以推廣到任意非穩(wěn)恒電流激發(fā)的磁場，但這時畢奧薩伐爾定律不再成立通過某一有限面S的磁通量可表示為mSS．畢-伐定如圖12-4所示，電流元Idl在距它為r的場點P處生的磁感應(yīng)強度dB為Idl0dBr3畢奧-薩爾定律僅對線電流元空間適用，即電流通過的橫截面的線度遠小于其到待求場點的距離，所以不存在r0時d的困惑。對于任意形狀的載流導(dǎo)線，均可利用畢奧薩伐爾定律及場的疊加原理求其磁場，滿足磁

P場的疊加原理，即

B

，

為各電流元單獨在待求

圖12-4L場點產(chǎn)生的磁場。理與展⑴畢-薩伐爾定律僅對線電流的空間適用流通過的橫截面的線度遠小于其到待求場點的距離，所以不存在r時B

的困惑．⑵對任意形狀的載流導(dǎo)線，均可利用畢薩伐爾定律及場的疊加原理求其磁場，滿足磁場的疊加原理，即B

BL式中，為各流元單獨在待求場點產(chǎn)生的磁場．畢奧-薩伐爾定律是在大量實驗果的基礎(chǔ)上概括總結(jié)出來的結(jié)果電流元不能單獨存在，無法由實驗直接證實，其正確只能連同疊加原理一起由實驗間接證明．定律的適用范圍奧薩爾律是一個實驗定律是在穩(wěn)恒電流的條件下總結(jié)21212出來的，它的適用條件是穩(wěn)恒電流．⑸在用畢奧薩爾定律時，當明確如下幾點：①電流元是矢量，其方向是沿電流的正方向，定律中的

r

是電流元指向待求點的矢量，利用右手定則可以判斷出電流元在待求點產(chǎn)生的磁場方向為②d的小為

Idl

的方向．dB

0

r2

式中為Idl

與

r

的夾角所以

Idl

為中心的球面上各點的磁場是空間各異與

Idl

垂直的方向（即

2

）的各點處，磁場最強，而在Idl的長線方向

）的磁場貢獻為零．③載流系統(tǒng)的磁場是對

求矢量和般采用分量解析法算取適當?shù)淖鴺讼担咽噶渴?/p>

B

BL

化成分量式，如選擇直角坐標系，有

x

L

dB，xy

L

dB

y

，z

L

dB

z

，總磁場是

BiBjBkx

，只有各電流元在待求點處產(chǎn)生的磁場方向都相同時，標量式

L

成立．

I⑹幾典型電流分布的磁場.段直導(dǎo)線外任一點的磁場(

12-5)為

B

II0(cos)44

2

)1

dl

r一段載流圓弧在圓心處的磁場（圖12-6為IB02利用磁場的疊加原理，由直導(dǎo)線和圓弧構(gòu)成的載流導(dǎo)線的磁場可直接

l

Oa

P利用上面結(jié)論疊加而成．⑺由奧薩爾定律可以導(dǎo)出動電荷所激發(fā)的磁場為

圖12-5

r若

0

，

B

的方向與

v

的方向相同，

0

，

B

的方向與

v

的方向相反，如圖12-7所.3

B

v

B

Br

rI

+

v．磁強

圖12-6在磁介質(zhì)中，定義磁場強度為

圖12-7H

式中，

M

為磁化強度，定義為磁介質(zhì)中單位體積內(nèi)分子磁矩的矢量和，在各向同性的磁介質(zhì)中，有如下關(guān)系MHrm式中為介質(zhì)的磁化率為磁介質(zhì)的相對磁導(dǎo)率時感應(yīng)強和場強度r之間有關(guān)系式

式中，

0r

為介質(zhì)的磁導(dǎo)率，磁場強度和磁化強度的單位都是

。理與展⑴外場（

0

）中存在介質(zhì)時，介質(zhì)的分子中存在著由電荷運動形成的分子電流，在外磁場

0

作用下，分子電流的分布會發(fā)生變化，會在介質(zhì)中出現(xiàn)宏觀的磁化電流，從而產(chǎn)生一個附加磁場B外場上，使有介質(zhì)存在時的總磁場為0

B

.由于產(chǎn)生附加磁場的磁化電流一般不易計算，故引入輔助量——場強度為避開電荷的計算引入的電位移矢量．

.類似于電介質(zhì)中，⑵對于順磁質(zhì)

r

0

對于抗磁質(zhì)

r

而對于鐵磁質(zhì)

r

，

.4⑶類比于

B

線也引入

線定義任一點的

線的切線方向為該點處磁場強度的方向直過某點附近單位面積

線的條數(shù)為該處磁場強度的大.均勻各向同性磁介質(zhì)空間，兩線對比，形狀相同，但線的疏密程度不同．．安環(huán)定在磁場中，磁場強度H對一合曲線的積分等于該閉合曲線所包圍的傳導(dǎo)電流的代數(shù)和，即L

(內(nèi)

I

i理與展⑴該律反映了穩(wěn)恒磁場不同于靜電場的一個性質(zhì)，即

l0

，說明磁場是非L保守場、渦旋場．⑵定中

I

i

為閉合回路所圍的傳導(dǎo)電流代數(shù)和.I

(L內(nèi)其中，電流的正負可由回路的方向確定，規(guī)定與回路構(gòu)成右手L

螺旋的電流為正，反之為負．⑶環(huán)定理表明：的流與閉合回路所包圍的傳導(dǎo)電流有關(guān)，但并不是說環(huán)路上各點

只與環(huán)路的傳導(dǎo)電流有圖12-8

關(guān)，所以說H與L

是有區(qū)別的如12-8所示，在圓形電流I所在的平面內(nèi)，選取一個同心圓形閉合回路，0L

，但環(huán)路上任一點

.

I⑷安環(huán)路定理僅適用于穩(wěn)恒電流的總磁場于其中一段不

L

閉合電流產(chǎn)生的磁場理適用如圖12-9示的一個例子，一段有限長的載流導(dǎo)線，其周圍空間的磁感應(yīng)線應(yīng)是一些以導(dǎo)線為軸

OH的同心圓，選擇圓周

為積分回路，由環(huán)路定理計算得出L

I

,

B

I02

圖12-9這個結(jié)論顯然是因為環(huán)路定理只適用于穩(wěn)恒電流穩(wěn)電流一定是閉合的此理中與對的B應(yīng)是載流直導(dǎo)線的磁場以及跟它構(gòu)成閉合電路的其他部分產(chǎn)生的磁疊加.由于電流閉合后磁場無對稱性，無法找到一個對稱性的閉合回路，只能由畢-薩伐爾定律求解磁場B.如導(dǎo)線為無限長，可設(shè)想電流在無限遠處閉合，則可利用環(huán)路定理得B

I0

．5⑸只是閉合的穩(wěn)恒電流培路定理就普遍適.是利用環(huán)路定律求出

(及其

B

)的只有那些具備一定對稱性的場，也就是說在磁場中能夠作出這樣的積分回路：回路上各點的磁場強度大小相等與dl的角一定就可以把磁場強度H積分號中提出來，如

lH

dl

，從而變化只對

l

的積公，這樣的場就被認為L具備了一定的對稱性．

L⑹應(yīng)安培環(huán)路定律求磁感應(yīng)強度

B

的方法與應(yīng)用高斯定理求電場

E

的方法相似致可分以下幾個步驟：分析磁場的對稱性電流的分布情況可以定性判斷磁場的分布情好出H線的分布判是否具備對稱性．合理選取積分回路選的原則一必須經(jīng)過待求點因為由定理求得的是L上的磁場；其二，由場的對稱性確定回路的形狀，盡量使回路上的各點H

的大小相等，且

的方向與所在處線元dl平行，或一部分回路上各點H的小相等，且向與dl平，而另一部分回路上各點

H

，或各點

與

dl

垂直；其三，閉合回路的形狀盡量簡單，以便于計算．③正確計算回路包圍的傳導(dǎo)電流的代數(shù)和，若電流不是線電流，則

(L)

I

i

J

.例如求直載流圓柱體內(nèi)任一的磁場時待求點作一以圓柱軸線上一點為圓心徑為r（r）的圓形回路，該回路所包圍電流應(yīng)為(L內(nèi)

IJi

I

2

2④利用

H

求出該點的磁感應(yīng)強度B的大小，而其方向在分析磁場對稱性時可以知道．．安培律式為上式稱為安培定律。

電流元Idl在磁場B中所受的磁力F稱安培力，安培力的表F理與展⑴根力的疊加原理，有限長載流導(dǎo)線在磁場中所受的安培力為FIdlL安培力

F

為各電流元所受的安培力

的矢量.因各電流元方向、位不同，所受的安培6力方向不一定相同，在求導(dǎo)線受力時，先求出分量的代數(shù)和，然后再進行合成．即xL

x

，

yL

y

，

zL

zFFiFjFxy利用安培力定律磁場對電流作用時，磁場是所有電流的總磁場，而是除受力電流的磁場之外的其他電流產(chǎn)生的磁場．該定律原則上適于求解任何磁場中，任一規(guī)則形狀載流導(dǎo)線的受力情況，當磁場均勻時，導(dǎo)線受力具有簡單的形式，如圖12-10所，

任何形狀的導(dǎo)線在磁場中所受的磁場合力，與導(dǎo)線

的形狀無關(guān)，僅與初、終點

a

、

b

的位置有關(guān)，它

等于b

點間連線的載流直導(dǎo)線所受的磁場力，圖

即

FIl

.因此，在均勻磁場中，任何閉合的載流線圈所受的合外力恒為零．⑷在勻磁場中，盡管載流圈所受的合外力為零，但閉合線圈所受的磁力并不為零.引入磁場中的磁力來表示

M

,其中，m

為載流線圈的磁矩有

NI

,

定義為面矢量，其大小是線圈的面積，而方向規(guī)定與電流流向成右手的面法線方.磁力矩公式

M

只適于均勻磁場中的平面線圈．．洛茲運動電荷在磁場中所受到的磁力稱為洛倫茲力粒子帶電為在場B中以速度v運動時，所受磁力的表達式為fqvf

恒與速度v垂即提供法向力，只改變電荷的速度方向，卻不能改變速度的大小，磁場力對運動電荷不做功。fqv理與展⑴運電荷所受的力與速度有關(guān)意的方向q

為正時

v

同向，

為負時，與

v⑵

反向．f恒與速度

v

垂直，即只提供法向力，只改變電荷的速度方向，卻不能改變速度的大小，磁場力對運動電荷不做功．⑶安力是導(dǎo)體中電子所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，但洛倫茲力不做功而它的宏觀效果安培力的卻可以做功，對此可以這樣理解：①在體相對于磁場靜止時，一段導(dǎo)體受到的安培力是這段導(dǎo)體中全部自由電子所受7BB洛倫茲力的合力，安培力在大小和方向上都等于洛倫茲力的疊加．②當流導(dǎo)體垂直于磁場和電流運動時，安培力只是電子所受洛倫茲力的一個分力，安培力與洛倫茲力的合力在大小和方向上都不相同時安培力要做功洛茲力合力卻不做功．在金屬導(dǎo)體中培力的經(jīng)典微觀機制于洛倫茲力的作用體的電荷重新分布.平衡時，自由電子受凈力為零晶中的正電荷受凈力不為零所正電荷受的合力，就是載流導(dǎo)體在宏觀上受到的安培.當導(dǎo)體靜止時，安培力等于電子所受洛倫茲力的合力；當導(dǎo)體平行電流運動時，安培力等于電子所受洛倫茲力的一部分；當導(dǎo)體垂直電流運動時，安培力等于電子所受洛倫茲力在垂直電流方向的分.任何情況下，安培力總是依賴于電子相對于導(dǎo)體的運動速度即依賴導(dǎo)體中的電流導(dǎo)體本的運動狀況無關(guān)但電子所受洛倫茲力則與導(dǎo)體的運動密切相關(guān)．【例解】例如所，被V的勢差加速的電子從電子槍中發(fā)射了來，初速度沿直線方要擊中向距離槍口㎝目標M，求以下兩種情況下所用的均勻磁場的磁感應(yīng)強度B。（1）磁場垂直于由直線和M所決定的平。

T

（2）磁場平行于

TM

。

解（）圖12-12表示了電子的圓軌跡圓軌道半徑為

TM

。由圖可見電子

r

d2

①

圖式中d為的直線長度。按能量守恒，電子從電子槍槍射出的速度為2②me由m2r可mvB③re將①、②式代入③式，并利用有關(guān)數(shù)據(jù)，可得（）

Tr

F×××××d××圖（2若磁場平行于

TM

則可把電子出槍口速度

v

投影為平行于

B

及垂直于

B

的分量、v（圖12-13所）∥cos∥

，

sin

④

Tcos

∥

使電子作勻速直線運動，

使電子作勻速圓周運動，其

B軌跡為螺旋線。設(shè)螺旋線半徑為vsin2R

R，則sin

⑤

圖

M又電子回轉(zhuǎn)周期

v

，將⑤式代入可得8

eeB

⑥若要擊中

M

，則要求dcos

nT

，其中

=1、3…⑦聯(lián)立⑥、⑦式，并將②式代入，最后可得

2

Umee

（）例在間有相互垂直的場強為

E

的勻強電場和磁感應(yīng)強度為

B

的勻強磁場，如圖12-14所示。一電子從原點靜止釋放求電子在軸向前進的最大距離。解電子軸向的距離最大時，其速度必沿x軸向。

y解一子在

軸運動的最大距離為

時速度達

v

因洛倫茲力不做功，故eEy2由于電場總是沿y軸方向，所以電子在軸向上速度分量的增大是由洛倫茲力的水平分量引起的，設(shè)電子從O點運動到極大值點洛倫茲力水平分量的平均值記為f，則

B×O×圖

E

xf且

fx

y根據(jù)運動的獨立性，考慮

軸方向分運動有vy

解聯(lián)立方程可得

mE

解二電子從坐標原點靜止釋放后在電場力和磁場力作用下作曲線運動軌跡如圖示取運動軌跡上某一點

×

P×

，當一個電子經(jīng)過

點時，它所受到的

x

方向的力是Bxy

O××

E

×

x這個力提供了電子在x方的加速度

Bmay

x注意到上式對電子運動過程中各個時刻都是成立的，它可以寫成)iii9即

eBm)ixi若把電子從

O

點到

P

點（軌跡上離

x

軸最遠點）運動過程中所有小段的上述關(guān)系式全部加起來，得

())]ii因

i

m

i，

iv)v)ipi

i所以有

eBy(v)2mxp利用動能定理，電子從

O

點到

P

點有eEy

()2x這樣可得

mE解三雖然電子在

O

點速度為零，但也可以設(shè)想為具有沿

x

方向的速度

和

，其中

v

滿足Bev照此設(shè)想電在其后的運動過中將受到三個力個是沿y方的電場力一是由于電子沿

x

軸向右運動而產(chǎn)生的

方向的洛倫茲力，另一個是電子沿

軸運動產(chǎn)生的y

方向的洛倫茲力注意到電子沿

方向所受的洛倫茲力和它所受的電場力相平衡電子的運動綜合起來可視為是一個速度為

v

沿

x

軸正向的勻速直線運動和一個速率為

v

的勻速圓周運動的合成，對勻速圓周運動，有mvR其中

Ry

m

易得

mEP(,0)例3質(zhì)均為、電荷量均為q的簇離子在點朝x、y上平面各個方向以速率v散且()，如圖12-16所示，垂直、y平的勻強磁場將這些離子會聚

vP

yRa于

(a,0)

點，設(shè)離子間的相互作用可以忽略，磁感強度為

B

，

試確定磁場區(qū)域的邊界。解題未給出離子的正負，但這無關(guān)緊要，因為題目只要給出磁場區(qū)域的邊界，未要求確定B的方向。離子一旦進入磁場，便將做速圓周運動，離開磁場則做勻速直線運動。因為

P

、

R

是相對

軸對稱的，因此離子運動軌道也是相對

軸對稱的，圓周運動的圓心一定都在軸，磁場區(qū)也必然左右對稱。10解一設(shè)軌道圓心在

()

點，軌道半徑為

rmv()

，離子在磁場邊界點

(,y外切向地飛離圓軌道指向形的相似關(guān)系可得

R

點。由圖12-17中個角三角

yxax

(,y)R因為

(,y

點也屬于圓軌道，所以

xx

y

圖兩式聯(lián)列消去

(y)

，便得(r)yax2這是一條過

(0點的四次曲線，但這并不相對

軸對稱，因此只取它在第一象限的部分代表磁場區(qū)域的右邊界界為右邊界相對軸對稱曲線，應(yīng)是(r2)yax2因此磁場邊界可表述為

磁

y場顯然必須有

(a)r22x(a)r2,x

P

Rra0

圖因為有

(B)

的條件，即

r

，磁場區(qū)域如圖12-18所示。離子束中出射角

的離子均可會聚于R點而出射角

的均不能到達。解二如在坐標的第一二限各有一個圓柱形的磁場區(qū)圓的軸線和磁場都垂直于

平面心分別在

(rr)

點和

(r)

點徑是

yrr

q|B

，如圖所示。那么從P點出的離

B

B子經(jīng)過第二象限磁場的偏轉(zhuǎn)后著平行于

軸的方向向

P

(rrR右飛出磁場區(qū)有離子在磁場區(qū)中的軌跡都是一系列圓

a

弧，這些圓弧的圓心都在以

(o

為圓心、

r

為半徑的圖圓的右半個圓弧上徑就是

r

子入第一象限后，經(jīng)過與第二象限相反的路線會聚到

R

點。11這種磁場可使從

P

點發(fā)出的所有在

平面內(nèi)的離子都到達

R

點。例4如所示

為中心開有小孔的平行板電容器的兩極

D

，其右側(cè)為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度

T，場域足夠長，寬為0.01

；在極板M、N之加有如圖所示的交變電壓（設(shè)N極勢高于極時電壓為正電子不斷從極板M中小孔射入電容器子速度可看做零；重力不計其荷質(zhì)比

11

，試求：××

××

V××D××圖12-20

45

t10（1在交變電壓第一個周期內(nèi)，哪些時刻進入電容器內(nèi)的粒子能從磁場的右側(cè)射出來？（2若上述交變電壓的周期可以變化，則其周期滿足什么條件時，才能保證有帶電粒子從右側(cè)出來？解（）粒子要從磁場的右側(cè)射出，作圓周運動的半徑須滿足r又得

r

vBqr粒子在電場中，無論作加速運動還是作減速運動，其加速度都為UqDm設(shè)帶電粒子先作加速運動后作減速運動至極板N在央小孔處，以速度v進磁場，則()(at)aa

2式中

t

為粒子作加速運動的時間，得t

2aD2

代入數(shù)據(jù)得t

s12所以在

~0.39

s時內(nèi)進入電容器內(nèi)粒子將從磁場右側(cè)射出。（2由以上分析可知，帶電粒子加速運動的時間至少為0.61

0

s，則即

s。例5回加速器的

形盒半徑為

R

cm，兩盒間距為1cm用它加速質(zhì)子時可使每個質(zhì)子獲得4MeV的量，加速電壓為（1）該加速器中偏轉(zhuǎn)磁的磁感強度

UB；

4

V，求：質(zhì)子在D形盒中運動時間t，整個加速過程中，質(zhì)子在電場中運動的總時間t解（）由題意得mv2RBq代入數(shù)據(jù)得：

B

（）（2質(zhì)子不斷被加速，作圓周運動的半徑不斷變大，依次為

qU……m由

RR可得n值。所以，質(zhì)子在D形中動的時間為tT代入數(shù)據(jù)得

t1.39

（）（3由

mv21

，得

v

m2qU

mv

22

，得

v

qUm132∥2∥故

v

……nqUm這樣

t

d，tvv1

2

，……t

1所以，在整個加速過程中，質(zhì)子在電場中運動的總時間為t

（）例陰射線在極射線管內(nèi)被作用在陰極D和終陽極A之的壓U所加速。射線管置于一長螺線管內(nèi)樣射出的射線與磁場平行由Y偏板施加一靜電場射線獲得一個垂直于磁場的速度分量節(jié)磁場強度電子沿著一個螺旋軌跡運動并在

偏轉(zhuǎn)板和屏

之間的距離

d

上正好回轉(zhuǎn)一周。若螺線管內(nèi)的磁場是均勻的，其磁感強度為B

，試求出電子的荷質(zhì)比。解從圖可，從陰極

發(fā)出的電子經(jīng)電勢差U的加速穿過陽極的小孔，設(shè)這時它的速度為v，則（其中為電子質(zhì)∥

D

Y

量速度方向與B平，則2eU①me電子進入偏轉(zhuǎn)板Y的極間，由于場的

U

圖

加速而有速度垂直分量。設(shè)穿出

時的速度垂直分量為

。從此刻開始，電子在

B

的作用下作回轉(zhuǎn)半徑為定值的螺旋線運動。即在

B

的方向上作速率為

∥

的勻速直線的分運動，在與

B

垂直平面內(nèi)作半徑為

r

的勻速圓周分運動，其向心力由洛倫茲力提供。fB2

r

②由

v

，

T

（其中

T

為回轉(zhuǎn)周期有

2e

③因為在

距離內(nèi)電子正好回轉(zhuǎn)一周，因而d∥聯(lián)立①、③、④式，最后可得e8mB2d

④14b112b112著

例7如所示間布均勻的磁場其方向逆軸。處一個磁場分界面，在y的域內(nèi)，

B2

B1磁感應(yīng)強度大小為，y的域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大1小為，B3。時，處于磁場分界面上221的一個靜止中性粒子裂變?yōu)閮蓚€帶電粒子a和，量分

別為

和

。已知粒子

a

開始沿

軸方向飛去。試問在

圖什么條件下，兩個粒子以后又在分界面上相遇。完全忽略粒子間的靜電相互作用。解設(shè)分后粒子的電荷量為（0

由荷守恒定律知，粒帶電荷量為

。設(shè)粒子

a

的速度大小為

，它沿

y

方向運動，則由動量守恒定律知，粒子

b

的速度大小為沿且粒子

mvav（1）m方向運動?，F(xiàn)取中性粒子發(fā)生分裂的地點為坐標原點，分裂的時刻為t

，則分裂以后，

a

、

b

粒子將在磁場中作轉(zhuǎn)動方向相反的回旋運動。設(shè)粒子

a

在

B1

區(qū)域內(nèi)回旋半徑為R，期為，則11maaBq1

，

Bq10

（2粒子

在經(jīng)過半個周期的時在

t

時刻運動到

x11

的邊界面，進而進入?yún)^(qū)域。區(qū)域內(nèi)的回轉(zhuǎn)半徑和周期分別為22

maaB20

，

2Bq20

（3）由于

B

B

，故R

R

（4）再經(jīng)過T時間，即在2

t1

2

（其中

t2

）時刻，粒子第二次回到分界面，這時

x

軸上的坐標為

xDD22

（由于

1

，故

x2

后進入

B1

區(qū)域，就這樣15T2T2在

B1

、

B2

區(qū)域中交替回旋下去。粒子

a

各次回到分界面的坐標和時間分別為D1

，

D1

，

2D12

，

2(DD)12

，……t，，t，2()1222

，……（）上述數(shù)據(jù)中的奇數(shù)組和偶數(shù)組可分別用下列通式表示xkDa12

，當

ta1

2

時，xkDD)a12

，當

t)a

時（）其中

0

，1，2……類似地也可對粒子b作樣討論在區(qū)域中的回轉(zhuǎn)半徑為期T區(qū)1112域中的回轉(zhuǎn)半徑為

R

2

，周期為2

，則由于

vab

，故由②、③式知

DD1

，D2

，及1

2bBq1

，

bB2

（7）設(shè)

t

，22

，則有當

tk

1

時，

xkb

2

1當

tk

)1

時，

xkb

)21

（8）其中

，，2…。

b

粒子均能運動到分界面。

a

、

b

粒子在分界面上相遇時應(yīng)滿足

x，t

條件。由于

DD12

，由⑥式知x總是大于零，而⑧式下面一行的表式恒小于零能滿足

x

的只有兩種情況Ⅰ.式中上面一行與⑥式中上面一行對應(yīng)相等；.式中上面一行與⑥式中下面一行對應(yīng)相等。即Ⅰ：

(DkD121

（）(t12

2

（10）Ⅱ：

(D)k1

2

1

（11）(t)k11

（12）162tt22tt2由⑨式可解得由⑾式可解得

k

、零等于零，故這種情況Ⅰ不可能出現(xiàn)。Dk1Dk2

（13）由于

DDBB121k

，將它代入⒀式可得

（14）將

t1

1，t2

，

，2

及②、③、⑦、⒁式一起代入⑿式，可得mkbm17ka

（15）由于

mba

，故

，

，故

只能取0、、三數(shù)值。因而要使

粒子與

b

粒子能在分界面相遇種粒子質(zhì)量之比也只能取特定值

k

由⒁式可知，相應(yīng)的

k

有mba

的兩種粒子才能在分界面上相遇。同樣，當時相應(yīng)的

k

5b

的兩種粒子才能在分界面上相遇；以及當k

時（相應(yīng)的

k

有

mba

的兩種粒子才能在分界面上相遇。除這三種情況之外，均不可能發(fā)生

、

b

粒子在分界面上相遇的情況。例8長為

L

截面半徑為

R

的圓柱體內(nèi)沿軸向流過均

,,v勻電流I，如圖12-24所，忽略邊緣效應(yīng)。（）圓柱體內(nèi)任意點的磁場。

l

l（）束質(zhì)量為

，電荷量為q

（

q

）的粒子，以

圖速度

平行于主軸從圓柱體左端入射考粒子間相互作用及粒子與圓柱體內(nèi)部微粒的作用，且忽略圓柱體內(nèi)的電場作用。①不考慮粒子在圓柱體內(nèi)的徑向運動，試證明柱后粒束將聚焦于一點②考粒子在圓柱體內(nèi)的徑向運動試通過計算得到粒子聚焦需滿足的條件（已知L不考慮粒子軸向速度變化解）忽略邊緣效應(yīng)流的磁場可以當成無限長直圓柱計算柱體的電流密度為設(shè)圖（）半徑

r

IjR處的磁感應(yīng)強度為B0

B2

，則由安培環(huán)路定理有得

B

jI0022（）子在圓柱體內(nèi)只受洛倫茲力作用。17洛r洛洛r洛①如圖12-25，略徑向運動，入射點距軸為r的子受力為f

洛

Ivq2

l方向指向軸線。在粒子通過圓柱的時間

t

內(nèi)，

r

近似認為不變，

r且不考慮v的化，故粒子受的徑向沖量IqLJf0徑向速度為

vr

IqL

設(shè)粒子出圓柱體后與軸的交點到圓柱右端面長為r2Svr0

S

，有因

S

與

r

無關(guān)，故粒子會聚在右端面右方

S

處。②考慮粒子的徑向運動，粒子距軸Ivqf02

r

時受到的洛倫茲力大小為考慮力的方向，設(shè)徑向向外為正方向，則有f洛

Ivq2

這是一線性回復(fù)力，故粒子在徑向作簡諧振動。初始時徑向速度為零，故rAt，徑向速度vr粒子到達右端面時

2t

此時有

rAt)v)r要使粒子會聚，首先需滿足r與符相反r即得

))00)018×圖（）12×圖（）12而粒子與軸的交點到圓柱右端面距離為S

rr

cot()

因

S

亦與粒子入射點距軸距離

A

無關(guān)，故粒子可聚焦，條件為其中

)0，t2不難發(fā)現(xiàn)，①情況是②情況在

t

很小情況下的近似。例9空間存在交替的勻強磁場和電場，如圖12-26所磁感強度為

B

，電場強度為E

。一帶電粒子，質(zhì)量為，荷為，初速度

2Eqd

正射入磁場，之后帶電粒子交替在磁場和電場中運動。試求粒子運動過程中的最大速率。解帶電粒子交替在磁場中和電場中運動，越到下粒子速率越大，受磁場偏轉(zhuǎn)越大，在某一層磁場，粒子將無法繼續(xù)向下運動，而是再從磁場上方穿出，開始做與下降過程對稱的上升運動磁場不對粒子做功，故只需知道粒子到達的最低電場區(qū)域，就可求出粒子的

××××××××

××××××××

××××××××

××××××××

××××××××

××××××××

××××××××

××E××××最低速率。當粒子進入第k層（從上往下數(shù)）磁場上界時，度與鉛垂線夾角為，射出此層時與鉛垂線夾角。k

××××

××××

××××

××××

××××

××××

××××

××××

××××考察第一次：

，

v

，如圖12-27所。

圖12-26做圓周運動半徑為

mvqB

dsin，R1然后電子進入電場加速區(qū)，水平速度保持不變v1

R

豎直方向加速到二層磁場的界時合速率

為v，與豎直線夾角。2vdsinx1vvR222

圖）

19由

vqB所以有

v22v11sin2

dR2由幾何關(guān)系有2222所以有sin

2

2R2之后又進入電場加速區(qū)，類似的，可得到sin

3

3dR3這樣類推到第n層磁場必有sin

n

ndRn若粒子可以從

n

層射到第

層，而不從第

層射出，就有sin

n

(dRRnn

其中

vnqBvv2(nEqdm

nEqdm代入上述不等式，解得222滿足上式時，粒子最大速率為2m

20圖3圖3例10從z軸上的點射一束電量為（＞量m的帶電粒子，它們速度統(tǒng)方向分布在以為頂點z軸對稱軸的一個頂角很的錐體內(nèi)，如圖12-28所，速度的大小都等于v試設(shè)計一種勻磁場使這束帶電粒子會聚于軸上的另一點MM

M點離開O點的經(jīng)離為d．要求給出該磁場的方向、磁感應(yīng)強度的大小和最小值．不計粒

子間的相互作用和重力的作用屆全國中學(xué)生物理競賽預(yù)賽試題）

圖解設(shè)計的磁場為沿軸向的勻強磁場，點和點處于這個磁場中。下面我們根據(jù)題意求出這種磁場的磁感應(yīng)強度的大小子由O點出就進入了磁場將與軸

角的速度分解成沿磁場方向的分速度和垂直于磁場方向的速度v如圖意Z到

很小，得vcosZ

（1

v

（2

粒子因具有垂直磁場方向的分速度，在洛侖茲力作用下作圓周運動，以R表圓周的半徑，有

圖

2R圓周運動的周期

2v由此得

qB

（3）可見周期與速度分量無。粒子因具有沿磁場方向的分速度，將沿磁場方向作勻速直線運動。由于兩種分速度同時存在，粒子將沿磁場方向作螺旋運動，螺旋運動螺距為vvT（）Z由于它們具有相同的v，因而也就具有相同的螺距；又由于這些粒子是從同一點射出的，所以經(jīng)過整數(shù)個螺距（最

O小是一個螺距又定會聚于同點只使等于一個螺距或一個螺距的n（數(shù)）倍，由點射出的粒子繞

MZ磁場方向旋轉(zhuǎn)一周（或若干周后）必定會聚于點如圖12-30所。以n，n＝123…（）由式（3

圖211B－－111B－－11B

2mn，n＝1，，3，…（）這就是所要求磁場的磁感應(yīng)強度的大小，最小值應(yīng)取，所以磁感應(yīng)強度的小值為B

2

。（）例11在真空中建立一坐標系，以水平向右為x正方向，豎直向下為軸方向，z軸垂直紙面向里，如圖12-31所。在L區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，L，場磁感強度的方向沿軸正方向，其大小B．把一荷質(zhì)比/m的正電質(zhì)點在，，處止釋放將帶電質(zhì)點過原點的時刻定為t時求帶電質(zhì)點在磁場中任一時刻t的置坐標并求它剛離開磁場時的位置和速度．取重力加速度m。（第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題）解帶電質(zhì)點靜止釋放時，受重力作用做自由落體運動，當它到達坐標原點時，速度為vg|y|2.0m1

×××××××××y圖（）

L

方向豎直向下帶質(zhì)點進入磁后，除受重力作用外受洛倫茲力作用，質(zhì)點速度的大小和方向都將變化洛倫茲力大小和方向亦隨之變化們可以設(shè)想在電質(zhì)點到達原點時質(zhì)附加上沿x軸方向和負方向兩大小都是的速度由這兩個方向相反的速度的合速度為零，因而不影響帶電質(zhì)點以后的運動．在時，帶電質(zhì)點因具沿正方向的初速度而受洛倫茲力f

的作用。fqv0其方向與重力的方向相反．適當選擇的小，使f等重力，即1qvmg

v

g(/m)B

m

(4)只要帶電質(zhì)點保持4）決定的v沿軸方運動，f1

與重力的合力永遠等于零．但此時于標原點的帶電質(zhì)點還有豎直向下的速度成速度大小為

和沿軸方向的度v二者的合22vv

m

（）方向指向左下方，設(shè)它與x的負方向的夾角為，圖12-32

所示，則

tan

v1v0

y

4

（）因而帶電質(zhì)點從t時起的運動可以看做是速率為v，

圖軸的正方向的勻速直線運動和在xOy面內(nèi)速率為v的勻速圓周運動的合成．圓周半徑

qB

0.56m

（）帶電質(zhì)點進入磁場瞬間所對應(yīng)的圓周運動的圓心O直于質(zhì)點此時速度的線上，由圖復(fù)解17-5-1可知，其坐標

sinO'cos'

（）圓周運動的角速度

rad

（）由圖復(fù)解17-5-1可知，在帶電點離開磁場區(qū)域前的任何時刻t，質(zhì)點位置的坐標為tO'cos(O

式中v、R、

、

、、已別由（）（）、（）、（）、（）各式給出。O帶電質(zhì)點到達磁場區(qū)域下邊界時，yL0.80代入11）式，再代入有關(guān)數(shù)值，解得t將（12）代入（10）式，再代入有關(guān)數(shù)值得xm所以帶電質(zhì)點離開磁場下邊界時的位置的坐標為xmym

帶電質(zhì)點在磁場內(nèi)的運動可分解成一個速率為v的速圓周運動和一個速率為的沿軸方的勻速線運動，任何時刻t

，帶電質(zhì)點的速度便勻速圓周運動速度v勻速直線運動的速度的速度．若圓周運動的速度在方向和方的分量為、質(zhì)點合速度在x方向和方的分速度分別為

，則232222x0

（15）雖然

x

y

（16）yy，v（）式?jīng)Q定，其大小是恒定不變的，v由（4）式?jīng)Q定，也是恒定不變的，但在質(zhì)點運動過程中因的方向不斷化，它在x方和y方的分量和v都隨時間變化，因此和也隨時間變化，取決于所考察時刻質(zhì)點做圓周運動速度的方向，y由于圓周運動的圓心的坐恰為磁場區(qū)域?qū)挾鹊囊话雽ΨQ性可知電質(zhì)點離開磁場下邊緣時，圓周運動的速度方向應(yīng)指向右下方，與x軸方向夾角

4

，故代入數(shù)值得x

'm

v

0

vsiny

'm

將以上兩式及（）式代入（15）、16式，便得帶電

v

t

L質(zhì)點剛離開磁場區(qū)域時的速度分量，它們分別為

v

x

（17）

V2.0m

（）

圖速度大小為x

4.5m

（）設(shè)的向與x軸夾角為

，如圖12-33所，則

yx

得

27

（20）例12如12-34所示，軸邊存在磁感應(yīng)強度2B的勻強磁場，y軸左邊存在磁0感應(yīng)強度為的強磁場們方向皆垂直于紙面向里原0點O個帶正電的電荷量為q質(zhì)量為m的子a在t

0

0時以大小為

的初速度沿

軸方向運動。在粒子

a

開始運動后，

b

a另一質(zhì)量和電荷量都與相同的粒子

b

從原點

以小為的初

速度沿負x軸向開始運動想使a能運動過程中相遇，試分析和計算它們出發(fā)的時間差的最小值應(yīng)為多大，并求出與此對應(yīng)的相遇地點的坐標。設(shè)整個磁場區(qū)域都處于真空中，且不考慮重力及ab兩子之間相互作用力。

圖2422解帶荷量為q

、質(zhì)量為

m

、初速度為

的粒子，當它在磁感應(yīng)強度為

的勻強磁場中運動時如果其初速度的方與磁場的方向垂直洛倫茲力和牛頓定律可知它將在磁場中做勻速圓周運動。令

T

和

R

分別表示其周期和軌道半徑，則有qvBm

vmR()T

2

（1

B

0

0由此求得

T

（2

a

（）

2v

（y

把這些結(jié)論用到本題中，可知粒開始在第一象限中運動軸以右）TR

q)0m)00q)0

經(jīng)半個周即

ar

入二象

軸以左

圖周期和軌道半徑變?yōu)門alRal

02mv00

以后就按此模式在平內(nèi)沿圖中虛線運動。同理，粒子開在第三象限（軸左）中運動TblRbl

2000

1經(jīng)半個周期（即T）后，進入第四象限（軸右）運動，周期和軌道半徑變?yōu)閎rT

m0

（1025011011R02qB0

（）以后就按此模式在平內(nèi)沿圖12-35中實線運動。由以分析可知，只要在右邊，不管

還是

b

，周期皆為

T0

0

；只要在左邊，周期皆為

0

。由圖可，只有在兩軌跡交叉或相切的那些點，才有相遇的可能性為求得題中所說時間差的最小值面我們先

假設(shè)，如果管a、同開運，分析經(jīng)過哪個交叉或相切點時兩者的時間差最短，則這個時間差就應(yīng)當?shù)扔陬}中所說的要ab在交叉或相切點能相遇者發(fā)時間的時間差此，結(jié)合圖別考察b的動過析就可看出5T0

5.0T5.5T5.5TRal

0

4.5T05.0T04.5O

0

x

到

5.25T0

之間的那個交叉點（圖2-36中

點）處，a

、

b

通

6.0T

0過它的時間差最在5T以前和5.25以的那些交叉或相切0

圖點，a、b

通過的時間差都較長為了定量地求出此時間差，取負

軸上距原點

為

Ral

（即

Rbl

）處為新的原點

，如圖12-36所。取時間

t0

為新的起始計時時刻，對

at

表示，對

b

用

t

表示。在y以左、b的周期相同，所以角速度亦相同，以表a、b在y軸左的角1速度1

T0

（12對

a

xaal1

2

)

（）y

aal1

2

)

（14對

xb

al2

（）ybal

alt2

（16對

點應(yīng)有xab

，

y

a

（17由以上各式可解得所求的時間差應(yīng)為

0

（1826alalalalPPalalalalalalalPPalalal這個結(jié)果說明，如果a、b同時出發(fā)，比晚0.0802

0

時間通過P點換成題目的要求，就應(yīng)當說，要

、

b

相遇，則

b

的出發(fā)時間應(yīng)比

晚

0

。由以上各式還可求得O點標x

P

15mvR080

（19y

P

R0.8751.7500

（20換為

坐標系x007yRR80

例如圖所示，取直角坐標系

，在

xd

的一層無窮區(qū)域內(nèi)有均勻的傳導(dǎo)電流電流密度的方向為z軸正方向大小恒定為j試真空中磁感應(yīng)強度B的分布。解：根據(jù)對稱性分析，有BiBjyx

x及

l

j

jd其中ij是方與

方向的單位矢量流密度矢也表為j，注意區(qū)

圖分作長方形形狀的高斯面如圖12-38線所示的三邊分別與定理為BdS式中

,

軸平行，B的斯

dS

dS

yzzx27其中

dS

是通過在兩個不同z處的兩個xy平面的磁通量，余同。因

z

0

，故

y

高斯面因

處處磁相等反向，故通過兩個平面的磁通量之和亦為零，有

B

B

由以上四式，得出

-x0

x

0

z

x即

yz

B（）S0x

-x

x

式中

是高斯面的兩個在

yz

的側(cè)面的面積，

安培環(huán)路故由于

0,0zx

圖0x，故空間任一點的磁場只有分。場又只沿x軸分布，且處

處的磁場又相等反向需出右半空間

可半空間的

B

可表為jy式中j是y軸單位矢量。為求

，作安培環(huán)路如圖12-38虛所示，由安環(huán)路定理，有

xBdldl,當式中j是流密度，又

Bdl

l故B

jx,0,當x例14由永久極化的電介質(zhì)制成半徑為的限長圓柱體，已知圓體內(nèi)與軸相距為r

處的極化強度

，其中是正的常量。28r1rrrr2rrr0r1rrrr2rrr0當圓柱體靜止時，試求圓柱體內(nèi)、外的電場能量密度。當圓柱體以角速度軸勻轉(zhuǎn)動時，試求圓柱體內(nèi)、外磁場能量密度。解

取柱極坐標

zr

，

沿圓柱體中央軸

是垂直中央軸的平面上的極坐標。則任意矢量A的度公式為

1rr

式中

A,,Ar

分別是

A

在三個坐標方向的分量。因極化而在圓柱體內(nèi)形成的極化體電荷密度在圓柱體表面形成的極化面電荷密度

1r

r

r

其中用到

r

，

e

r

是

r

方向的單位矢量。

在圓柱體內(nèi)、外形成的電場分布可由高斯定理求得，為

er0022e,rr00

在圓柱體內(nèi)、外形成的電場分布為

0,rR2eerr00故總的電場分布為E+E12

e,rR0rR電場能量密度的分布為1w2

0

2

r2r0,rR圓柱體繞軸以速動時，r處的線速度為式中e是方的單位矢量，形成體電流密度為29RRrRRrjp形成的面電流密度（圓柱體表面單位長度上的面電流密度）為j

r

2

這些體電流和面電流相當于一系列無限長密繞螺線管電流此圓體外無磁場圓柱體內(nèi)的磁場應(yīng)呈軸對稱分布，可表為為求

B

，取長方形回路如圖所，由環(huán)路定理，有

j0

je而

000

r

jpjp

x

BBL

je

圖故B0

2圓柱體內(nèi)、外的磁場分布為rRr圓柱體內(nèi)、外磁場能量密度的分布為Bw

,r0,r例在12-40所的裝置中源A可供速度很小的正離速度可視為0經(jīng)加速電壓加速后從點入勻強磁場，磁場方向垂直紙面指向紙外，虛線框為磁場區(qū)域的邊界線，在磁場作用下，離子沿

B半個圓周運動后射出磁場，射出點

到

S

的距離用

表示。（1離子源提供的是單一種類的第一種離時到S的距離為x，當離子源提供的是單一種類的第二種離子時1

Sx到

S

的距離為

x2

，已知

12

。試求這兩種離子在磁場中運

A圖動時間t和的值1

tt1

2

。30（2若離子源A提的是由

H

、DHe

+

和H+混而成的多種離子，又通過速度2選擇器使各種離子的速率都為

當這些離子從

S

點進入勻強磁場后從場射出可分離出哪幾種離子束？若

v2.0s,

基本電量

1.60

質(zhì)子質(zhì)量p

試求各種離子的射出點P到的離十七屆全國中學(xué)生物理競賽預(yù)賽試題）解設(shè)加電壓為

U

電荷量為q

、量為

m

的粒子加速獲得的速度為

由能量關(guān)系，有qU

mv

（1）粒子進入磁場，在磁場的洛倫茲力作用下作圓周運動，設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度為，周半徑為，有qvBm

v

（2由圓周運動周期的定義和2）式可得T

2qBm

（）設(shè)這兩種離子的電荷量分別為和q量別為和m入磁場時的速度分別為v和1121v

2

，根據(jù)題意有12t1t2

由以上有關(guān)各式得t1t2

（6）離子束射出點

到

的距離為

，由（）式可知

2vqBm

（7）

取決于離子的電荷量和質(zhì)量的比值，可以看出，氚核（

D

）與氫分子離子（

H

2

）的電314+2004+200荷量與質(zhì)量的比值相同他將同一點射出磁場這種離子束不能被磁場分開而質(zhì)子（H+）氦離子（He

）的電荷量與質(zhì)量的比值不相同，也與氚核和氫分子離子的不同，他們將從不同點射出磁場，可以單獨分離出來，故可獲得質(zhì)子束流、氫離子束流氫分子離子混合的束流，共三種束流。把有關(guān)數(shù)據(jù)代入（7式得

8.4

（8）H

+

（9）D

+cmH例測同位素組成的裝置里（質(zhì)譜儀）原子質(zhì)量

1

和

412

的鉀的單價離子先在電場里加速進入直離子運動方向的均勻磁場12-41在實驗過程中由于儀器不完善加速電壓在平均值U附近變化求需0

B要以多大相對精度

/

0

維持加速電壓值，才能使鉀同位素束不發(fā)生覆蓋解要鉀的同位素束不發(fā)生覆蓋必須使鉀在場中的最大半徑要小于鉀41在場的最小半徑1qUmv，鉀在磁場中偏轉(zhuǎn)時其軌道半徑為鉀在電場加速時有2mv212mUR0Bqq鉀在磁場的最大半徑

41

K

39K圖

12m

鉀在磁場中的最小半徑2min

10q

必須有R

R2min即12

32FFU01代入得41U41400例17設(shè)空間存在三個互相垂直的已知場場度為E的強電場感強度為B的強磁場和重力加速度為g重力場一量為m電荷為q帶正電的質(zhì)點在此空間運動，已知在運動過程中，質(zhì)點速度大小恒定不變。試通過論證，說明此質(zhì)點作何種運動（不必求出運動的軌跡方程若在某一時刻，電場和磁場突然全部消失，已知此后質(zhì)點在運動過程中的最小動能為其初始動能（即電場和磁場剛要消失時的動能）的一半，試求在電場要失時刻該質(zhì)點的速度在三個場方向的分量十五屆全國中學(xué)生物理競賽預(yù)賽試題）解（）在空間取如圖所的直角坐標Oxyz，Ox軸電場方向，軸磁場方向，Oz軸與重力方向相反。因為磁場作用于質(zhì)點的洛侖茲力與磁場方向垂直，即在平面內(nèi)；作用于質(zhì)點的電場力和重力也在Oxz平內(nèi)，故點在y方向不受力作用，其速度沿y方向的分速度的大小和方向都是不變的。根據(jù)題意，質(zhì)點速度的大小是恒定不變的，而磁場作用于質(zhì)點的洛侖茲力對質(zhì)點不做功，故質(zhì)點的速度沿垂直磁場方向的分速度的大小一定也是恒定不變的，故此分速度必須與電場力和重力的合力垂直。由

圖于電場力和重力的合力的方向是不變的，故此分速度的方向也是不變的。由此可得到結(jié)論：質(zhì)點速度的方向也是不變的，即質(zhì)點在給定的場中做勻速直線運動，其軌跡是直線，平面內(nèi)，與電場力和重力的合力垂直。（2質(zhì)點作勻速直線運動表明電場、磁場和重力場對質(zhì)點作用力的合F等于0。存在電場、磁場時質(zhì)點速度的大小為0，它在坐標系中的三個分量分別為ox、oy和oz

這也就是在電場場要消失時質(zhì)點的速度在三個場方向的分量、和xy分別表示在標標系中的分量，則有FqE-qvB=0Fy

33222222222222=-mg+qvB=0

由1)、(3)式得=

=0zqB

EB

若知道了粒子的速率，粒子速度的分為0y

=v2-00x

-v20z

因為電場和磁場消失后，粒子僅在重力作用下運動，任何時刻t質(zhì)點的速度為當

v=v=vgtzoz1等于時粒子的動能最小，這最小動能E＝（v＋v）＝0m（v＋＋vv＝00y0

E－mg

。例9近的材料生長和微加工術(shù)造出一種使電子的運動限制在半導(dǎo)體的一個平面內(nèi)(二維)的微結(jié)構(gòu)器件，且可做到電在器件中像子彈一樣飛行，不受雜質(zhì)原子射散的影響這種特點可望有新的應(yīng)用價值.12-43示為四端十字形.二維電子氣半導(dǎo)體，當電流從l端進人時，通控制磁場的作用，可使電流從2,，或端流出對面摸擬結(jié)構(gòu)的研究，有助于理解電流在上述四端十字形導(dǎo)體中的流動在圖中，ab、、d四根半徑都為的圓柱體的橫截面，彼此靠得很近，形四個寬度極窄的狹1、2、、，在這些狹縫和四個圓柱所包圍的空間(設(shè)為真空)存在勻強磁場，磁場方向垂于紙面指向紙以表示磁感應(yīng)強度的大小.個質(zhì)量為m、電荷為的帶正電的粒子，在紙面內(nèi)以速度v沿、0都相切的方向由射人磁場內(nèi)，設(shè)粒子與圓柱表面只發(fā)生一次碰撞，碰撞是彈性的，碰撞時間極短且撞不改變粒子的荷量也不受摩擦力作試求為值時，該粒子能縫處且沿與b、都相切的方向射出.（二十六屆全國高中生理競賽預(yù)賽試題）×

d··×B··圖12-43圖12-443422202220解

在圖中紙面內(nèi)取Oxy坐，如圖1，原點在狹l，x過縫1和粒子從進人磁場，在洛侖茲力作用下作圓周運動，圓軌道在原點與x軸相切，故其圓心必在y軸上若以r表示此圓的半徑，則圓方程為x(y-

=r

根據(jù)題的要求和對稱性可知，粒子在磁場中作圓周運動時應(yīng)d的柱面相碰于縫、4的圓弧中點處，碰撞處的坐標為x=2R45°

yR45°(3)

·

由(l)、(3)得(4)

v0

由洛侖茲力和牛頓定律有

qvB0

v20r

(5)

··

由(4)(5)式得

B

0

(6)

圖例20如圖所M和MM都由無限多根無限長的外表面絕緣的細直導(dǎo)l3線緊密排列成的導(dǎo)線排橫截面，兩導(dǎo)線排相交成°，OO為其角平分線．每根細導(dǎo)線中都通有電流I兩線排中電流的方向相反其MM中流的方向垂直紙面向里導(dǎo)l排中單位長度上細導(dǎo)線的根數(shù)為中的矩形abcd是N型導(dǎo)體材料做成的長直半導(dǎo)體片的橫截面

<<

bc

直導(dǎo)體片與導(dǎo)線排中的導(dǎo)線平行，并在片中通有均勻電流I，流方向垂直紙面向外．已知邊與垂直，0

bc

＝l，半導(dǎo)體材料內(nèi)載流子密度為每個載流子所帶電荷量的大小為q求此半導(dǎo)體片的左右兩個側(cè)面之的電勢差．已知當細的無限長的直導(dǎo)線中

a

通有電流I電流產(chǎn)生的磁場離直

M

3

d

I

M

2導(dǎo)線的距離為r處磁感應(yīng)強度的

°°I大小為,式為知常r量二十四屆全國高中生物理競

M

1

M

4賽預(yù)賽試題）解1兩導(dǎo)線排的電流產(chǎn)生的磁場

圖35yy考察導(dǎo)線排M，中電流產(chǎn)生的磁場，取x軸導(dǎo)線排MM重合軸與導(dǎo)線排12MM垂，如圖12-47示．位于xxl

x

x為小)之間的細導(dǎo)線可以看作一根”通有電流I的長直導(dǎo)線，它軸點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小為

Ir

r為點此直長導(dǎo)線的距離，

B的向r垂，與電流構(gòu)成右手螺旋．將A分成沿x方和Y方的兩個分量

B和x

B，x

I

r

cos

Ikr

根據(jù)對稱性，位于一到(x+x之間的細導(dǎo)線中電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度在Y方的分量與

B大小相等方向相反可整個導(dǎo)線排中所有電流產(chǎn)生的磁場在Y方的合磁場為．由圖可出

x

rM

1

M

2

圖12-47cosr

把4)式代入(2)式得x導(dǎo)線排上所有電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度

B=

注意到

得

即每個導(dǎo)線排中所有電流產(chǎn)生的磁場是勻強磁場，磁場的方向分別與M和M線排平12360000行．如圖所，兩導(dǎo)線排中電產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度(M)BMM)成，們13的合磁場的磁感應(yīng)強度的大小BB60(8)0方向與’平行，由O指O.）半導(dǎo)體片左右兩側(cè)面間的電勢差

M

3

(M)34

060°

(M)12

M

2當半導(dǎo)體片中通有均勻電流I時0導(dǎo)體片中的載流子作定向運動N型導(dǎo)

°60體的載流子帶負電荷其速度的方向

M

1

M

4與I方相反，垂直紙面向里，且有0InqvS(9)0式中S為導(dǎo)體片橫截面的面積=

圖載流子作定向運動時要受到磁場洛倫茲力f的作用，其大小為BfqvBB0

對帶負電荷的載流子此力的方向指向左側(cè)負荷積聚在左側(cè)面上左面帶負電，右側(cè)面帶正電兩側(cè)面間出現(xiàn)電差UU-負電荷的載流子受到靜電力f由側(cè)面指向右側(cè)面，達到穩(wěn)定時f與f平，即EUffab

由8)、(9)、(10)(II)、(12)各得Uk

nql

【練題】如所一質(zhì)量均勻分布的細圓環(huán)半徑為，量為M。令此環(huán)均勻帶正電，總電荷量為，現(xiàn)將此環(huán)平放在絕緣的光滑水平桌面上處于磁感強度為B的勻恒磁場中磁場方向垂直向下當環(huán)繞通過其中心的豎直軸以勻角速度沿圖示方向旋轉(zhuǎn)時中力增加多少？

×××

××R××××圖37．如圖所示，將均勻細導(dǎo)線做成的環(huán)上的任意兩點A和B與定電源連接起來，計算由環(huán)上電流引起的環(huán)中心的

I

磁感強度。

r

A

B．根長為l的導(dǎo)線，載電流為I，果此導(dǎo)線繞成單匝

II圖

I線圈放在磁感強度為矩值是多少？

B

的勻強磁場中，什么條件下，這個線圈所受的磁力矩最大？最大磁Kl0．如圖12-51所示，兩根平行金屬棒與兩金屬彈簧構(gòu)成回路，已知棒長為，量為m，能作左右對稱的振動，邊緣效應(yīng)可

L

m以忽略已彈簧的勁度系數(shù)為

原為

l

（

l0

以某種方式使回路有恒定的電流

I

設(shè)電磁感應(yīng)可以忽略，試求兩圍繞平衡位置作小振動的周期。

Kl

0如圖所回旋加速器示意圖D型盒上半面出口處有一個正離子源，試問該離子在下半盒中每相鄰兩軌道半徑之比為多少？

圖××圖．

為一離子源它能機會均等地向方向持續(xù)的大量發(fā)射正離子子量皆為

m

，電荷皆為速率皆為在子源的右側(cè)有一半徑的屏圖12-53示中

是通過圓屏的圓心并垂直于屏面的軸線，位于軸線上離子源和圓屏所在空間有一

0范圍足夠大的勻強磁場其感強度的大小為B方垂直于圓屏向右在發(fā)射的離

OR子中，有的離子不管

sO

的距離如何改變，

S總能打到圓屏上試求這類離子數(shù)目與總發(fā)射離子數(shù)之比。不考慮離子間的碰撞。

圖．如圖所，圓柱形區(qū)域的勻強磁場為B半徑為。對稱放置的三個相同的電容器電壓為U，間距為，場區(qū)相切的極板，在切點處均小缺口。一帶電粒子，質(zhì)量為，電荷量為，自某電容器極板上的點靜止起動，點在缺口a的上方，383

U

60

O1若經(jīng)過一段時間，粒子恰可返回M，不計重力，求：（1）U與B所足的關(guān)系；（2）粒子的運行周期T。

×R×O

B

×

r2圖．在坐標系

xyz

中

軸豎直向上，在點，

h

）處，固定一個電荷量為

的點電荷，同時還有一個豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為

B

。今有兩個粒子，第一個粒子質(zhì)量為，荷量為（q11

二粒子質(zhì)量為，荷量未知。首先，第一個2粒子在

xOy

平面內(nèi)以

O

為圓心，作勻速圓周運動，然后第二個粒子從遠處飛來，沿著圓周切線方向與一個粒子發(fā)生完非彈性碰撞結(jié)合成一個復(fù)合粒子如果這個復(fù)合粒子仍然在xOy面內(nèi)作勻速圓周運動，問：第二個粒子帶有多少電荷？第二個粒子是從第一個粒子的前面還是后面飛來與之相碰的？第二個粒子碰前的速度是多少？．電偶極子是由兩個質(zhì)量均為、荷量分別為

和

的

×粒子固定在長度為l的硬桿的兩端構(gòu)成的，空間有垂直于桿的磁場感強度為B圖所始極以角速度

v

0轉(zhuǎn)動，且質(zhì)心靜止，然后釋放。試描述偶極子