竞赛磁学部分20161

磁力概要1、洛仑兹力与安培力：2、均匀磁场中一段载流导线：（1）直导线：（2）曲导线：与起、止点一样的直导线受力相同3、均匀磁场中载流线圈(所受合力为0)：（1）磁矩：（2）磁力矩：例1.如图所示形状的导线，通电流I，放在一个与均匀磁场B垂直的平面上，则此导线受到磁场力的大小为_____，方向为_____可以证明，在均匀磁场中闭合电流回路所受磁场力之和为零：答案：BI(l+2R);

在纸面内，竖直向上简要说明：设想添上ca、dc导线，使abca及cd弧dc线分别构成两闭合回路（为沿纸面竖直向上的单位矢量）∴力的大小为IB(l+2R)，方向为沿纸面竖直向上。其中所表示导线ab受磁场力，其他类似。均匀磁场中，起、止点一样的曲导线与直导线受力相同（为沿纸面竖直向上的单位矢量）∴力的大小为IB(l+2R)，方向为沿纸面竖直向上。方法二：例2.（7分）如图所示，夹角为φ的平面S1与S2相交于直线MN，磁感应强度为的空间匀强磁场其磁力线与S1平面平行，且与直线MN垂直。今取半径为R的半圆周导线ab，并通过以电流I，将它整体放置在平面S2的不同部位，则它可能受到的最大安培力的大小Fmax=______，可能受到的最小安培力的大小Fmin__________。答案：2IBR，2IBRsinφ简要说明：因磁场均匀，此导线受力相当于沿直径ab的截流直导线受力。用矢量表示从a到b沿直径的线段，安培力

。当此导线在S2面上，分别处于

和二位置时，

与

间夹角为/2和φ，相应的安培力大小分别为最大和最小，其值为2IBR和2IBRsinφ。

带电粒子在磁场中的运动：∥均匀⊥θ匀直运动匀速圆周运动等螺距螺旋运动螺旋半径回旋周期螺距例3.（5分）设在讨论的空间范围内有匀强磁场B如图，方向垂直纸面朝里。在纸平面上有一长为h的光滑绝缘空心细管MN，管的M端内有一质量为m、带电为q>0的小球P。开始时P相对管静止。而后如图所示，管带着P朝垂直于管的长度方向始终以匀速u运动。那么，小球P从N端离开管后，在磁场中做圆运动的半径为R=_____。在此不必考虑重力及各种阻力。答案：简要说明：带电小球P以u运动后，受与u，B垂直的洛仑兹力，由M指向N方向，此力将使小球P在管中加速h距离。f=quB，a=f/m=quB/m小球离开N点时相对管MN的速度大小为其方向与u垂直，故小球离开N点进入磁场时，其相对与磁场的速度大小满足例4.下图所示是用磁聚焦法测定电子荷质比的实验装置。从阴极K发射出来的电子被加速电压V加速，穿过阳极A上的小孔，得到沿轴线运动的、速度相同的电子束，再经平行板电容器C，到达荧光屏，平板电容器至荧光屏的距离为l(>>平板线度)。在电容器两极板间加一交变电压，使电子获得不大的横向分速度，电子将以不同的发散角离开电容器。答案：今在轴线方向加一磁感应强度为B的均匀磁场。调节B的大小，可使所有电子汇聚于荧光屏的同一点(磁聚焦)。令B从零连续增大，记下出现第一次聚焦的B值，根据V、B和l的数值可测得电子荷质比e/m=

。第一次磁聚焦时，故由此得出电子荷质比为电子被加速后获得的速度为各电子由于在电容器中获得横向速度而在纵向磁场B的作用下作螺旋运动，其螺距为简要说明：例5.被电势差U加速的电子从电子枪口T发射出来，其初速度指向x方向。为使电子束能集中目标M点，(直线TM与x轴间夹角为θ)，在电子枪外空间加一均匀磁场，其方向与TM平行，如图，已知从T到M的距离为d

，电子质量为m，带电量为e。为使电子恰能击中M点，应使磁感应强度B=

。电子绕一周所需时间为：答案：简要说明：电子速率为电子从T到M所需时间为：电子速度与平行的分量为电子速度与垂直的分量为电子击中M点的条件是：由(1)、(2)、(3)、(4)式联立解得磁场概要1、利用B-S定律或运动电荷磁场公式2、利用安培环路定理4、平板电容器中总位移电流：3、Maxwell位移电流假说：实质：变化电场→磁场5、典型场：直电流一段导线无限长导线所在直线上圆电流轴线上圆心处弧电流圆心处长直载流密绕螺线管载流密绕细螺绕环电流分布磁场分布无限大平面电流例6.试判断能否产生一个磁感应强度形式的磁场（是场点的位置矢量，f(r)为r的函数），并说明理由________答案：否简要说明:由毕萨定律，电流元的磁感应强度为而任意磁场又是由电流元的磁场所构成，整个电流产生的磁感应强度为可见磁感应强度不是沿方向的，故不可能产生一个形式的磁场。况且若有这种磁场的话，其线呈辐射状而不闭合，就不能满足任意磁场都适用的高斯定理了。例7.（11分）半径R，电荷面密度为常量的薄圆板，在北京地区一个竖直平面上以恒定角速度ω绕着它的中心轴旋转，中心轴自西向东放置，如图所示，中心轴上与圆板中心O相距l处有一原水平指北的小磁针，因又受到圆板电流磁场的作用而朝东偏转φ角后到达新的平衡位置，试求该处地磁场磁感应强度的水平分量B//。注：可参考用不定积分公式：东西北南小磁针φ解：将薄圆板分割成半径为r，宽度为dr的圆环，其上的电量为dQ=2rdr此电流在点P的磁感应强度为此电荷因以ω旋转而形成的电流强度为东整个薄圆板因旋转在点P的磁感应强度为如图所示，薄圆板在点P的

朝东，地磁场的朝北，磁针平衡时与

同向，故有东西北南小磁针φ（第一空）解：毕奥—萨伐尔定律为例8.据稳恒电流磁场的毕奥—萨伐尔定律_________，最终可以求得右图三个相互正交的圆环电流公共中心处的磁感应强度大小为B=___________。将毕奥—萨伐尔定律用于图（a）中圆电流的圆心O得（第二空）将图（b）中的、

、

相加便是中心O处磁感应强度，其大小为

例9.(10分)半径为R无限长半圆柱导体上均匀地流过电流I，求半圆柱轴线(原圆柱体的中心轴线)处的磁感应强度B。解：依题意可知，该半圆柱导体中的电流密度为在半径为r处取厚度为dr的薄层(如图示)，在其中圆心角为的窄条中流过的电流为建立坐标系如图示，由对称性知，关于x轴对称的小窄条电流dI1、dI2在半圆柱体中心轴上的磁感应强度dB1、dB2的矢量和沿Oy方向。dI在半圆柱轴线处的磁感应强度大小为方向：沿Oy方向。例10.（10分）如图所示，电流强度为I的直流电通过一根无限长直导线流到半径为R的金属半球面下方端点，而后均匀地流过半球面到达半球面的上方端点，在经过另一根半无限长直导线流向无穷远处，设这两根半无限长直导线恰好在半球面的直径延长线上，试证球心O处磁感应强度的大小为B=μ0I/2R。解：上下两根半无限长直流对O点的B无贡献，半球面俯视为半圆，取θ→θ+dθ圆弧，如图所示，θ→θ+dθ圆弧对应半球面上一窄条西瓜皮形（中间宽，两头细）的部分，其中电流为：îíì大小：方向：指向y轴正方向将dBy=dBsinθ代入后，可得：dI对O点的贡献相当半圆电流对其圆心磁场的贡献，记为，其大小为由对称性可知，各在x方向相互抵消，故合成为：例11.(6分)图示为一内半径为a，外半径为b的均匀带电薄绝缘环片，该环片以角速度ω绕过中心O、并与环片平行垂直的轴旋转，环片上总电量为Q，则环片中心O处的磁感应强度值B=

。简要说明：答案：面电荷密度为dr环对应电流为因各电流元在圆心处产生的磁场同向：磁介质概要对各向同性磁介质：2——µr

略>1，顺磁质3——µr略<1，抗磁质1——µr

大,为变量,铁磁质2、磁介质的分类：231BH0B=μ0H1、、关系:3、

的环路定理：(全电流定律)非稳恒4、磁化强度为描述磁化的强弱程度，引入磁化强度χm=μr-1——磁化率5、磁化强度和磁化电流?

磁介质被磁化时，磁介质内部各分子电流相互抵消，而在其表面形成磁化电流。面束缚电流密度为。斜柱体总磁矩：根据定义：

从磁介质表面处挖出一小的斜柱体。垂直表面电流方向，底面垂直该处磁化强度。MMrqja¢rnerqa¢neMrM(p102:15-4)MMr

磁化强度与表面平行时，面束缚电流密度等于该处磁化强度的大小：qja¢rnerqa¢neMrM例12.(10分)如图所示，一无限大薄金属板上均匀地分布着电流，其面电流密度为i0

，在金属板的两侧各紧贴一相对磁导率分别为μr1

和μr2

的无限大(有限厚)均匀介质板，试分别求二介质板内的磁场强度，磁感应强度，及二介质板表面上的磁化面电流密度。由H和B的关系、叠加原理及无限大平面电流的磁场公式知所以（2）解：由、M、H、的关系知（1）由B和H的关系知由和H的关系知将(2)式代入(1)式得4、铁磁质的特性：μr;磁化饱和;剩磁;磁滞;居里点5、磁滞回线：0BSBS——饱和磁感应强度Br——剩余磁感应强度Hc——矫顽力磁滞损耗∝回线包围的面积6、铁磁质的分类：软磁材料硬磁材料Hc小，回线“瘦”；易磁化；“铁损”小铁芯Hc大，回线“胖”;难退磁永久磁铁类别特点用途电磁感应概要1、法拉第电磁感应定律：2、动生电动势：（1）一段导体平动：ε的方向为结果取正值的积分方向。均匀中，起、止点一样的任意导线平动，ε一样。（转轴∥均匀）（轴位于端点且⊥导体）若导体与轴不⊥，可将其等效为在⊥轴方向的投影的转动。（2）一段导体转动3、感生电动势：（1）导体回路：一段导体：（2）圆柱形区域(均匀∥柱轴且空间分布均匀)且绕向与成左螺关系。沿半径方向：=0②线是以区域中心为圆心的一组同心圆，①4、互感与自感：（1）互感：（2）自感：（3）自感、互感关系：5、串联的顺接与反接：M=（无漏磁）0（全漏磁）L=（顺接）（反接）6、磁能：（1）自感磁能：（2）磁能密度：磁能：例13.（10分）两根电阻可忽略，平行放置的竖直固定金属长导轨相距l，上端与电动势为ε、内阻为r的直流电源连接，电源正、负极位置如图所示，另有一根质量为m，长l，电阻R的匀质导体棒，两端约束在两导轨上，可无摩擦的上下滑动。设空间有与导轨平面垂直的水平匀强磁场B，方向已在图中示出，将导体棒静止释放，试求导体棒朝下运动过程中的最大加速度amax和最大速度vmax。解：如图所示：棒中的电流强度为棒受的磁力为棒的加速度为感应电动势的大小为解此微分方程，并代入初始条件v0=0得

因v≥0，故有因，故有例14.（5分）如图所示，无限长直导线MN与两边长分别为l1、l2的矩形导线框架abcd共面。导线MN与导线框da边平行，两者相距l0，当MN中通有电流I时，与MN相距r处的磁场磁感应强度大小为B=___________；长导线与导线框之间的互感系数为M=___________。

（第一空，2分）MN上的电流I在导线框中产生的磁通量为由互感系数的定义知（第二空，3分）解：当MN中通有电流I时，与MN相距r处的磁感应强度大小为

解：已知对管内的闭合电力线这个环路有例15.一无限长密绕螺线管的半径为R，单位长度内的匝数为n，通以随时间变化的电流i=i(t)

，且

(常量)，则管内感生电场强

，管外的感生电场强度

。

对管外的闭合电力线这个环路有一、Maxwell涡旋电场假说对电场性质的修正←变化的磁场涡旋电场一般情况下：1、

Gauss定理：Maxwell方程组和电磁辐射概要2、环路定理：二、Maxwell位移电流假说对磁场性质的修正←位移电流～变化的电场涡旋磁场一般情况下：1、磁场的Gauss定理：2、安培环路定理：三、Maxwell方程组：四、电磁波的性质在远离波源的自由空间中的小范围内,电磁波可看成平面波。自由空间：无自由电荷和传导电流，且空间无限大，即不考虑边界的影响。空间可以是真空，也可以充满均匀介质。自由空间内传播的平面电磁波的性质：电磁波的传播不需要介质1、是横波且2、分别在自己的平面内振动——偏振性3、同相二者同时达最大，同时为0，且4、传播速度相同波速为只与介质的性质有关。在真空中波速以c表示，正好与光速一样大。Maxwell预言：光就是电磁波。20年后他的预言被Hertz证实。传播方向五、电磁波的能量、坡印亭矢量以电磁波形式传播出去的能量，叫辐射能。恩格斯：“能量是物质运动的量度。”电磁场具有能量，说明电磁场是物质的一种形态。1、电磁场能量密度：电磁波传播实质上是电磁场能量的传播。对各向同性介质：2、能流密度矢量（坡印亭矢量）单位时间内，通过⊥传播方向的单位面积的辐射能称为辐射强度或能流密度。wudt以S表示能流密度，dt时间内⊥通过面积dA的辐射能为wudtdA辐射能的传播方向即为的方向(沿方向)，dA例16.(8分)如果存在磁荷，你认为麦克斯韦方程组的积分形式应该表述为：(1)

;(2)

;(3)

;(4)

.解：例17.(3分)一束线偏振光垂直射到地面上，已知某时刻电场强度的方向向东，则该时刻磁场强度的方向

。简要说明：答案：向南东西南北例18.（4分）半径为R两板相距为d的平行板电容器，从轴线接入圆频率为ω的交流电，板间的电场E与磁场H的相位差为______，从电容器两板间流入的电磁场平均能流为______。（忽略边缘效应）解：设交流电为i=i0cos(ωt+φ)，传导电流均匀，极板上自由电荷均匀，由全部电流闭合，则jd=i/A，σ=Q/A。其中A=R2,则：答案：/2，零则，所以从两板间流入的电磁场平均能流为零。P处坡印亭矢量

，由于

所以板内电场、磁场位相差为/2。由安培环路定理及

的轴对称性，板内距轴线为r的P点磁场有：例19.(10分)如图所示，一金质圆环以其边缘为支点直立在两磁极间，环的底部受两个固定档的限制，使其不能滑动。现环受一扰动偏离竖直面0.1弧度，并开始倒下。已知B=0.5T，环半径r1=4cm，环截面半径r2=1mm，金的电导率为σ=4.0×107/Ω·m，设环重F=0.075N，并可以认为环倒下的过程中重力矩时时都与磁力矩平衡，求环倒下所需的时间t。解：依题意，在环倒下的过程中偏离原竖直方向θ角时，通过环面的磁通量为SN因为圆环的电阻为所以环中有感应电流从而有磁力矩，其大小为它的变化引起的感应电动势为那么，由环倒下的过程中重力矩时时与磁力矩平衡可得由此则得例20.(5分)如图所示，在光滑的水平面上，有一可绕竖直的固定轴O自由转动的刚性扇形封闭导体回路OABO，其半径OA=L，回路总电阻为R，在OMN区域内为均匀磁场B，其方向垂直水平面向下。已知OA边进入磁场时的角速度为ω，则此时导体回路内的电流i=，因此导体回路所受的电磁力矩M=。解：例21.（5分）图中半径为R的圆形区域内有垂直朝里的匀强磁场，它随时间的变化率为dB/dt=K,此处K是一个正的常量，导体棒MN的长度为2R,其中一半在圆内，因电磁感应，棒的_______端为正极，棒的感应电动势大小为_________。解：变化的磁场所激发的感应电场的电力线如图中的实线圆所示，由此知，棒的N端为正极。做辅助线OM和ON，这样OMNO便构成了一闭合曲线。因OM和ON皆垂直于感应电场E，其上无感应电动势，故MN上的感应电动势便是闭合曲线OMNO上的感应电动势。这样可用法拉第电磁感应定律来求MN上的感应电动势的大小了，对闭合曲线OMNO而言，仅三角形OMA和扇形OAB上有磁场，故有例22.（5分）用长为l的的细金属丝OP和绝缘摆球P构成一个圆锥摆。P作水平匀速圆周运动时金属丝与竖直线的夹角为θ，如图所示，其中O为悬挂点，设在讨论的空间范围内有水平方向的匀强磁场，磁感应强度为，摆球P的运动过程中，金属丝上P点与O点间的最小电势差为_________。P点与O点间的最大电势差为_________。如图(a)所示，当小球转动到b、d位置时金属丝上各点的

，故其上的电势差必为零，此即电势差的最小值。解：动生电动势当小球转动到a、c位置时金属丝上各点的的方向竖直向下或向上，且其数值最大，为（参看图(b)）。此时电势差最大。如图(c)所示，Tn=T⊥tanθ=mgtanθ。将牛顿第二定律用于质量为m以角速度ω匀速转动的小球得Tn=mgtanθ=mω2lsinθ所以最大电势差为例25.（6分）图中边长为a的等边三角形ABC区域内有匀强磁场B，方向垂直纸面朝外，边长为a的等边三角形导体框架ABC在t=0时恰好与磁场区域的边界重合，而后以周期T绕其中心沿顺时针方向匀角速度转动。于是在框架ABC中有感应电流。规定电流按A—B—C—A方向流动时电流强度取为正，反向流动时取为负。设框架ABC的电阻为R，则从t=0到t1=T/6时间内的平均电流强度=_______。从t=0到t2

=T/2时间内的平均电流强度=_______。答案：简要说明:t=0到t1=T/6时间内，∆ABC中A、B、C分别转到1，2，3处，这一时间间隔内线圈中磁通量变化为：其流动方向与题中规定的正方向一致。Br

同理，t=0到t2=T/2时间内，线圈中磁场变化仍为∆即∆´=∆，但∆t´=T/2=3∆t其流动方向与题中规定的正方向一致。例26.一球形电容器中间充有均匀介质，该介质缓慢漏电，在漏电过程中，传导电流产生的磁场为Bc

，位移电流产生的磁场为Bd，则()(A)(B)(C)

(D)

答案：(D)简要说明：漏电过程电容器中传导电流和位移电流都是沿径向的，并且都具有球对称性，只是两者方向相反。显然BA、BB在P点叠加的总效果为零。由此推广，对OO′对称的所有元电流在P点产生的总B为零，又P点在OO′上的位置可任意选取，OO′轴对球形电容器来说也不具有特殊性，所以传导电流产生的磁场Bc=0

以传导电流为例，取如图的两个元电流iA

、iB，OO′为其对称轴，iA在P点产生BA

其方向为垂直纸面向里，iB在P点产生BB

，其方向为垂直纸面向外。位移电流产生的磁场Bd=0（分析略）。例27.一半径为a的小圆线圈，电阻为R，开始时与一个半径为b(b>>a)的大线圈共面且同心，固定大线圈，并在其中维持恒定电流I，使小线圈绕其直径以匀角速ω

转动如图(线圈的自感可忽略)。求(1)小线圈中的电流；

(2)为使小线圈保持匀角速度转动，需对它施加的力矩大小；

(3)大线圈中的感应电动势。解：(1)因为b>>a，所以小线圈处的磁场近似看成均匀。小线圈转动时，通过小线圈的磁通量为：(θ为大线圈平面与小线圈平面间的夹角或两线圈平面法线间的夹角)小线圈中感应电动势小线圈中感应电流的大小小线圈中的感应电流的方向由楞次定律确定(该处从略)。(2)要保持小线圈匀速转动，对线圈施加的外力矩必须等于线圈所受的磁力矩。外力矩的大小两线圈的互感小线圈有电流，通过大线圈的磁通量故大线圈中的感应电动势(3)由式（1）知，通过小线圈的磁通量例28.一无限长圆柱，偏轴平行地挖出一圆柱空间，两圆柱轴间距离图中所示为垂直于轴线的截面，用×表示两圆柱间存在的均匀磁场的方向，设磁感应强度B随时间t线性增长，即B=kt(k为常数)，现在空腔中放一与成60º

角，长为L的金属棍求沿棍的感生电动势。解法一：将空腔部分视为磁感应强度分别为B和-B的均匀分布磁场的叠加，于是整个磁场可视为圆柱O内的均匀磁场B和在空腔内的均匀磁场-B的叠加。

由图可知由于B是变化的，B=kt，所以空间有感应电场，在空腔内任意点P的感应电场强度即空腔内为匀强电