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= 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为与的夹角）。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与确定的平面，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、与成一般夹角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 → 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
再根据平衡方程和极限= 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。
前者的计算上面已经得出（此处I = = ωλR），T1 = BωλR2 ；
后者的计算必须应用图9-10的思想，只是F变成了离心力，方程 2T2 sin = Mω2R,即T2 = 。
〖答〗BωλR2 + 。
【例题3】如图9-11所示，半径为R的圆形线圈共N匝，处在方向竖直的、磁感强度为B的匀强磁场中，线圈可绕其水平直径（绝缘）轴OO′转动。一个质量为m的重物挂在线圈下部，当线圈通以恒定电流I后，求其静止时线圈平面和磁场方向的夹角。
【解说】这是一个应用安培力矩定式的简单问题，解题过程从略。
【答案】arctg 。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
【例题4】电子质量为m,电量为q,以初速度v0垂直磁场进入磁感强度为B的匀强磁场中。某时刻，电子第一次通过图9-12所示的P点，θ为已知量，试求：
（1）电子从O到P经历的时间；
（2）O→P过程洛仑兹力的冲量。
【解说】圆周运动的基本计算。解题过程从略。
值得注意的是，洛仑兹力不是恒力，故冲量不能通过定义式去求，而应根据动量定理求解。
【答案】（1） ；（2）2mv0sinθ 。
【例题5】如图9-13所示，S是粒子源，只能在纸面上的360°范围内发射速率相同、质量为m,电量为q的电子。MN是一块足够大的挡板，与S相距= L 。它们处在磁感强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中，试求：
（1）要电子能到达挡板，其发射速度至少应为多大？
（2）若发射速率为，则电子击打在挡板上的范围怎样？
【解说】第一问甚简，电子能击打到挡板的临界情形是轨迹与挡板相切，此时 rmin = ；
在第二问中，先求得r = L,在考查各种方向的初速所对应的轨迹与挡板相交的“最远”点。值得注意的是，O点上方的最远点和下方的最远点并不是相对O点对称的。
【答案】（1） ；（2）从图中O点上方距O点L处到O点下方距O点L处的范围内。
【例题6】如图9-14甲所示，由加速电压为U的电子枪发射出的电子沿x方向射入匀强磁场，要使电子经过x下方距O为L且∠xOP = θ的P点，试讨论磁感应强度B的大小和方向的取值情况。
【解说】以一般情形论：电子初速度v0与磁感应强度B成任意夹角α,电子应做螺旋运动，半径为r = ，螺距为d = ，它们都由α,B决定（v0 =是固定不变的）。我们总可以找到适当的半径与螺距，使P点的位置满足L,θ的要求。电子运动轨迹的三维展示如图9-14乙所示。
如果P点处于（乙图中）螺线轨迹的P1位置，则α = θ,B∥ ；如果P点处于P2或P3位置，则α ≠ θ,B与成一般夹角。
对于前一种情形，求解并不难——只要解L = kd（其中k = 1，2，3，…）方程即可；而对后一种情形，要求出B的通解就难了，这里不做讨论。
此外，还有一种特解，那就是当B⊥时，这时的解法和【例题4】就完全重合了。
【答案】通解不定。当B∥时，B =（其中k = 1，2，3，…）；当B⊥时，B =。
〖问题存疑〗两个特解能不能统一？
三、带电粒子在电磁复合场中的运动一般考虑两种典型的复合情形：B和E平行，B和E垂直。
对于前一种情形，如果v0和B（E）成θ角，可以将v0分解为v0τ和v0n,则在n方向粒子做匀速圆周运动，在τ方向粒子做匀加速运动。所以，粒子的合运动是螺距递增（或递减）的螺线运动。
对于后一种情形（垂直复合场），难度较大，必须起用动力学工具和能量（动量）工具共同求解。一般结论是，当v0和B垂直而和E成一般夹角时，粒子的轨迹是摆线（的周期性衔接）。
【例题7】在三维直角坐标中，沿+z方向有磁感强度为B的匀强磁场，沿?z方向有电场强度为E的匀强电场。在原点O有一质量为m,电量为?q的粒子（不计重力）以正x方向、大小为v的初速度发射。试求粒子再过z轴的坐标与时间。
【解说】过程甚简，粒子运动情形见图9-15。
【答案】z = ,t = 。（其中k = 1，2，3，…）
【例题8】在相互垂直的匀强电、磁场中，E、B值已知，一个质量为m,电量为+q的带电微粒（重力不计）无初速地释放，试定量寻求该粒子的运动规律。
【解说】在相互垂直的电、磁场中，粒子受力的情形非常复杂，用运动的分解与合成的手段也有相当的困难，必须用到一些特殊的处理方法。
鉴于粒子只能在垂直B的平面内运动，可以在该平面内建立如图9-16所示的直角坐标。在这个坐标中，从以下四个角度考查粒子运动的定量规律——
（1）电场方向的最大位移Y
能量关系 qEY =m ①
在x方向上用动量定理，有
t = mvP ②
且 = qB ③
（注意 t = Y）
解①②③式可得 Y =
（2）轨迹顶点P的曲率半径r
在P点有动力学关系 qvPB? qE = m,而vP在第（1）问中已经求得。可解出：
r =
（3）垂直电场方向的“漂移”速度
针对O→P过程，y方向有动力学关系 Σ= m
即 qE? = m,即 qE? qB= m 。而 = = 0
所以 =
*（4）粒子从O到P做经历的时间t
解法一：摆线亦称旋轮线，是由轮子在水平面无滑滚动时轮子边缘形成的轨迹（如图9-17所示）。在本题的E、B叠加场中，可以认为“轮子”的旋转是由洛仑兹力独立形成的。而从O到P的过程，轮子转动的圆心角应为π，故对应时间为 t == 。
解法二：参照摆线方程
x = a（t? sint）
y = a（1? cost）
得到 xP = πa = π= 。再根据 t = = /
所以 t = 。
【答案】略。
【评说】在垂直复合场中，寻求能量关系比较容易，但动力学关系（或动量关系）只能启用平均的思想，这也是一种特殊的处理方法。
四、束缚问题带电实物受到斜面、绳子或杆子的束缚，在电、磁场中的运动问题称为束缚问题。束缚问题涉及的受力情形复杂，且常常伴随边界条件的讨论，因此有更大的挑战性。
【例题9】单摆的摆长为L,摆球带电+q,放在匀强磁场中，球的摆动平面跟磁场垂直，最大摆角为α 。为使其能正常摆动，磁场的磁感强度B值有何限制？
【解说】这是第九届初试题，解题的关键所在是要分析清楚：小球“最有可能脱离圆弧”的点是否一定在最低点？…下面的定量讨论完成之后，我们将会发现：这个答案是否定的。
针对某个一般位置P,设方位角θ（如图9-18所示），如果小球没有离开圆弧，可以列出——
动力学方程：T + qvB? mgcosθ = m ①
从O到P过程，能量方程：mgL（cosθ? cosα）= mv2 ②
小球不离开圆弧的条件是：T ≥ 0 ③
解①②③式易得 B ≤
〖学员活动〗请求出函数 y = 的极小值…
☆解法备考：对于正数a,b,有 a + b ≥ 2
而 y =
= 3 +
考虑到θ,α的实际取值情况，3和均为正数，所以，y ≥ 2
即 ymin = 2 ☆
磁感应强度取值的一般结论为：B ≤ 2 。
但此结论还有讨论的空间——
因为极值点的条件是： = ,即 cosθ = cosα 。
显然，只有当cosα ＜ 时（即最大摆角α较大时），极值点才可取，上面的“一般结论”才成立；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点不在最低点。
而当α过小，cosα ＞ 时，θ无解，极值点不可达，此时应寻求y = 函数（在定义域内）的最小值。
这个最值的寻求相对复杂一些，具体过程如下——
广义的y虽然是先减后增，但它的自变量是而非θ,因α是定值，故y也可以认为是随着cosθ的增大而先减后增，如图9-19所示。
当极值点不可达时（图中虚线所示），图线应落在左 边的一段实线（因为α过小，cosα过大，理论极值点过大，cosθ达不到），函数为减函数。当cosθ最大时，y有最小值。
所以，当cosθ = 1时（此时θ = 0,小球在最低点），最小值 ymin = ；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点在最低点。
【答案】当α ≥ arccos 时，B ≤2 ；
当α ＜ arccos 时，B ≤ 。
——第九部分完——
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为与的夹角）。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与确定的平面，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、与成一般夹角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 → 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
再根据平衡方程和极限= 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。
前者的计算上面已经得出（此处I = = ωλR），T1 = BωλR2 ；
后者的计算必须应用图9-10的思想，只是F变成了离心力，方程 2T2 sin = Mω2R,即T2 = 。
〖答〗BωλR2 + 。
【例题3】如图9-11所示，半径为R的圆形线圈共N匝，处在方向竖直的、磁感强度为B的匀强磁场中，线圈可绕其水平直径（绝缘）轴OO′转动。一个质量为m的重物挂在线圈下部，当线圈通以恒定电流I后，求其静止时线圈平面和磁场方向的夹角。
【解说】这是一个应用安培力矩定式的简单问题，解题过程从略。
【答案】arctg 。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
【例题4】电子质量为m,电量为q,以初速度v0垂直磁场进入磁感强度为B的匀强磁场中。某时刻，电子第一次通过图9-12所示的P点，θ为已知量，试求：
（1）电子从O到P经历的时间；
（2）O→P过程洛仑兹力的冲量。
【解说】圆周运动的基本计算。解题过程从略。
值得注意的是，洛仑兹力不是恒力，故冲量不能通过定义式去求，而应根据动量定理求解。
【答案】（1） ；（2）2mv0sinθ 。
【例题5】如图9-13所示，S是粒子源，只能在纸面上的360°范围内发射速率相同、质量为m,电量为q的电子。MN是一块足够大的挡板，与S相距= L 。它们处在磁感强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中，试求：
（1）要电子能到达挡板，其发射速度至少应为多大？
（2）若发射速率为，则电子击打在挡板上的范围怎样？
【解说】第一问甚简，电子能击打到挡板的临界情形是轨迹与挡板相切，此时 rmin = ；
在第二问中，先求得r = L,在考查各种方向的初速所对应的轨迹与挡板相交的“最远”点。值得注意的是，O点上方的最远点和下方的最远点并不是相对O点对称的。
【答案】（1） ；（2）从图中O点上方距O点L处到O点下方距O点L处的范围内。
【例题6】如图9-14甲所示，由加速电压为U的电子枪发射出的电子沿x方向射入匀强磁场，要使电子经过x下方距O为L且∠xOP = θ的P点，试讨论磁感应强度B的大小和方向的取值情况。
【解说】以一般情形论：电子初速度v0与磁感应强度B成任意夹角α,电子应做螺旋运动，半径为r = ，螺距为d = ，它们都由α,B决定（v0 =是固定不变的）。我们总可以找到适当的半径与螺距，使P点的位置满足L,θ的要求。电子运动轨迹的三维展示如图9-14乙所示。
如果P点处于（乙图中）螺线轨迹的P1位置，则α = θ,B∥ ；如果P点处于P2或P3位置，则α ≠ θ,B与成一般夹角。
对于前一种情形，求解并不难——只要解L = kd（其中k = 1，2，3，…）方程即可；而对后一种情形，要求出B的通解就难了，这里不做讨论。
此外，还有一种特解，那就是当B⊥时，这时的解法和【例题4】就完全重合了。
【答案】通解不定。当B∥时，B =（其中k = 1，2，3，…）；当B⊥时，B =。
〖问题存疑〗两个特解能不能统一？
三、带电粒子在电磁复合场中的运动一般考虑两种典型的复合情形：B和E平行，B和E垂直。
对于前一种情形，如果v0和B（E）成θ角，可以将v0分解为v0τ和v0n,则在n方向粒子做匀速圆周运动，在τ方向粒子做匀加速运动。所以，粒子的合运动是螺距递增（或递减）的螺线运动。
对于后一种情形（垂直复合场），难度较大，必须起用动力学工具和能量（动量）工具共同求解。一般结论是，当v0和B垂直而和E成一般夹角时，粒子的轨迹是摆线（的周期性衔接）。
【例题7】在三维直角坐标中，沿+z方向有磁感强度为B的匀强磁场，沿?z方向有电场强度为E的匀强电场。在原点O有一质量为m,电量为?q的粒子（不计重力）以正x方向、大小为v的初速度发射。试求粒子再过z轴的坐标与时间。
【解说】过程甚简，粒子运动情形见图9-15。
【答案】z = ,t = 。（其中k = 1，2，3，…）
【例题8】在相互垂直的匀强电、磁场中，E、B值已知，一个质量为m,电量为+q的带电微粒（重力不计）无初速地释放，试定量寻求该粒子的运动规律。
【解说】在相互垂直的电、磁场中，粒子受力的情形非常复杂，用运动的分解与合成的手段也有相当的困难，必须用到一些特殊的处理方法。
鉴于粒子只能在垂直B的平面内运动，可以在该平面内建立如图9-16所示的直角坐标。在这个坐标中，从以下四个角度考查粒子运动的定量规律——
（1）电场方向的最大位移Y
能量关系 qEY =m ①
在x方向上用动量定理，有
t = mvP ②
且 = qB ③
（注意 t = Y）
解①②③式可得 Y =
（2）轨迹顶点P的曲率半径r
在P点有动力学关系 qvPB? qE = m,而vP在第（1）问中已经求得。可解出：
r =
（3）垂直电场方向的“漂移”速度
针对O→P过程，y方向有动力学关系 Σ= m
即 qE? = m,即 qE? qB= m 。而 = = 0
所以 =
*（4）粒子从O到P做经历的时间t
解法一：摆线亦称旋轮线，是由轮子在水平面无滑滚动时轮子边缘形成的轨迹（如图9-17所示）。在本题的E、B叠加场中，可以认为“轮子”的旋转是由洛仑兹力独立形成的。而从O到P的过程，轮子转动的圆心角应为π，故对应时间为 t == 。
解法二：参照摆线方程
x = a（t? sint）
y = a（1? cost）
得到 xP = πa = π= 。再根据 t = = /
所以 t = 。
【答案】略。
【评说】在垂直复合场中，寻求能量关系比较容易，但动力学关系（或动量关系）只能启用平均的思想，这也是一种特殊的处理方法。
四、束缚问题带电实物受到斜面、绳子或杆子的束缚，在电、磁场中的运动问题称为束缚问题。束缚问题涉及的受力情形复杂，且常常伴随边界条件的讨论，因此有更大的挑战性。
【例题9】单摆的摆长为L,摆球带电+q,放在匀强磁场中，球的摆动平面跟磁场垂直，最大摆角为α 。为使其能正常摆动，磁场的磁感强度B值有何限制？
【解说】这是第九届初试题，解题的关键所在是要分析清楚：小球“最有可能脱离圆弧”的点是否一定在最低点？…下面的定量讨论完成之后，我们将会发现：这个答案是否定的。
针对某个一般位置P,设方位角θ（如图9-18所示），如果小球没有离开圆弧，可以列出——
动力学方程：T + qvB? mgcosθ = m ①
从O到P过程，能量方程：mgL（cosθ? cosα）= mv2 ②
小球不离开圆弧的条件是：T ≥ 0 ③
解①②③式易得 B ≤
〖学员活动〗请求出函数 y = 的极小值…
☆解法备考：对于正数a,b,有 a + b ≥ 2
而 y =
= 3 +
考虑到θ,α的实际取值情况，3和均为正数，所以，y ≥ 2
即 ymin = 2 ☆
磁感应强度取值的一般结论为：B ≤ 2 。
但此结论还有讨论的空间——
因为极值点的条件是： = ,即 cosθ = cosα 。
显然，只有当cosα ＜ 时（即最大摆角α较大时），极值点才可取，上面的“一般结论”才成立；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点不在最低点。
而当α过小，cosα ＞ 时，θ无解，极值点不可达，此时应寻求y = 函数（在定义域内）的最小值。
这个最值的寻求相对复杂一些，具体过程如下——
广义的y虽然是先减后增，但它的自变量是而非θ,因α是定值，故y也可以认为是随着cosθ的增大而先减后增，如图9-19所示。
当极值点不可达时（图中虚线所示），图线应落在左 边的一段实线（因为α过小，cosα过大，理论极值点过大，cosθ达不到），函数为减函数。当cosθ最大时，y有最小值。
所以，当cosθ = 1时（此时θ = 0,小球在最低点），最小值 ymin = ；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点在最低点。
【答案】当α ≥ arccos 时，B ≤2 ；
当α ＜ arccos 时，B ≤ 。
——第九部分完——
