第八章磁場(chǎng)答案.doc

【學(xué)生用書(shū)】8.1磁場(chǎng) 磁感應(yīng)強(qiáng)度例1 AC （通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中平行于磁感線放置時(shí)，受安培力為零，所以磁感強(qiáng)度定義時(shí)，導(dǎo)線必須垂直于磁場(chǎng)放置。） 例2 C （負(fù)電荷定向移動(dòng)的反方向?yàn)殡娏鞣较?。?例3 C（小磁針N極受力方向，即為磁感線方向，同名磁極相互排斥只適用于磁體外部。） 例4 A 例5 C（由對(duì)稱(chēng)性知bd產(chǎn)生的磁場(chǎng)在a點(diǎn)各為零。）【自我檢測(cè)】1AD用公式 2A 磁鐵內(nèi)向上的磁感線條數(shù)不變，面積越大，穿過(guò)平面向下的磁感線越多，合磁通越小。 3BC 4B 5. BD 6B/2，垂直于紙面向外。8.2磁場(chǎng)對(duì)電流的作用例1 從左向右看順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；同時(shí)向右移動(dòng)（解析：先畫(huà)出導(dǎo)線所在處的磁感線，上下兩部分導(dǎo)線所受安培力的方向相反，使導(dǎo)線從左向右看順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；同時(shí)又受到豎直向上的磁場(chǎng)的作用而向右移動(dòng)（不要說(shuō)成先轉(zhuǎn)90后平移）。分析的關(guān)鍵是畫(huà)出相關(guān)的磁感線。）變題：從左向右看逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；同時(shí)向右移動(dòng)例2 減小、為零。變題：先向右減小再向左增大（解析：畫(huà)出條形磁鐵的磁感線中通過(guò)通電導(dǎo)線的那一條，可看出導(dǎo)線受到的安培力豎直向下，因此條形磁鐵受的反作用力豎直向上，再對(duì)磁鐵應(yīng)用平衡條件可解。）B例3 畫(huà)出金屬桿的截面圖。由三角形定則可知，只有當(dāng)安培力方向沿導(dǎo)軌平面向上時(shí)安培力才最小，B也最小。根據(jù)左手定則，這時(shí)B應(yīng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，大小滿足：BI1L=mgsin， B=mgsin/I1L。當(dāng)B的方向改為豎直向上時(shí)，這時(shí)安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，沿?dǎo)軌方向合力為零，得BI2Lcos=mgsin，I2=I1/cos。（在解這類(lèi)題時(shí)必須畫(huà)出截面圖，只有在截面圖上才能正確表示各力的準(zhǔn)確方向，從而弄清各矢量方向間的關(guān)系）。例4 閉合電鍵后的極短時(shí)間內(nèi)，銅棒受安培力向右的沖量Ft=mv0而被平拋出去，其中F=BIL，而瞬時(shí)電流和時(shí)間的乘積等于電荷量Q=It，由平拋規(guī)律可算銅棒離開(kāi)導(dǎo)線框時(shí)的初速度，最終可得?！咀晕覚z測(cè)】1BD （應(yīng)使安培力方向不變，大小變大。） 2C （可直接用推論：兩電流有轉(zhuǎn)動(dòng)到方向一致，并相互靠攏。） 3AD （設(shè)磁場(chǎng)與豎直方向成角，則由金屬棒保持勻速運(yùn)動(dòng)知BILcos=(mg BILsin即其中=arctan1/ ；當(dāng)60時(shí)，減小，則B增大；當(dāng)60時(shí)，減小，則B先減小后增大。) 4（1）金屬棒沿斜面方向受力平衡，外力應(yīng)沿斜面向上，設(shè)其大小為F，則 。由圖乙可知，t時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可表示為B =2.5t T ，t時(shí)刻，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，此時(shí)回路中的感應(yīng)電流，聯(lián)立得 N。（2）由圖丙可知，金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度vm5m/s，此時(shí)金屬棒所受合力為零設(shè)金屬棒此時(shí)所受拉力大小為F1，流過(guò)棒中的電流為Im，則F1-mgsinq -BIm l1=0 Em=Bl1vm Im= Pm=F1vm 聯(lián)立得 B=1T 8.3磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用例1 AD 例2 經(jīng)一定電壓加速的電子其速率一定eU=，電子從槍口出射后在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要擊中確定點(diǎn)M，由幾何關(guān)系=Rsin可知，電子的軌道半徑R一定，則由R=知，在v、R確定的情況下，B可求. B=3.710-3 T例3 例4 【自我檢測(cè)】1BD 2AD 3 BD4（1）每個(gè)激光光子的能量 設(shè)該激光器每秒發(fā)射n個(gè)光子，則 聯(lián)立得 （2）設(shè)電子經(jīng)電場(chǎng)加速獲得的速度為v，由動(dòng)能定理可得 電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 電子穿過(guò)每對(duì)磁極的側(cè)移距離均相同，設(shè)每次側(cè)移s，如圖所示，由幾何關(guān)系可得 通過(guò)的磁極個(gè)數(shù) 8.4帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例1 B增大后向上偏，說(shuō)明洛倫茲力向上，所以為帶正電。由于洛倫茲力總不做功，所以?xún)纱味际侵挥须妶?chǎng)力做功，第一次為正功，第二次為負(fù)功，但功的絕對(duì)值相同。例2 分別利用帶電粒子的偏角公式。在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)：，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)：，由以上兩式可得?？梢宰C明：當(dāng)偏轉(zhuǎn)角相同時(shí)，側(cè)移必然不同（電場(chǎng)中側(cè)移較大）；當(dāng)側(cè)移相同時(shí)，偏轉(zhuǎn)角必然不同（磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角較大）。例3 因?yàn)楸仨氂须妶?chǎng)力與重力平衡，所以必為負(fù)電；由左手定則得逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；再由例4EqmgNv a fvmqvB Eq N fmg 不妨假設(shè)設(shè)小球帶正電（帶負(fù)電時(shí)電場(chǎng)力和洛倫茲力都將反向，結(jié)論相同）。剛釋放時(shí)小球受重力、電場(chǎng)力、彈力、摩擦力作用，向下加速；開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后又受到洛倫茲力作用，彈力、摩擦力開(kāi)始減??；當(dāng)洛倫茲力等于電場(chǎng)力時(shí)加速度最大為g。隨著v的增大，洛倫茲力大于電場(chǎng)力，彈力方向變?yōu)橄蛴?，且不斷增大，摩擦力隨著增大，加速度減小，當(dāng)摩擦力和重力大小相等時(shí)，小球速度達(dá)到最大。若將磁場(chǎng)的方向反向，而其他因素都不變，則開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后洛倫茲力向右，彈力、摩擦力不斷增大，加速度減小。所以開(kāi)始的加速度最大為；摩擦力等于重力時(shí)速度最大，為?！咀晕覚z測(cè)】1BD 2ABD 3粒子在D形盒中運(yùn)動(dòng)的最大半徑為R則R=mvm/qBvm=RqB/m則其最大動(dòng)能為Ekm=粒子被加速的次數(shù)為n=Ekm/qu=B2qR2/2m-u則粒子在加速器內(nèi)運(yùn)行的總時(shí)間為t=n =4.310-5 s4對(duì)于y軸上的光屏亮線范圍的臨界條件如圖1所示：帶電粒子的軌跡和x=a相切，此時(shí)r=a，y軸上的最高點(diǎn)為y=2r=2a ;對(duì)于 x軸上光屏亮線范圍的臨界條件如圖2所示：左邊界的極限情況還是和x=a相切，此刻，帶電粒子在右邊的軌跡是個(gè)圓，由幾何知識(shí)得到在x軸上的坐標(biāo)為x=2a;速度最大的粒子是如圖2中的實(shí)線，又兩段圓弧組成，圓心分別是c和c 由對(duì)稱(chēng)性得到 c在 x軸上，設(shè)在左右兩部分磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1和t2,滿足解得 由數(shù)學(xué)關(guān)系得到：代入數(shù)據(jù)得到：所以在x 軸上的范圍是【作業(yè)本】8.1 磁場(chǎng) 磁感應(yīng)強(qiáng)度1ABC（磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷有力作用是洛侖茲的貢獻(xiàn)） 2C （奧斯特實(shí)驗(yàn)說(shuō)明了電流與磁體一樣可通過(guò)產(chǎn)生的磁場(chǎng)與其它磁體或電流發(fā)生作用） 3AC（磁體內(nèi)部磁感線從S極到N極） 4BC 5CD 6D （磁感強(qiáng)度的定義式必須滿足BI；若BI則安培力為零） 7BD （B項(xiàng)是磁現(xiàn)象的電本質(zhì)，D項(xiàng)是安培假說(shuō)對(duì)磁化的解釋?zhuān)徐o止的電荷可不產(chǎn)生磁場(chǎng)，A錯(cuò)） 8D 9B （安培時(shí)代還不知道原子的內(nèi)部結(jié)構(gòu)） 10BD 11B（注意地磁N極在地理南極附近） 12B 13D 14C（球心處磁場(chǎng)為向內(nèi)磁場(chǎng)和向下磁場(chǎng)的合成）8.2磁場(chǎng)對(duì)電流的作用1D （可采用微元法，每一小段電流都與該處磁場(chǎng)平行） 2CD （用F=BILsin判斷，其中sin在0到1之間） 3D （ad、cd邊受力向外并平衡，ab、cd邊受力分別向左和向右，但ab邊受力較大，合力向左） 4C（將導(dǎo)線分成左右兩段，由左手定則左側(cè)導(dǎo)線受力向外，右側(cè)導(dǎo)線受力向里，從上向下看導(dǎo)線逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；通過(guò)轉(zhuǎn)動(dòng)90后的特殊位置，可判斷安培力向下，但導(dǎo)線是邊轉(zhuǎn)動(dòng)邊向下運(yùn)動(dòng)） 5AC（將線圈等效成磁鐵，再用同名磁極相互排斥，異名磁極相互吸引判斷） 6AC 7B（用推論：同向電流相互吸引，兩環(huán)間為相互作用力，大小相等） 8D 9在導(dǎo)軌通有電流時(shí)，炮彈作為導(dǎo)體受到磁場(chǎng)施加的安培力為IwB 設(shè)炮彈的加速度的大小為a，則有因而F=ma 炮彈在兩導(dǎo)軌間做勻加速運(yùn)動(dòng)，因而 聯(lián)立式得 代入題給數(shù)據(jù)得 10（1）上側(cè)面電勢(shì)較高（2）設(shè)電子導(dǎo)電時(shí)定向移動(dòng)速度為v，電路中的電流強(qiáng)度自由電子定向移動(dòng)時(shí)，受到的電場(chǎng)力和洛侖茲力平衡，有由上兩式消去定向移動(dòng)速度Fv，得磁感應(yīng)強(qiáng)度11當(dāng)金屬棒中的電流為5A時(shí)，金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)=BI1L=f當(dāng)金屬棒中的電流為8A時(shí)，金屬棒能獲得的加速度為aBI2L-f=ma由以上解得a=2 m/s212(1)arcsin;(2) 13（1）sin；垂直斜面向上；（若要使B最小，則安培力最小，安培力沿斜面向上）（2）；垂直紙面向外（欲使棒對(duì)導(dǎo)軌無(wú)壓力，安培力應(yīng)與重力平衡）8.3磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用1D （粒子運(yùn)動(dòng)速度不一定與磁場(chǎng)垂直，洛侖茲力一定與磁場(chǎng)、粒子速度垂直；當(dāng)粒子速度與磁場(chǎng)平行時(shí)，洛侖茲力為零；洛侖茲力雖不做功，但可改變粒子速度方向） 2D （碰撞后新微粒與原來(lái)電量和動(dòng)量相同，但總質(zhì)量增大了，所以圓周運(yùn)動(dòng)半徑不變，周期增大） 3AD（在北極仰望天空，磁場(chǎng)指向讀者，由左手定則知粒子帶正電；又粒子在與空氣分子碰撞時(shí)動(dòng)能減少，則運(yùn)動(dòng)半徑減小，彎曲程度逐漸增大） 4B （下落到同一高度，重力對(duì)三球做功相同，1 球受電場(chǎng)力做正功，2球受洛侖茲力不做功，用動(dòng)能定理可得結(jié)論） 5A D 6B 7C 8D 9C 10C （磁場(chǎng)力與小球運(yùn)動(dòng)速度方向垂直，無(wú)切線方向分量，不影響回復(fù)力，所以周期不變。此模型還可討論小球往返經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，繩子拉力的變化。）11電場(chǎng)反轉(zhuǎn)前上時(shí)mgqE；電場(chǎng)反轉(zhuǎn)后，小球先沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),到對(duì)斜面壓力減為零時(shí)開(kāi)始離開(kāi)斜面，此時(shí)有 qB =(mg + qE) cos，加速度a=2mgsin/m，小球在斜面上滑行距離 s=2/(2a)，解得球沿斜面滑行距離，所用時(shí)間 tm(qBtg)。1210cmy cm r113要粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場(chǎng)，不能穿越磁場(chǎng)，則粒子的臨界軌跡必須要與外圓相切,軌跡如圖所示。由圖中知，解得由得所以粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場(chǎng)，不能穿越磁場(chǎng)的最大速度為v1=1.8107m/s。當(dāng)粒子以v2的速度沿與內(nèi)圓相切方向射入磁場(chǎng)且軌道與外圓相切時(shí)，則以v2速度沿各方向射入磁場(chǎng)區(qū)的粒子都不能穿出磁場(chǎng)邊界，如圖所示。OO2由圖中知由得所以所有粒子不會(huì)穿越磁場(chǎng)的速度應(yīng)不大于v2=1.2107m/s。8.4帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1AC（粒子可能獲得的最大動(dòng)能Ekm=由D形盒半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度決定。） 2B （A中電場(chǎng)力沿+y方向，洛侖茲力沿-y方向，可能平衡，質(zhì)子沿+x方向勻速運(yùn)動(dòng)；B中電場(chǎng)力、洛侖茲力均沿+z方向，質(zhì)子不可能沿+x方向直線運(yùn)動(dòng)；C、D中電場(chǎng)力沿+x方向，洛侖茲力為零，質(zhì)子沿+x方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)） 3ABC（A電子只受電場(chǎng)力，勻減速直線運(yùn)動(dòng)；B電子只受電場(chǎng)力，勻加速直線運(yùn)動(dòng)；C可看作速度選擇器；D電場(chǎng)力和洛侖茲力均向下，電子向下偏轉(zhuǎn)） 4C （由知C中只能用磁偏轉(zhuǎn)才能分開(kāi)） 5C （微?？赡芟蜃笊戏狡D(zhuǎn)，A錯(cuò)；電場(chǎng)力可能做功，B錯(cuò)；重力與電場(chǎng)力的合力不為零，不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)；若微粒以合適的速度大小沿與重力、電場(chǎng)力合力相垂直的方向向右上方運(yùn)動(dòng)，有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C對(duì)。） 6AD （通過(guò)區(qū)域不偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明粒子速度相同；通過(guò)區(qū)域后偏轉(zhuǎn)半徑又相同，說(shuō)明m/q又相同） 7D（帶電小球?qū)⒆髡駝?dòng)） 8AC （由a平衡知三電荷帶負(fù)電，則b受洛侖茲力向下， c受洛侖茲力向上，所以mcmamb） 9沿斜面向下（由小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)知恒力的合力為零，則電場(chǎng)力最小沿斜面向上，電場(chǎng)沿斜面向下mgsin=Eq；由qvB=mv可求B的大小） 10Q=d2v=U/Bd（由qU/d=qvB先求出v，再由流量Q=Sv=d2v求出結(jié)果） 11v0/2（洛侖茲力不做功，兩次應(yīng)用動(dòng)能定理可求）12 (1)設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)速度為v，則由動(dòng)能定理可得： 在最低點(diǎn)由向心力公式得; 解得q=7.510-2C，（2分） 帶負(fù)電. (2) 小球第二次到達(dá)最低點(diǎn)速度仍為v，向心力公式得： 解得F=0.06N 13（1）以a表示粒子在電場(chǎng)作用下的加速度，有qE=ma 加速度沿y軸負(fù)方向。設(shè)粒子從A點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度為v0，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，則有 由式得 設(shè)粒子從C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，v垂直于x軸的分量 由式得 設(shè)粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸夾角為，則有 由式得 （2）粒子從C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后在磁場(chǎng)中做速率為v的圓周運(yùn)動(dòng)。若圓周的半徑為R，則有 設(shè)圓心為P，則PC必與過(guò)C點(diǎn)的速度垂直，且有。用表示與y軸的夾角，由幾何關(guān)系得 由式解得 由式得 。第八章單元測(cè)試1C（可由回旋加速器的原理判斷） 2D（通電導(dǎo)線中電荷的定向移動(dòng)在其周?chē)a(chǎn)生變化的電場(chǎng)，變化的電場(chǎng)可產(chǎn)生磁場(chǎng)，可由麥克斯韋電磁場(chǎng)理論解釋?zhuān)?3C （粒子動(dòng)能減少，說(shuō)明電場(chǎng)力與洛侖茲力反向，且洛侖茲力較大；改變粒子電性，兩力方向同時(shí)相反，不改變大小關(guān)系；增加帶電量，兩力同時(shí)增大，也不改變大小關(guān)系；只有增大電場(chǎng)強(qiáng)度，僅增大電場(chǎng)力，才可能使電場(chǎng)力大于洛侖茲力，粒子向電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加） 4B（電視畫(huà)面幅度比正常時(shí)偏小，說(shuō)明電子偏轉(zhuǎn)半徑偏大，可知可能；只會(huì)引起亮度變?nèi)酰?5C （電子受力向下，遠(yuǎn)離導(dǎo)線，B減弱，半徑變大） 6D 7D 8A 9AC （洛侖茲力可指向圓心，也可背向圓心；另外不能不分前提條件亂用公式） 10BC （注意電子定向移動(dòng)方向與I相反，用左手定則時(shí)，四指方向與電子移動(dòng)方向相反） 11AD 12AC 13由于粒子在P點(diǎn)垂直射入磁場(chǎng)，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。設(shè)入射粒子的速度為v1，由洛倫茲力的表達(dá)式和牛頓第二定律得： 解得：設(shè)O/是粒子在磁場(chǎng)中圓弧軌道的圓心，連接O/Q，設(shè)O/QR/。由幾何關(guān)系得： 由余弦定理得：解得：設(shè)入射粒子的速度為v，由 解出： 14 15 16（1）由左手定則判定B的方向垂直紙面向里（2）E=nuq 轉(zhuǎn)一周加速兩次 旋轉(zhuǎn)周數(shù)為PQHNMF（3）17如圖，沿PQ方向射出的電子最大軌道半徑由qvB=mv2/r，解得Rm= 帶入數(shù)據(jù)解得Rm=210-2m=2d 該電子運(yùn)動(dòng)軌跡圓心在A板上H處，且恰能擊中B板的M處。隨著電子速度的逐漸減小，電子軌道半徑也減小。當(dāng)電子的軌道半徑等于d時(shí)，電子軌道與B板相切與N點(diǎn)，并打在A板的H點(diǎn)。所以電子能擊中B板的范圍為MN區(qū)域，擊中A板的范圍為PH區(qū)域。在三角形MFH中，F(xiàn)H=d QM=PF=(2-)d=2.6810-3m QN=d=1.010-2m PH=2d=2.010-2m電子能擊中B板上Q點(diǎn)右側(cè)與Q點(diǎn)相距2.6810-3m1.010-2m的范圍。 電子能擊中A板上P點(diǎn)右側(cè)與P點(diǎn)相距02.010-2m。18解：如圖2所示，設(shè)帶正電微粒在S