第八章磁场答案.doc

【学生用书】8.1磁场 磁感应强度例1 AC （通电导线在磁场中平行于磁感线放置时，受安培力为零，所以磁感强度定义时，导线必须垂直于磁场放置。） 例2 C （负电荷定向移动的反方向为电流方向。） 例3 C（小磁针N极受力方向，即为磁感线方向，同名磁极相互排斥只适用于磁体外部。） 例4 A 例5 C（由对称性知bd产生的磁场在a点各为零。）【自我检测】1AD用公式 2A 磁铁内向上的磁感线条数不变，面积越大，穿过平面向下的磁感线越多，合磁通越小。 3BC 4B 5. BD 6B/2，垂直于纸面向外。8.2磁场对电流的作用例1 从左向右看顺时针转动；同时向右移动（解析：先画出导线所在处的磁感线，上下两部分导线所受安培力的方向相反，使导线从左向右看顺时针转动；同时又受到竖直向上的磁场的作用而向右移动（不要说成先转90后平移）。分析的关键是画出相关的磁感线。）变题：从左向右看逆时针转动；同时向右移动例2 减小、为零。变题：先向右减小再向左增大（解析：画出条形磁铁的磁感线中通过通电导线的那一条，可看出导线受到的安培力竖直向下，因此条形磁铁受的反作用力竖直向上，再对磁铁应用平衡条件可解。）B例3 画出金属杆的截面图。由三角形定则可知，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足：BI1L=mgsin， B=mgsin/I1L。当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得BI2Lcos=mgsin，I2=I1/cos。（在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系）。例4 闭合电键后的极短时间内，铜棒受安培力向右的冲量Ft=mv0而被平抛出去，其中F=BIL，而瞬时电流和时间的乘积等于电荷量Q=It，由平抛规律可算铜棒离开导线框时的初速度，最终可得。【自我检测】1BD （应使安培力方向不变，大小变大。） 2C （可直接用推论：两电流有转动到方向一致，并相互靠拢。） 3AD （设磁场与竖直方向成角，则由金属棒保持匀速运动知BILcos=(mg BILsin即其中=arctan1/ ；当60时，减小，则B增大；当60时，减小，则B先减小后增大。) 4（1）金属棒沿斜面方向受力平衡，外力应沿斜面向上，设其大小为F，则 。由图乙可知，t时刻磁感应强度B的大小可表示为B =2.5t T ，t时刻，回路中产生的感应电动势，此时回路中的感应电流，联立得 N。（2）由图丙可知，金属棒运动的最大速度vm5m/s，此时金属棒所受合力为零设金属棒此时所受拉力大小为F1，流过棒中的电流为Im，则F1-mgsinq -BIm l1=0 Em=Bl1vm Im= Pm=F1vm 联立得 B=1T 8.3磁场对运动电荷的作用例1 AD 例2 经一定电压加速的电子其速率一定eU=，电子从枪口出射后在匀强磁场中做匀速圆周运动，要击中确定点M，由几何关系=Rsin可知，电子的轨道半径R一定，则由R=知，在v、R确定的情况下，B可求. B=3.710-3 T例3 例4 【自我检测】1BD 2AD 3 BD4（1）每个激光光子的能量 设该激光器每秒发射n个光子，则 联立得 （2）设电子经电场加速获得的速度为v，由动能定理可得 电子在磁场中做匀速圆周运动 电子穿过每对磁极的侧移距离均相同，设每次侧移s，如图所示，由几何关系可得 通过的磁极个数 8.4带电粒子在复合场中的运动例1 B增大后向上偏，说明洛伦兹力向上，所以为带正电。由于洛伦兹力总不做功，所以两次都是只有电场力做功，第一次为正功，第二次为负功，但功的绝对值相同。例2 分别利用带电粒子的偏角公式。在电场中偏转：，在磁场中偏转：，由以上两式可得。可以证明：当偏转角相同时，侧移必然不同（电场中侧移较大）；当侧移相同时，偏转角必然不同（磁场中偏转角较大）。例3 因为必须有电场力与重力平衡，所以必为负电；由左手定则得逆时针转动；再由例4EqmgNv a fvmqvB Eq N fmg 不妨假设设小球带正电（带负电时电场力和洛伦兹力都将反向，结论相同）。刚释放时小球受重力、电场力、弹力、摩擦力作用，向下加速；开始运动后又受到洛伦兹力作用，弹力、摩擦力开始减小；当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g。随着v的增大，洛伦兹力大于电场力，弹力方向变为向右，且不断增大，摩擦力随着增大，加速度减小，当摩擦力和重力大小相等时，小球速度达到最大。若将磁场的方向反向，而其他因素都不变，则开始运动后洛伦兹力向右，弹力、摩擦力不断增大，加速度减小。所以开始的加速度最大为；摩擦力等于重力时速度最大，为。【自我检测】1BD 2ABD 3粒子在D形盒中运动的最大半径为R则R=mvm/qBvm=RqB/m则其最大动能为Ekm=粒子被加速的次数为n=Ekm/qu=B2qR2/2m-u则粒子在加速器内运行的总时间为t=n =4.310-5 s4对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和x=a相切，此时r=a，y轴上的最高点为y=2r=2a ;对于 x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a;速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是c和c 由对称性得到 c在 x轴上，设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足解得 由数学关系得到：代入数据得到：所以在x 轴上的范围是【作业本】8.1 磁场 磁感应强度1ABC（磁场对运动电荷有力作用是洛仑兹的贡献） 2C （奥斯特实验说明了电流与磁体一样可通过产生的磁场与其它磁体或电流发生作用） 3AC（磁体内部磁感线从S极到N极） 4BC 5CD 6D （磁感强度的定义式必须满足BI；若BI则安培力为零） 7BD （B项是磁现象的电本质，D项是安培假说对磁化的解释，有静止的电荷可不产生磁场，A错） 8D 9B （安培时代还不知道原子的内部结构） 10BD 11B（注意地磁N极在地理南极附近） 12B 13D 14C（球心处磁场为向内磁场和向下磁场的合成）8.2磁场对电流的作用1D （可采用微元法，每一小段电流都与该处磁场平行） 2CD （用F=BILsin判断，其中sin在0到1之间） 3D （ad、cd边受力向外并平衡，ab、cd边受力分别向左和向右，但ab边受力较大，合力向左） 4C（将导线分成左右两段，由左手定则左侧导线受力向外，右侧导线受力向里，从上向下看导线逆时针转动；通过转动90后的特殊位置，可判断安培力向下，但导线是边转动边向下运动） 5AC（将线圈等效成磁铁，再用同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引判断） 6AC 7B（用推论：同向电流相互吸引，两环间为相互作用力，大小相等） 8D 9在导轨通有电流时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为IwB 设炮弹的加速度的大小为a，则有因而F=ma 炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而 联立式得 代入题给数据得 10（1）上侧面电势较高（2）设电子导电时定向移动速度为v，电路中的电流强度自由电子定向移动时，受到的电场力和洛仑兹力平衡，有由上两式消去定向移动速度Fv，得磁感应强度11当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速运动，F=BI1L=f当金属棒中的电流为8A时，金属棒能获得的加速度为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，则安培力最小，安培力沿斜面向上）（2）；垂直纸面向外（欲使棒对导轨无压力，安培力应与重力平衡）8.3磁场对运动电荷的作用1D （粒子运动速度不一定与磁场垂直，洛仑兹力一定与磁场、粒子速度垂直；当粒子速度与磁场平行时，洛仑兹力为零；洛仑兹力虽不做功，但可改变粒子速度方向） 2D （碰撞后新微粒与原来电量和动量相同，但总质量增大了，所以圆周运动半径不变，周期增大） 3AD（在北极仰望天空，磁场指向读者，由左手定则知粒子带正电；又粒子在与空气分子碰撞时动能减少，则运动半径减小，弯曲程度逐渐增大） 4B （下落到同一高度，重力对三球做功相同，1 球受电场力做正功，2球受洛仑兹力不做功，用动能定理可得结论） 5A D 6B 7C 8D 9C 10C （磁场力与小球运动速度方向垂直，无切线方向分量，不影响回复力，所以周期不变。此模型还可讨论小球往返经过最低点时，绳子拉力的变化。）11电场反转前上时mgqE；电场反转后，小球先沿斜面向下做匀加速直线运动,到对斜面压力减为零时开始离开斜面，此时有 qB =(mg + qE) cos，加速度a=2mgsin/m，小球在斜面上滑行距离 s=2/(2a)，解得球沿斜面滑行距离，所用时间 tm(qBtg)。1210cmy cm r113要粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，则粒子的临界轨迹必须要与外圆相切,轨迹如图所示。由图中知，解得由得所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为v1=1.8107m/s。当粒子以v2的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以v2速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如图所示。OO2由图中知由得所以所有粒子不会穿越磁场的速度应不大于v2=1.2107m/s。8.4带电粒子在复合场中的运动1AC（粒子可能获得的最大动能Ekm=由D形盒半径和磁感应强度决定。） 2B （A中电场力沿+y方向，洛仑兹力沿-y方向，可能平衡，质子沿+x方向匀速运动；B中电场力、洛仑兹力均沿+z方向，质子不可能沿+x方向直线运动；C、D中电场力沿+x方向，洛仑兹力为零，质子沿+x方向匀加速直线运动） 3ABC（A电子只受电场力，匀减速直线运动；B电子只受电场力，匀加速直线运动；C可看作速度选择器；D电场力和洛仑兹力均向下，电子向下偏转） 4C （由知C中只能用磁偏转才能分开） 5C （微粒可能向左上方偏转，A错；电场力可能做功，B错；重力与电场力的合力不为零，不可能做匀速圆周运动，D错；若微粒以合适的速度大小沿与重力、电场力合力相垂直的方向向右上方运动，有可能做匀速直线运动，C对。） 6AD （通过区域不偏转，说明粒子速度相同；通过区域后偏转半径又相同，说明m/q又相同） 7D（带电小球将作振动） 8AC （由a平衡知三电荷带负电，则b受洛仑兹力向下， c受洛仑兹力向上，所以mcmamb） 9沿斜面向下（由小球做匀速圆周运动知恒力的合力为零，则电场力最小沿斜面向上，电场沿斜面向下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求出结果） 11v0/2（洛仑兹力不做功，两次应用动能定理可求）12 (1)设小球第一次到达最低点速度为v，则由动能定理可得： 在最低点由向心力公式得; 解得q=7.510-2C，（2分） 带负电. (2) 小球第二次到达最低点速度仍为v，向心力公式得： 解得F=0.06N 13（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE=ma 加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有 由式得 设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量 由式得 设粒子经过C点时的速度方向与x轴夹角为，则有 由式得 （2）粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动。若圆周的半径为R，则有 设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有。用表示与y轴的夹角，由几何关系得 由式解得 由式得 。第八章单元测试1C（可由回旋加速器的原理判断） 2D（通电导线中电荷的定向移动在其周围产生变化的电场，变化的电场可产生磁场，可由麦克斯韦电磁场理论解释） 3C （粒子动能减少，说明电场力与洛仑兹力反向，且洛仑兹力较大；改变粒子电性，两力方向同时相反，不改变大小关系；增加带电量，两力同时增大，也不改变大小关系；只有增大电场强度，仅增大电场力，才可能使电场力大于洛仑兹力，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，动能增加） 4B（电视画面幅度比正常时偏小，说明电子偏转半径偏大，可知可能；只会引起亮度变弱） 5C （电子受力向下，远离导线，B减弱，半径变大） 6D 7D 8A 9AC （洛仑兹力可指向圆心，也可背向圆心；另外不能不分前提条件乱用公式） 10BC （注意电子定向移动方向与I相反，用左手定则时，四指方向与电子移动方向相反） 11AD 12AC 13由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得： 解得：设O/是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O/Q，设O/QR/。由几何关系得： 由余弦定理得：解得：设入射粒子的速度为v，由 解出： 14 15 16（1）由左手定则判定B的方向垂直纸面向里（2）E=nuq 转一周加速两次 旋转周数为PQHNMF（3）17如图，沿PQ方向射出的电子最大轨道半径由qvB=mv2/r，解得Rm= 带入数据解得Rm=210-2m=2d 该电子运动轨迹圆心在A板上H处，且恰能击中B板的M处。随着电子速度的逐渐减小，电子轨道半径也减小。当电子的轨道半径等于d时，电子轨道与B板相切与N点，并打在A板的H点。所以电子能击中B板的范围为MN区域，击中A板的范围为PH区域。在三角形MFH中，FH=d QM=PF=(2-)d=2.6810-3m QN=d=1.010-2m PH=2d=2.010-2m电子能击中B板上Q点右侧与Q点相距2.6810-3m1.010-2m的范围。 电子能击中A板上P点右侧与P点相距02.010-2m。18解：如图2所示，设带正电微粒在S