第7讲磁场作业答案

第7讲磁场1.BD[解析]根据左手定则可知,通电后半圆环AB受到竖直向下的安培力,根据平衡条件可知,通电后两线拉力变大,故A错误,B正确;半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB,则安培力大小为F=BI·2r=2BIr,故C错误,D正确.2.D[解析]同向电流相互吸引,所以ab边受到的安培力方向向下,选项A错误;ab边受到的安培力向下,cd边受到的安培力也向下,则线框整体受到的安培力FA方向向下,由平衡条件可知F=FA+mg,则F>mg,选项B错误;根据线框四边受到的安培力分析,线框没有转动的趋势,选项C错误;长直导线中的电流在线框的ab边和cd边处产生的磁场的磁感应强度B大小相等,方向相反,线框ab边和cd边受到的安培力方向相同,大小均为12FA,有BIL=F-mg2,解得B=F-3.A[解析]由qv0B=mv02r,解得r=mv0qB=R,即两个粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R,恰好与磁场区域圆半径相等,则两粒子射出磁场的点与O点连线的长度均为R,即两粒子在磁场中运动过程轨迹对应的弦长相等,所以两粒子在磁场中运动的时间相同,即ta∶tb=14.BC[解析]设粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O1,如图所示,图中∠EOD=α+90°=150°,根据相交圆的特点可知∠EOO1=12∠EOD=75°,进而∠FOO1=∠EOO1-α=15°,则EF=Rsin60°=32R,FO1=FOtan15°=Rcos60°tan15°=12R×sin45°-30°cos45°-30°=R-32R,所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R'=EF+FO1=R,A错误;因R'=R,可知四边形EODO1为菱形,故∠O1DO=180°-2∠EOO1=30°,因而θ=90°-∠O1DO=60°,故B正确;由于粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为∠DO1E=EOD=150°,所以粒子在磁场中运动的时间t=150°360°×2πRv0=5πR5.BCD[解析]设正方形的边长为L,带电粒子的质量为m,电荷量为q.若空间中只有磁感应强度大小为B且方向垂直于平面PQMN的匀强磁场,粒子经过M点,则由几何关系可得粒子做匀速圆周运动的半径R=L,周期T=2πRv0=2πLv0,运动的时间t1=14T=πL2v0,由于洛伦兹力不做功,所以Ek1=12mv02,洛伦兹力的冲量大小I1=(mv0)2+(mv0)2=2mv0,由qv0B=mv02R,解得B=mv0qL;若空间中只有电场强度大小为E且平行于PN方向的匀强电场,粒子经过QM的中点,则沿初速度方向有t2=Lv0,由速度偏转角和位移偏转角的关系可得tanθv=2tanθs=2×12QMPQ=1,则经过QM中点时沿电场方向的分速度为vy=v0,合速度为v=2v0,所以Ek2=12mv2=mv02,电场力的冲量大小为I2=mvy=mv0,沿电场方向有L2=12·Eq6.ACD[解析]若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必经过cd边,作出粒子运动轨迹图,如图甲所示,由对称性可知,粒子从C点垂直于BC射出,A、C正确;若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子可能从cd边再次进磁场,作出粒子运动轨迹如图乙所示,此时粒子不能垂直BC射出,粒子也可能经bc边再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图丙所示,此时粒子垂直BC边射出,B错误,D正确.7.(1)233d23d(2)2q[解析](1)粒子运动轨迹如图甲所示设粒子1做匀速圆周运动的半径为r1,由几何关系得r12-3d解得r1=23设粒子2做匀速圆周运动的半径为r2,由几何关系得r22-r2-解得r2=23d(2)由几何关系知,粒子1在磁场中运动的时间t1=13T粒子2在磁场中运动的时间t2=16T其中T1=2πm1q1B由题意知m1=m2,t1=t2由电荷守恒定律得q1+q2=q联立解得q1=2(3)若在边界上方同时存在磁感应强度大小相同、方向垂直于平面向外的匀强磁场,则粒子1、2将做周期性运动.粒子2第2次经过边界时,粒子1也经过边界.如图乙所示粒子1到O点的距离x1=3r1cos30°粒子2到O点的距离x2=3r2cos30°所以两个粒子之间的距离Δx=x2-x1联立解得Δx=6d8.(1)mv0qR(2)15-[解析](1)由从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从O点沿y轴负方向射入磁场Ⅱ可知,离子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r1=R根据洛伦兹力提供向心力有qv0B1=mv解得B1=m(2)因为B2=12B1,所以离子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径为r2=2r1=2离子在磁场中运动轨迹如图甲所示从离子源最上方射出的离子经O点沿y轴负方向射入磁场Ⅱ,打在收集板的位置离x轴的距离最近,由几何关系可知,最近距离为y1=r22-(r2-R射入磁场Ⅱ的离子打到CD板上最下端的D点,由几何关系可知,D点离x轴的距离为y2=2r22所以若从O点射出的离子恰好全部被收集板右侧吸收,则收集板的长度为L=y2-y1=15-(3)若收集板的长度为2R,则打在收集板最下端的D点的离子做圆周运动的轨迹如图乙所示从O点射出沿y轴负方向射入磁场Ⅱ的离子在磁场Ⅱ中偏转后恰好经过C点,设从O点射出与x轴正方向夹角为θ的离子刚好经过收集板最下端的D点,由几何关系可知OC=OA2因OC=CD=2R,则C点为经过D点的离子运动轨迹的圆心由几何关系可知sinθ=OAOC=解得θ=30°所以从O点射出与x轴正方向夹角在30°~90°之间的离子能被CD板收集,如图丙所示由几何关系可知,从O点射出与x轴正方向夹角为30°的离子在进入圆形磁场Ⅰ