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1、【學生用書】 §8.1磁場磁感應強度 例1 AC （通電導線在磁場中平行于磁感線放置時，受安培力為零，所以磁感強度定 義時，導線必須垂直于磁場放置。） 例2 C （負電荷定向移動的反方向為電流方向。 ） 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 （由對稱性知bd產生的磁場在a點各為零。） 【自我檢測】 1. AD用公式B =F和F二ma、a = It推導 2. A磁鐵內向上的磁感線條數不變， IL 面積越大，穿過平面向下的磁感線越多，合磁通越小。 3. BC 4. B 5. BD 6. B/2 , 垂直于紙面向

2、外。 § 8.2磁場對電流的作用 例1從左向右看順時針轉動；同時向右移動（解析：先畫出導線所在處的磁感線，上下兩 部分導線所受安培力的方向相反， 使導線從左向右看順時針轉動； 同時又受到豎直向上的磁 場的作用而向右移動（不要說成先轉 90°后平移）。分析的關鍵是畫出相關的磁感線。 ） 變題：從左向右看逆時針轉動；同時向右移動 ]■ _ j [ 1 r u:—n t J —] r 〔 i ” r ” ” t r t r ” ” r . "7 i ^w1——■:?r"?nnu*?t?； 例2減小、為零。變題：先向右減小再向左增大（解析：畫出條形磁鐵的磁感線中通過通 電導線的那一條，可

3、看出導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, 再對磁鐵應用平衡條件可解。） 例3畫出金屬桿的截面圖。由三角形定則可知，只有當安培力方向沿導軌 平面向上時安培力才最小， B也最小。根據左手定則，這時 B應垂直于導軌 平面向上，大小滿足： Bl1L=mgs in a, B=mgsi na /I1L。 當B的方向改為豎直向上時， 這時安培力的方向變?yōu)樗较蛴遥?沿導軌 方向合力為零，得 B^LcOSa =mgsina , l2=l〃COSa。（在解這類題時必須畫出截面圖，只有 FA t=mv0而被平拋出去，其中 在截面圖上才能正確表示各力的準確方向，從而弄清各矢量方

4、向間的關系） 。 例4閉合電鍵后的極短時間內，銅棒受安培力向右的沖量 F=BIL ,而瞬時電流和時間的乘積等于電荷量 Q=I A t,由平拋規(guī)律可算銅棒離開導線框時 的初速度v0 =S =S g ,最終可得Q = mS g。 t \2h BL\'2h 【自我檢測】 1 . BD （應使安培力方向不變，大小變大。 ）2 . C （可直接用推論：兩電流有轉動到方 向一致，并相互靠攏。）3. AD （設磁場與豎直方向成 B角，則由金屬棒保持勻速運動知 口 B 二 Mg _ Amg BILcos 0 =卩（mg -BILsin B 即 B 2 IL（cos - sin ?。?IL .

5、 1 J2 Sin（： 旳 其中a =arctan1g ;當a v 60°時，0減小，貝U B增大；當a > 60°時，0減小，則 B 先減小后增大。） 4 . （ 1 ）金屬棒沿斜面方向受力平衡，外力應沿斜面向上，設其大小為F，則 F—mg5in - BJI=0由圖乙可知，t時刻磁感應強度 B的大小可表示為 B =2.5t T，t ? _ b S 時刻，回路中產生的感應電動勢 E ， s = h仏，此時回路中的感應電流 & At ，聯立得 F = 1 0.625t N。 (2)由圖丙可知，金屬棒運動的最大速度 Vm= 5m/s，此時金屬棒所受合力為零. 設金屬棒此時所受

6、拉力大小為 Fl,流過棒中的電流為Im,則 Fi -mgsin -B'lm li=0 Em= B llVm I m= Em R+r 聯立得 B '=1T Pm= F 1 ?m § 8.3磁場對運動電荷的作用 1 2 例1 AD 例2 經一定電壓加速的電子其速率一定 eU= —mv，電子從槍口出射后在勻強 2 磁場中做勻速圓周運動，要擊中確定點 M，由幾何關系 一=Rsin a可知，電子的軌道半徑 R 2 3 =3.7 X 10- T 定，則由R=mV知，在V、R確定的情況下，B可求.B= 2sin〉、2mU/e eB d mv mv <

7、B < 13ed ed 4mv0eBLl ,2 2 2 2, 4m Vo -e B l 【自我檢測】 1. BD 2 . AD 3. BD . 4. (1)每個激光光子的能量 E = h u 設該激光器每秒發(fā)射 n個光子，則P=nE 聯立得 n =10刃 (2)設電子經電場加速獲得的速度為 v,由動能 1 2 定理可得 U e m v 電子在磁場中做勻速 2 2 圓周運動 ev^ = m — R 電子穿過每對磁極的側移距離均相同， 設每次側移 s,如圖所示，由幾何關系可得 s = R - R2匚lj 12 通過的磁極個數 n — = 5 2s

8、 § 8.4帶電粒子在復合場中的運動 例1 B增大后向上偏，說明洛倫茲力向上，所以為帶正電。由于洛倫茲力總不做功，所以 兩次都是只有電場力做功，第一次為正功，第二次為負功，但功的絕對值相同。 ￡ -總 Jmvf —^mv；,. v2 二 2v0 -v12 2 2 2 2 例2分別利用帶電粒子的偏角公式。在電場中偏轉： tan舉，在磁場中偏轉：si二LBq，由以上兩式可得 上 乂?？梢宰C明：當偏轉 mv0 m v0 B cosct 角相同時，側移必然不同(電場中側移較大) ；當側移相同時，偏轉角必然不同(磁場中偏 轉角較大)。 Eq 3因為必須有電場力與重力平衡，所以必為

9、負電；由左手定則得逆時針轉動；再由 十 mv Brg =mg 和口 r 得 v = Bq E 4不妨假設設小球帶正電（帶負電時電場力和洛倫茲力都將反向，結論相同） 。剛釋放 時小球受重力、電場力、彈力、摩擦力作用，向下加速；開始運動后又受到洛倫茲力作用， 彈力、摩擦力開始減?。划斅鍌惼澚Φ扔陔妶隽r加速度最大為 隨著v的增大，洛倫茲力大于電場力，彈力方向變?yōu)橄蛴遥也粩?增大，摩擦力隨著增大，加速度減小，當摩擦力和重力大小相等時， 小球速度達到最大v = mg ? E 。 PBq B 若將磁場的方向反向， 而其他因素都不變，則開始運動后洛倫 g。 mg * 芒q >

10、 T Vm N mg n v a —印 茲力向右，彈力、摩擦力不斷增大，加速度減小。所以開始的加速度最大為 4Eq ； a 二 g — m 摩擦力等于重力時速度最大，為 v二mg _ E。 4Bq B 【自我檢測】 1. BD 2. ABD 3.粒子在 D 貝V R=mVm/qB= vm=RqB/m 1 則其最大動能為Ekm=—mv 2 形盒中運動的最大半徑為 2 2 2 2 m -B q R /2m 粒子被加速的次數為 n=Ekm/qu=B2qR2/2m-u 2 2 則粒子在加速器內運行的總時間為 t=n ? T = B qR 2 2m u

11、 4.對于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r=a , y軸上的 最高點為y=2r=2a ; 對于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 的軌跡是個圓，由幾何知識得到在 x軸上的坐標為x=2a; 速度最大的粒子是如圖 2中的實線，又兩段圓弧組成， 圓心分別是c和c' 由對稱性得到c '在x軸上，設 在左右兩部分磁場中運動時間分別為 t1和t2,滿足 t1 =2 t2 5 h "2 —T 12 1 解得t1 T 6 "A由數學關系得到: 、3R =2a OP=

12、2a+R ■：m 「：BR2 qB 2u =4.3 x 10-5 s X X/f ? * 斗"7 ?__: C a www? xkbl cam：工 (1) 代入數據得到： OP=2(1+ 3)a 3 所以在x軸上的范圍是 2a _x _2(1 + 【作業(yè)本】 § 8.1 磁場磁感應強度

13、1 . ABC （磁場對運動電荷有力作用是洛侖茲的貢獻） 2. C （奧斯特實驗說明了電流與 磁體一樣可通過產生的磁場與其它磁體或電流發(fā)生作用） 3. AC （磁體內部磁感線從 S極 到N極）4. BC 5. CD 6. D （磁感強度的定義式必須滿足 B丄I ;若B // I則安培力 為零） 7. BD （ B項是磁現象的電本質， D項是安培假說對磁化的解釋，有靜止的電荷 可不產生磁場，A錯）&D 9. B （安培時代還不知道原子的內部結構） 10. BD 11. B （注意地磁N極在地理南極附近） 12 . B 13. D 14. C （球心處磁場為向內磁場和向 下磁場的合成）

14、 § 8.2磁場對電流的作用 1. D （可采用微元法，每一小段電流都與該處磁場平行） 2. CD （用F=BILsin B判斷， 其中sinB在0到1之間） 3. D （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） 4. C （將導線分成左右兩段，由左手定則左側導線 受力向外，右側導線受力向里，從上向下看導線逆時針轉動；通過轉動 90°后的特殊位置， 可判斷安培力向下，但導線是邊轉動邊向下運動） 5. AC （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） 6. AC 7. B （用推論：同向電流相互吸引， 兩環(huán)間為

15、相互作用力，大小相等） & D 9.在導軌通有電流I時， 炮彈作為導體受到: 磁場施加的安培力 IwB ① 設炮彈的加速度的大小為 a，則有因而 F=ma ② 炮彈在兩導軌間做勻加速運動，因而 v2 二 2 aL ③ 1 2 mv 聯立①②③式得 I =- ④ Bwl 代入題給數據得 1 = 0.6 10 A 10. （1）上側面電勢較咼. （2）設電子導電時定向移動速度為 V,電路中的電流強度丨= 2 a ve . =evB 自由電子定向移動時，受到的電場力和洛侖茲力平衡，

16、有 由上兩式消去定向移動速度 Fv，得磁感應強度B = I 11. 當金屬棒中的電流為 5A時，金屬棒做勻速運動， F=BI 1L=f . 當金屬棒中的電流為 8A時，金屬棒能獲得的加速度為 a. Bl2L-f=ma . 由以上解得a=2 m/s2. 12. （1）arcsin（BIL）;⑵.（mg）2 -（BIL）2 mg 13. (1) mg . sin a ; IL 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） IL （2） mg ;垂直紙面向外（欲使棒對導軌無壓力，安培力應與重力平衡） § 8.3磁場對運動電荷的作用

17、I. D （粒子運動速度不一定與磁場垂直，洛侖茲力一定與磁場、粒子速度垂直；當粒子速 度與磁場平行時，洛侖茲力為零；洛侖茲力雖不做功， 但可改變粒子速度方向） 2. D （碰 撞后新微粒與原來電量和動量相同，但總質量增大了，所以圓周運動半徑不變，周期增大） 3. AD （在北極仰望天空，磁場指向讀者，由左手定則知粒子帶正電；又粒子在與空氣分子 碰撞時動能減少，則運動半徑減小，彎曲程度逐漸增大） 4. B （下落到同一高度，重力 對三球做功相同，1球受電場力做正功，2球受洛侖茲力不做功，用動能定理可得結論） 5. A D 6. B 7. C 8. D 9. C 10. C （磁場力與

18、小球運動速度方向垂直，無切線方向 分量，不影響回復力，所以周期不變。此模型還可討論小球往返經過最低點時，繩子拉力的 變化。） II. 電場反轉前上時 mg= qE ;電場反轉后，小球先沿斜面向下做勻加速直線運動 ，到對斜面 壓力減為零時開始離開斜面，此時有 qu B =（mg + qE） c os 0,加速度a=2mgsin 0m, 小球在斜面上滑行距離 s= u2/（2a），解得球沿斜面滑行距離 s = m2g cos2日/（q2 B2 sinT）,所 用時間 t = m/（qBtg 0。 12.— 10cm< yw 10.3 cm 13?⑴要粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，

19、不能穿越磁場, 相切，軌跡如圖所示。 則粒子的臨界軌跡必須要與外圓 由圖中知 『 R： =（R2 -斤）2，解得 r^ 0.375m 由 Bqv1 2 v1 —rn 彳得 v 1 =1.8 107m/s m 所以粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場的最大速度為 x 107m/s。 ⑵當粒子以V2的速度沿與內圓相切方向射入磁場且軌道與外圓相切時，則以 各方向射入磁場區(qū)的粒子都不能穿出磁場邊界，如圖所示。 V1=1.8 V2速度沿 由圖中知 二 0.25m 由 Bqv2 Bqj = 1.2 107m/s m X XX X ' X X X X

20、 X X X /■ 所以所有粒子不會穿越磁場的速度應不大于 7 V2=1.2x 10 m/s。 § 8.4帶電粒子在復合場中的運動 1. AC （粒子可能獲得的最大動能 丿 丿 2^2 1 2 1 q B E km= — mv m = 2 2 m 2 R由D形盒半徑和磁感應強度 決定。）2. B （ A中電場力沿+y方向，洛侖茲力沿-y方向，可能平衡，質子沿 +x方向勻 速運動；B中電場力、洛侖茲力均沿 +z方向，質子不可能沿+x方向直線運動；C、D中電 場力沿+x方向，洛侖茲力為零，質子沿 +x方向勻加速直線運動） 3. ABC （A

21、電子只受 電場力和洛侖茲力均向下， 電子向下偏轉） 2 | I 1 qU偏 L 2 U偏L mv . 2mEk 2mqU加 C中只能用磁偏轉才 y () 和r 知 2 md Vo 4U 加d qB qB qB 能分開） 5. C （微?？赡芟蜃笊戏狡D， A錯；電場力可能做功，B錯；重力與電場力 的合力不為零，不可能做勻速圓周運動， D錯；若微粒以合適的速度大小沿與重力、電場力 合力相垂直的方向向右上方運動，有可能做勻速直線運動， C對。）6. AD （通過區(qū)域I 不偏轉，說明粒子速度相同； 通過區(qū)域H后偏轉半徑又相同， 說明m/q又相同） 7. D （帶 電小球

22、將作振動） 8. AC （由a平衡知三電荷帶負電，則 b受洛侖茲力向下， c受洛侖 茲力向上，所以 mc>ma>mb） mgsi" 沿斜面向下（由小球做勻速圓周運動 q 知恒力的合力為零，則電場力最小沿斜面向上，電場沿斜面向下 mgs in 0 =Eq ;由qvB=mv 3可求B的大?。?10. Q=d2v=U/Bd （由qU/d=qvB先求出v,再由流量 Q=Sv=d2v求出結 果）11. v°/2 （洛侖茲力不做功，兩次應用動能定理可求） 12. （1）設小球第一次到達最低點速度為 v,則由動能定理可得: mgL 1 2 mv 2 在最低點由向心力公式得 2

23、 ? r v ;Bqv「mg = m 解得q=7.5X 10-2c, （2分）帶負電. （2）小球第二次到達最低點速度仍為 v, 向心力公式得: F -Bqv -mg 2 v =m 一 L 解得 F=0.06N 13. （1 ）以a表示粒子在電場作用下的加速度，有 qE=ma ① 加速度沿y軸負方向。設粒子從 A點進入電場時的初速度為 時間為t,則有 1 2 h at ② I 二 v0t ③ 2 由②③式得 V°=lj2h ⑷ Vo,由A點運動到C點經歷的

24、 設粒子從C點進入磁場時的速度為 v, v垂直于x軸的分量v, = ?. 2ah 由①⑷⑤式得 qE(4h2 I2) 2mh 設粒子經過 C點時的速度方向與 x軸夾角為 周的半徑為R,則有 a 設圓心為P,則PC必與過C點的速度垂直，且有 PC = PA = R。用 2 h 由0⑤⑦式得，-arctan 一 丨 (2)粒子從C點進入磁場后在磁場中做速率為 2 v qvB = m — R '■表示PA與y軸的夾角，由幾何關系得 Rcos ■- Rsin ：二丨一Rsin : 由0000式解得

25、 由0002式得 第八章單元測試 1. C （可由回旋加速器的原理判斷） 2 . D （通電導線中電荷的定向移動在其周圍產生變化 的電場，變化的電場可產生磁場， 可由麥克斯韋電磁場理論解釋） 3. C （粒子動能減少, 說明電場力與洛侖茲力反向，且洛侖茲力較大；改變粒子電性，兩力方向同時相反，不改變 大小關系；增加帶電量，兩力同時增大，也不改變大小關系；只有增大電場強度，僅增大電 場力，才可能使電場力大于洛侖茲力，粒子向電場力方向偏轉，電場力做正功，動能增加） 4. B （電視畫面幅度比正常時偏小，說明電子偏轉半徑偏大，可知②③④可能；①只會引 起亮度變

26、弱） 5. C （電子受力向下，遠離導線，B減弱，半徑變大） 6. D 7. D 8. A mv 9. AC （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 R 公式） qB 10. BC （注意電子定向移動方向與 I相反，用左手定則時，四指方向與電子移動方向相反） 11. AD 12. AC 13.⑴由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在 設入射粒子的速度為 V1,由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定 2 律得： 口上 qBv1 d /2 解得：v理 2m ⑵設o是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接 oQ,設oQ = r/。 由幾何關系得： .0Q0

27、,=沖 O。/ = r/ R_d 2 由余弦定理得：（OO、2 二 R2 ? R/ -2R口 cos 解得: R/ d(2R-d) 2 I.R(1 cos ) - d 1 設入射粒子的速度為 v, 2 由 m* 二 qvB 解出: qBd(2R-d) 2m l-R(1 cos J「d 1 14. (2 1)qBs 15 2mgcos： mcos： m2gcos2 qB ' qBsin 二’q2B2 sin^ 16. （1 ）由左手定則判定 B的方向垂直紙面向里 mv V 2mE R Bq Bq B亠 Rq （2） E=nuq轉

28、一周加速兩次 旋轉周數為-=— 2 2uq (3) 2 二m Bq t =-T 二 mE q2uB 17.如圖，沿PQ方向射出的電子最大軌道半徑 H 由 qvB=mV/r，解得 Rm=mVm qB 帶入數據解得Rm=2 x 102m=2d 該電子運動軌跡圓心在 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。當電子的軌道半徑等于 d時，電子 軌道與B板相切與N點，并打在A板的H點。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， FH=、HM 2 -MF 2 = ._(2d)2 —d

29、2 = 3 d QM=PF=(2- . 3 )d=2.68 x 10-3m -2 QN=d=1.0 x 10 m -2 PH=2d=2.0 x 10 m 電子能擊中B板上Q點右側與Q點相距2.68 x 10-3m~1.0 x 10-2m的范圍。 電子能擊中A板上P點右側與P點相距0~2.0 x 10-2m。 18?解：如圖2所示，設帶正電微粒在 S1S2之間任意點Q以水平速度 vo進入磁場，微粒受到的洛侖茲力為 f，在磁場中做圓周運動的半 徑為r，有：f=qvoB ① 2 f 3② r 由①②得：r =業(yè)° qB 欲使微粒能進入小孔，半徑 r的取值范圍為：L ::

30、: r ：：： 2L ③ 代入數據得：8Om/s