【正文】 ： 2，根據(jù) 半徑公式可知，兩者的速度之比為 1： 2；軌道對(duì)應(yīng)的圓心角之比是 2： 1,根據(jù)時(shí)間公式Bqmt ??，可知兩者的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比是 2： 1． 答案 ： 1： 2； 2： 1 8. 考點(diǎn)分析： 本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)在帶電粒子在磁場(chǎng)中的具體應(yīng)用． 解析 ： 粒子在整個(gè)過(guò)程中的速度大小恒為 ? ，交替地在 xy 平面內(nèi) 1B 與 2B 磁場(chǎng)區(qū)域中做 勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道都是半個(gè)圓周 .設(shè)粒子的質(zhì)量和電荷量的大小分別為 m 和 q ，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為 1r 和 2r ，有 ：11 qBmr ?? ① 22 qBmr ?? ② 現(xiàn)分析粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡 .如圖 9338 所示，在 xy 平面內(nèi)，粒子先沿半徑為 1r 的半圓 1C 運(yùn)動(dòng)至 y 軸上離 o 點(diǎn)距離為 12r 的 A 點(diǎn)，接著沿半徑為 2r的半圓 1D 運(yùn)動(dòng)至 1o 點(diǎn)， 1oo 的距離 ： )(2 12 rrd ?? ③ 此后，粒子每經(jīng)歷一次 “ 回旋 ” （即從 y 軸出發(fā)沿半徑為 1r 的半圓和半徑為 2r 的半圓回到原點(diǎn)下方的 y 軸），粒子的 y 坐標(biāo)就減小 d .設(shè)粒子經(jīng)過(guò) n 次回 旋后與 y 軸交于 no 點(diǎn)，若 noo即 nd 滿(mǎn)足 ： 12rnd? ④ 則粒子再經(jīng)過(guò)半圓 1?nC 就能經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，式中 n ＝ 1， 2， 3， ?? 為回旋次數(shù) ． 由 ③④ 式解得 ：121 ??nnrr （ n ＝ 1， 2， 3， ? ） ⑤ 聯(lián)立 ①②⑤ 式可得 1B 、 2B 應(yīng)滿(mǎn)足的條件： 121 ??nnBB（ n ＝ 1， 2， 3， ?? ） ⑥ 失分陷阱： 本題的難點(diǎn)只有一個(gè)，就是通過(guò)分析計(jì)算找出每轉(zhuǎn)一周粒子在 y 軸上的坐標(biāo)減少2（ r2r1），顯然， n 次回旋，粒子在 y 軸上的坐標(biāo)就減少 2n（ r2r1），要想滿(mǎn)足粒子仍能回到 O 點(diǎn)，自然就有 2r1=2n（ r2r1）．考慮粒子運(yùn)動(dòng)的周期性，表達(dá)出通式，這在粒子運(yùn)動(dòng)題目中經(jīng)常遇到，如回旋加速器等，應(yīng)引起足夠的重視，解決了關(guān)鍵點(diǎn)，其他就簡(jiǎn)單了． 9. 考點(diǎn)分析： 本題考查了帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 解析： （ 1）由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負(fù)電荷． 粒子由 A 點(diǎn)射入，由 C 點(diǎn)飛出，其速度方向改變了 90176。 解得： I=BLmg ?37sin= A. （ 2）設(shè)變阻器接入電路的阻值為 R，根據(jù)閉合電路歐姆定律 E=I（ R+r） 解得： R=IEr=19 Ω . 答案： （ 1） A (2)19 Ω 第三節(jié) 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)知識(shí)梳理 （一） f=qvB sinθ；運(yùn)動(dòng)電荷； 0 （二） 垂直；垂直；垂直；同一平面內(nèi)；手心；正電荷運(yùn)動(dòng)方向；相反；姆指 （三）宏觀表現(xiàn)；一定不； 速度大小 （四） 勻速直線(xiàn)運(yùn) 動(dòng)； 勻速圓周運(yùn)動(dòng) 考能訓(xùn)練答案 1. 解析 ： 粒子穿過(guò)金屬板后，速度變小，由半徑公式qBmvr?可知，半徑變小，粒子運(yùn)動(dòng)方向?yàn)橛上孪蛏?；又由于洛侖茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電。 答案： AD 11. 解析： 分析左圖中導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以是安培力和重力的分力平衡，即1 sinBI L mg ?? ，而右圖中的平衡方程是 2tanmg BI L? ? ，所以得到 I1： I2=cosθ： 1，則選項(xiàng) A 正確；選項(xiàng) B 錯(cuò)誤； 導(dǎo)體 A 所受安培力大小之比 F1： F2= cosθ： 1，所以選項(xiàng) C 錯(cuò)誤；左圖中的彈力 1 cosN mg ?? ，右圖中的彈力2 cosmgN ??，所以 N1： N2=cos2θ： 1，所以選項(xiàng) D 正確，綜上所述，本題的正確選項(xiàng)應(yīng)該為 AD。 電流方向相反、則相互排斥。 答案： D 15. 解析： 從線(xiàn)圈的繞制方向和安培定則判斷電磁鐵上端等效于 S 極，由異名磁 極相吸原理可知永磁體下端為 N 極． 答案： S、 N 16. 解析： 由磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式ILFB?計(jì)算相應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的值，從數(shù)據(jù)可以歸納出磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 與產(chǎn)生磁場(chǎng)的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)上的電流 I0 成正比，與距離 r 成反比． 答案： ， ， ， ， ，成正比； ， ， ， ， ，成反比． 17．解析 :在用力將鐵片與磁鐵拉開(kāi)一段微小距離△ L 的過(guò)程中，拉力 F 可認(rèn)為不變，因此 F所做的功為 :W＝ F△ L. 以 ω 表示間隙中磁場(chǎng)的 能量密度，則間隙中磁場(chǎng)的能量 E＝ ω V＝ ω A△ L 又題給條件 ω ＝ B2/2μ ，故 E＝ A△ LB2/2μ . 因?yàn)?F 所做的功等于間隙中磁場(chǎng)的能量，即 W=E，故有 F△ L= A△ LB2/2μ 解得 2 FB A?? 答案： 2 FB A?? 18. 解析： （ 1）勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)磁場(chǎng)力與滑動(dòng)摩擦力平衡，所以磁場(chǎng)力 NmgFF f 6??? ? ，金屬桿上有電流通過(guò)部分是導(dǎo)軌間的 1m 長(zhǎng)，由定義式得 TILFB ??，由左手定則可判斷磁場(chǎng)方向豎直向上．（ 2）勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)由牛頓第二定律， maFF f ?? ，得NFmaF f 8??? ， TB ? ． 答案 ： ， 19. 解析： 可變電阻 在一定的取值范圍內(nèi)都能使 MN 處于靜止，說(shuō)明導(dǎo)體棒 MN 與導(dǎo)軌間存在摩擦力，由左手定則判斷導(dǎo)體棒所受到的磁場(chǎng)力水平向左，當(dāng) R=1Ω時(shí)，由閉合電路歐姆定律可知電流強(qiáng)度最大且 I1=3A，所受最大靜摩擦力 mF 方向向右，三力平衡關(guān)系是mgFLBI m ??1 ，當(dāng) R=5Ω時(shí)，電流強(qiáng)度最小 I2=1A，所受最大靜摩擦力 mF 方向向左，三力平衡關(guān)系是 mgFLBI m ??2 ，可得 mgIIBL 2)( 21 ?? ，變形可得磁感應(yīng)強(qiáng)度為T(mén)TIIL mgB )13( )( 2 21 ??? ????? ． 答案： 第二節(jié) 磁場(chǎng)對(duì)電流的作用 考點(diǎn)知識(shí)梳理 （一） 安培力；宏觀表現(xiàn)； F＝ BILsinθ；最大；最??；有效長(zhǎng)度；幾何中心 ；電能；其它形式的能 （二） 垂直 ； 同一平面內(nèi) ； 手心 ； 電流方向 ； 垂直 ； 大拇指 ；垂直；垂直；垂直；不一定； 考能訓(xùn)練答案 1. 解析 ：電鍵 S 分別置于 a、 b 兩處時(shí)，電源分別為一節(jié)干電池、兩節(jié)干電池，而電路中燈泡電阻不變，則電路中電流 Ia＜ Ib， MM39。由平衡條件可知BFmgT ?? 。 磁鐵 B 受有重力 mgGB ? 、木塊的彈力 N2’、磁鐵 A 的吸引力 AF 。 說(shuō)明 ： B 的定義式 B＝ F/IL 中要求 B與 IL 垂直，若不垂直且兩者間夾角為θ，則 IL 在與 B 垂直方向分上的分量即 ILsinθ，因而 B=F/ILsinθ，所以 F/IL=Bsinθ．則 B≥ F/IL。伏 /米，又知 1 特 =秒庫(kù)米 牛 /1?。米 牛1?。第九章 參考答案 第一節(jié) 第一節(jié) 磁場(chǎng)及其描述 考點(diǎn)知識(shí)梳理 （一） 極受力； N 極；磁鐵的磁場(chǎng)和電流的磁場(chǎng)一樣，都是由電荷的運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的。由 ?? 特可知 1SB ? 2米韋。由 1 焦 =1 牛米 牛 /1，從而可知 1 特秒米 米伏 //1?。 答案： B 10. 解析 :題中的磁場(chǎng)是由直導(dǎo)線(xiàn)電流的磁場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)共同形成的，磁場(chǎng)中任一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為兩磁場(chǎng)分別產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和． a 處磁感應(yīng)強(qiáng)度為 0， 說(shuō)明直線(xiàn)電流在該處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與勻強(qiáng)磁場(chǎng) B 的大小相等、方向相反，可得直導(dǎo)線(xiàn)中電流方向應(yīng)是垂直紙面向里．在圓周上任一點(diǎn)，由直導(dǎo)線(xiàn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B＝ 1T，方向沿圓周切線(xiàn)方向，可知 C 點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 2T，方向向右 .d 點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 2T ，方向與 B 成 450斜向右下方． 答案： AC 11. 解析：要知道線(xiàn)圈在下落過(guò)程中磁通量的變化情況，就必須知道條形磁鐵在磁極附近磁感線(xiàn)的分布情況．條形磁鐵在 N 極附近的分布情況如圖所示，由圖可知線(xiàn)圈中 磁通量是先減少，后增加． D 選項(xiàng)正確． 點(diǎn)評(píng)：要知道一個(gè)面上磁通量，在面積不變的條件下，也必須知道磁場(chǎng)的磁感線(xiàn)的分布情況．因此，牢記條形磁鐵、蹄形磁鐵、通電直導(dǎo)線(xiàn)、通電螺線(xiàn)管和通電圓環(huán)等磁場(chǎng)中磁感線(xiàn)的分布情況在電磁學(xué)中是很必要的． 答案： D 12. 解析 ：在原圖示位置，由于磁感線(xiàn)與線(xiàn)圈平面垂直，因此 Φ 1＝ B1 S/2＋ B2 S/2＝（ 0． 6 1/2＋ 0． 4 1/2） Wb=0． 5Wb 當(dāng)線(xiàn)圈繞 OO/軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò) 370后，（見(jiàn)圖中虛線(xiàn)位置）： Φ 2＝ B1 Sn/2＋ B2 Sn/2＝ B1 Scos370/2＋ B2 Scos370/2＝ 0． 4Wb 磁通量變化量ΔΦ =Φ 2－Φ 1＝（ 0． 4－ 0． 5） Wb=－ 0． 1Wb 所以線(xiàn)圈轉(zhuǎn)過(guò) 370后。由平衡條件可知 N2’AFmg?? 。由牛頓 第三定律可知 TT? ，所以有 mgFmgT B ??? 。 在 NN39。 答案 ： D 2. 解析 ：勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上、和導(dǎo)線(xiàn)平行， 導(dǎo)線(xiàn)受到安培力為 0， A 錯(cuò)；勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平向右，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)線(xiàn)受到安培力向里， B 錯(cuò)；勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向外，由左手定則可知導(dǎo)線(xiàn)受到安培力水平向右， C 錯(cuò)、 D 對(duì)。 答案： AD 12. 解析 ： 本題考查了左手定則的應(yīng)用。選 A。則粒子軌跡半徑： r=R． 又： RvmqvB 2? ， 則粒子的比荷為： Brvmq 2? ． （ 2）粒子從 D 點(diǎn)飛出磁場(chǎng)速度方向改變了 60176。 則全段軌跡運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t=T3 =106s (2)在圖中過(guò) O2 向 AO1 作垂線(xiàn)，聯(lián)立軌跡對(duì)稱(chēng)關(guān)系側(cè)移總距離 d=2Rsin2θ＝ 2 3 m． 20. 解析： 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為 E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，圓 O′的半徑為 q,質(zhì)量為m，初速度為 和磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有 qvB=qE,vT0=2R. 只存在電場(chǎng)時(shí)，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有 x=v arctan2. 答案：20Tarctan2 ： 洛倫茲力是 α 粒子作圓運(yùn)動(dòng)的向心力；計(jì)算出圓半徑后，確定圓心的位置就成為解題的關(guān)鍵， α粒子軌跡與 ab相切，以及 α粒 子離 S最遠(yuǎn)的距離為 2r是判定最遠(yuǎn)點(diǎn)的條件．如圖 9320． α粒子帶正電，用左手定則判定 α粒子在磁場(chǎng)中沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，用 r 表示軌道半徑，有 Bqv＝ m rv2 ，解 得 673 10 m 10 ()vr qBm?? ? ???， 可見(jiàn) 2rlr． 因向不同方向發(fā)射的 α 粒子的圓軌跡都過(guò) S，由此可知，某一圓軌跡在圖中 N 左側(cè)與ab 相切，則此切點(diǎn) P1 就是 α粒子能打中的左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)，為定出 P1 的位置，可作平行與 ab的直線(xiàn) cd， cd 到 ab 的距離為 r＝ ．以 S 為圓心， r 為半徑，作弧交 cd 于 Q 點(diǎn)，過(guò) Q作 ab 的垂線(xiàn)，它與 ab 的交點(diǎn)即為 P1．由圖中幾何關(guān)系得 ： 221 )( rlrNP ??? ． 再考慮 N 的右側(cè)，任何 α粒子在運(yùn)動(dòng)中離 S 的距離不可能超過(guò) 2r，以 2r 為半徑， S 為圓心作圓，交 ab 于 N 右側(cè)的 P2 點(diǎn)， P2 即為 α粒子在右側(cè)能達(dá)到的最遠(yuǎn)點(diǎn)．由幾何關(guān)系得：222 4 lrNP ?? ． 所求長(zhǎng)度為： P1P2=NP1+NP2=． 第四節(jié) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 考能訓(xùn)練答案 1. 考點(diǎn)