【正文】 即Bsinθ＝2T，因而B≥2T。穿過線圈的磁通量減少了0．1Wb．【例11】從太陽或其他星體上放射出的宇宙射線中含有高能帶電粒子，若到達地球，對地球上的生命將帶來危害．對于地磁場對宇宙射線有無阻擋作用的下列說法中，正確的是（ ），赤道附近最弱，南北兩極最弱解析:因在赤道附近帶電粒子運動方向與地磁場近似垂直，而在兩極趨于平行．答案：Ｂ【例12】超導是當今高科技的熱點之一，當一塊磁體靠近超導體時，超導體中會產生強大的電流，對磁體有排斥作用，這種排斥力可使磁體懸浮在空中，磁懸浮列車就采用了這項技術，磁體懸浮的原理是（?。俪瑢w電流的磁場方向與磁體的磁場方向相同．②超導體電流的磁場方向與磁體的磁場方向相反．③超導體使磁體處于失重狀態(tài)．④超導體對磁體的磁力與磁體的重力相平衡．A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ZnCu解析:超導體中產生的是感應電流，根據楞次定律的“增反減同”原理，這個電流的磁場方向與原磁場方向相反，對磁體產生排斥作用力，這個力與磁體的重力達平衡．答案：Ｄ【例13】.如圖所示，用彎曲的導線環(huán)把一銅片和鋅片相連裝在一絕緣的浮標上，然后把浮標浸在盛有稀硫酸的容器中，設開始設置時，環(huán)平面處于東西方向上．放手后，環(huán)平面將最終靜止在 方向上．解析:在地表附近地磁場的方向是大致由南向北的，此題中由化學原理可推知在環(huán)中有環(huán)形電流由等效法可假定其為一個垂直于紙面的條形磁體，而條形磁體所受地磁場的力的方向是南北方向的．答案：南北方向【例14】普通磁帶錄音機是用一個磁頭來錄音和放音的。 即放音過程是利用電磁感應原理。IBS C．IBS D．由于導線框的邊長及固定軸的位置來給出，無法確定解析：為便于正確找出力臂，應將題中所給的立體圖改畫成平面俯視圖，如圖10—17所示，設線框ab邊長為11，cd邊長為12，并設豎直轉軸過圖中O點（O點為任選的一點） ，ao長lac，bo長lbo，則lac+lbo=l1．為便于分析，設電流方向沿abcda． 由左手定則判斷各邊所受安培力的方向，可知ab、cd邊受力與豎直轉軸平行，不產生力矩；ad、bc兩邊所受安培力方向如圖，將產生力矩．ad、bc邊所受安培力的大小均為F＝IBl2，產生的力矩分別為：Mad=Flaocosθ，Mbc=Flbccosθ．兩個力矩的方向相同（困10—17中均為順時針力矩），合力矩M=Mad＋Mbc＝F（lao＋lbc）cosθ＝IBScosθ，將θ＝600代入，得M=189。故有 F=BIh．Δp=F/ah，聯立解得Δp＝BI/a【例11】將兩碳棒A,B(接電路）插盛有AgNO3溶液的容器中，構成如圖電路．假設導軌光滑無電阻，寬為d,在垂直導軌平面方向上有大小為B,方向垂直紙面向外的磁場，若經過時間t后，在容器中收集到nL氣體（標況），問此時滑桿C(質量為mC）的速度，寫出A,B棒上發(fā)生的電極反應式（阿伏加德羅常數N0）解析：由電解池電極反應可得出通過C棒的電荷量，求出平均電流，再由安培定則及動量定理可得滑桿速度．陰極:Ag十十e=Ag↓陽極：4OH――4e=2H2O＋O2↑,O2的摩爾數為n/,則陽極的物質量為n/.通過C捧的電荷量為平均電流由得【例12】如圖所示為利用電磁作用輸送非導電液體裝置的示意圖，一邊長為L、截面為正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面積為A的小噴口，在活塞的中部和上部分別嵌有兩根金屬棒a、b，其中棒b的兩端與一電壓表相連。解析：（1）油滴在進入兩板前作自由落體運動，剛進入兩板之間時的速度為V0，受到的電場力與磁場力相等，則qv0B＝qU／d，v0＝U／Bd= ，h=U2／2gB2d2（2）油滴進入兩板之間后，速度增大，洛侖茲力在增大，故電場力小于洛侖茲力，油滴將向P板偏轉，電場力做負功，重力做正功，油滴離開兩板時的速度為Vx ，由動能定理mg（h＋L）－q U／2=mVx 2/2， 點評：（1）根據帶電油滴進入兩板時的磁場力與電場力大小相等求出油滴下落時到板上端的高度；（2）油滴下落過程中的速度在增大，說明了洛侖茲力增大，油滴向P板偏轉，電場力做負功．【例3】如圖所示，在空間有勻強磁場，磁感強度的方向垂直紙面向里，大小為B，光滑絕緣空心細管MN的長度為h，管內M端有一質量為m、帶正電q的小球P，開始時小球P相對管靜止，管帶著小球P沿垂直于管長度方向的恒定速度u向圖中右方運動．設重力及其它阻力均可忽略不計．（1）當小球P相對管上升的速度為v時，小球上升的加速度多大？（2）小球P從管的另一端N離開管口后，在磁場中作圓周運動的圓半徑R多大？（3）小球P在從管的M端到N端的過程中，管壁對小球做的功是多少？解析：（1）設此時小球的合速度大小為v合，方向與u的夾角為θ 有……① cosθ=u/v合=u/ ………② 此時粒子受到的洛倫茲力f和管壁的彈力N如所示，由牛頓第二定律可求此時小球上升的加速度為：a=fcosθ/m =qv合Bcosθ/m………③ 聯立①②③解得：a=quB/m（2）由上問a知，小球上升加速度只與小球的水平速度u有關，故小球在豎直方向上做勻加速運動．設小球離開N端管口時的豎直分速度為vy，由運動學公式得此時小球的合速度 故小球運動的半徑為 （3）因洛化茲力對小球做的功為零，由動能定理得管壁對小球做的功為： W=mv2－mu2=quBh【例4】在兩塊平行金屬板A、B中，B板的正中央有一α粒子源，可向各個方向射出速率不同的α粒子，如圖所示．若在A、B板中加上UAB＝U0的電壓后，A板就沒有α粒子射到，U0是α粒子不能到達A板的最小電壓．若撤去A、B間的電壓，為了使α粒子不射到A板，而在A、B之間加上勻強磁場，則勻強磁場的磁感強度B必須符合什么條件（已知α粒子的荷質比m／q=2．l10－8kg/C，A、B間的距離d＝10cm，電壓U0=4．2104V）？解析：α粒子放射源向各個方向射出速率不同的α粒子，設最大的速率為vm。解析:先討論粒子穿出B1的條件：設粒子以某一速度v在磁場B1中運動的圓軌跡剛好與M相切，此時軌跡半徑剛好為L1，由 得： 由此可得使粒子能穿出B1的條件是： 。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內有沿半徑向外的電場。mv2＝qU 設粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動的半徑為R，由洛侖茲力公式和牛頓定律得 mv2/R=qvB由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經過3/4圓周。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d。噴入偏轉磁場B中．在洛倫茲力作用下，正、負離子分別向上、下極板偏轉、積累，從而在板間形成一個向下的電場．兩板間形成一定的電勢差．當qvB=qU/d時電勢差穩(wěn)定U＝dvB，這就相當于一個可以對外供電的電源．．電磁流量計原理可解釋為：如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向左流動．導電液體中的自由電荷（正負離子）在洛倫茲力作用下縱向偏轉，a,b間出現電勢差．當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定． 由Bqv=Eq=Uq/d，可得v=U/=Sv=πUd/4B如圖所示組成：離子源O，加速場U，速度選擇器（E,B），偏轉場B2，膠片．原理：加速場中qU=189。其軌跡線所對應的圓心角越大 C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合 D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同解析：在圖中畫出了不同速率的電子在磁場中的軌跡，由前面的知識點可知軌跡的半徑R=mv／qB，說明了半徑的大小與電子的速率成正比．但由于電子在磁場中運動時間的長短僅與軌跡所對應的圓心角大小有關，故可判斷圖中五條軌跡線所對應的運動時間關系有t5＝t4＝t3＞t2＞t1顯然，本題選項中只有B正確． 點評：本題所考查的是帶電粒子在矩形（包括正方形）磁場中運動的軌跡與相應的運動時間的關系問題．不同速率的電子在磁場中的偏轉角大小（也就是在磁場中運動時間的長短），由知識點中的周期表達式看來與半徑是沒有關系的，但由于磁場區(qū)域的邊界條件的限制，由圖說明了半徑不同，帶電粒子離開磁場時速度方向變化可能不同，也可能相同．由周期關系式必須明確的一點是：帶電粒子在磁場中運動的時間長短決定于軌跡所對應的圓心角．【例7】如圖所示，半徑R=10cm的圓形區(qū)域邊界跟y軸相切于坐標系原點O。但安培力卻可以做功．四、帶電粒子在勻強磁場中的運動：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動．=mv/qB；其運動周期T=2πm/qB（與速度大小無關）．，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動（類平拋運動）；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動（勻速圓周運動）．【例1】一帶電粒子以初速度V0垂直于勻強電場E 沿兩板中線射入，不計重力，由C點射出時的速度為V，若在兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場，粒子仍以V0入射，恰從C關于中線的對稱點D射出，如圖所示，則粒子從D點射出的速度為多少?解析：粒子第一次飛出極板時，電場力做正功，由動能定理可得電場力做功為W1=m（V2－v02）/2……①，當兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場后，粒子第二次飛出極板時，洛侖茲力對運動電荷不做功，但是粒子從與C點關于中線的對稱點射出，洛侖茲力大于電場力，由于對稱性，粒子克服電場力做功，等于第一次電場力所做的功，由動能定理可得W2=m（V02－VD2）/2……②，W1=W2。圖中表示這種電磁泵的結構。該時刻由里向外射出的電子流將向哪個方向偏轉？解：畫出偏轉線圈內側的電流，是左半線圈靠電子流的一側為向里，右半線圈靠電子流的一側為向外。解析:（1）錄音原理:當由微音器把聲音信號轉化為電流信號后，電流信號流經線圈，在鐵芯中產生隨聲音變化的磁場，磁帶經過磁頭時磁粉被不同