第一章 磁场力与现代科技专项测试（Word版含答案）

第一章、磁场力与现代科技
一、单选题
1．直导线垂直于磁场方向放在竖直向下的匀强磁场中，通以垂直纸面向外的电流，则直导线受到安培力的方向（　　）
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
2．在如图所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是
A． B． C． D．
3．质量为0.5 kg的金属杆在相距1 m的水平轨道上与轨道垂直放置，金属杆上通以I＝4 A的恒定电流，方向如图所示，匀强磁场B垂直轨道平面竖直向上，金属杆与轨道间的动摩擦因数为0.2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.金属杆恰好不发生移动，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为
A．2.0 T B．1.0 T C．0.50 T D．0.25 T
4．如图所示为带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动轨迹．中央是一块金属薄板，粒子穿过金属板时有动能损失．则(　　)
A．粒子带正电
B．粒子的运动路径是abcde
C．粒子的运动路径是edcba
D．粒子在下半周的运动时间比上半周运动的时间长
5．如图，直角三角形闭合线圈ABC处于垂直纸面向里的匀强磁场中，线圈通有顺时针方向电流，则线圈所受磁场力的合力为（ ）
A．大小为零 B．方向竖直向上
C．方向竖直向下 D．方向垂直纸面向里
6．如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘线水平吊起通电直导线A，导线与螺线管垂直。A中的“×”表示导线中电流的方向垂直于纸面向里。电键S闭合前、后，绝缘线对导线A的作用力大小的变化情况是：（　　）
A．增大 B．减小 C．不变 D．不能确定
7．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架。其中、边均与边成60°角，，长度为的电阻丝电阻为，框架与一电动势为，内阻的电源相连接，垂直于框架平面有垂直于纸面向里磁感应强度为的匀强磁场，则梯形框架受到的安培力的大小为（　　）
A．0 B． C． D．
8．如图所示，两个劲度系数均为k的轻弹簧顶端固定并与电路相连，下端用轻导线与长度为L的导体棒相连，导体棒水平放置且垂直于匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．断开开关，导体棒静止时，弹簧的长度为x1；接通电源后，导体棒水平静止时，弹簧的长度为x2，电流表示数为I．忽略电流产生的磁场作用．则该匀强磁场的磁感应强度大小为
A． B．
C． D．
9．如图所示是一个可以用来测量磁感应强度B的装置，方形容器底面为边长L的正方形，左右两壁为导体，其余各面均绝缘，其底部与大气相通。容器内有一质量为m、与容器内壁接触良好的金属活塞，可在容器内无摩擦滑动。活塞下方有一轻质弹簧支撑着，弹簧的劲度系数为k。容器左右两壁与电路相连，整个装置放在垂直纸面向里的匀强磁场中。电键K闭合前，活塞处于静止状态，以下说法正确的是
A．闭合电键K后活塞会向上运动
B．保持电键闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，活塞会向上滑动
C．闭合电键K，稳定后电流表示数为I，活塞移动的距离为x，则测得该磁感应强度
D．闭合电键K，稳定后电流表示数为I，活塞移动的距离为x，则测得该磁感应强度
10．如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。粒子通过速度选择器后垂直平板S由狭缝P进入磁感强度为B0的匀强磁场中。下列表述正确的是（　　）
A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
B．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于
C．粒子在匀强磁场B0中的径迹是一个完整的圆
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
11．如图所示，水平导轨与导体棒ab接触良好且电阻均忽略不计，外加匀强磁场与导轨平面成夹角α=53°，细线对ab棒的拉力为水平方向，不计一切摩擦，现适当增加重物G的重力，需同时调节滑动变阻器R以保证ab棒始终处于静止状态，在此过程中( )
A．需将滑动变阻器R的滑动触头P向左滑
B．A点电势降低
C．ab棒受到的安培力方向始终水平向左
D．ab棒受到的安培力的大小始终等于重物G的重力
12．一带负电荷的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直于纸面向里的磁场，如图所示，而物体仍能沿斜面滑到底端，则滑到底端时（　　）
A．v将变小
B．v将变大
C．由于洛伦兹力垂直于速度v，所以v将不变
D．不能确定v的变化
13．粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，俯视图如图所示，两根导线中通有大小相同，方向相反的电流，电流方向如图所示，水平面上一带电滑块（电性未知）以某一初速v沿两导线连线的中垂线入射，运动过程中滑块始终未脱离水平面，下列说法正确的是
A．滑块一定做变加速直线运动
B．滑块一定做匀速直线运动
C．滑块一定做曲线运动
D．滑块一定做匀变速直线运动
二、多选题
14．下面各图中给出的是一个电子以速度v沿垂直于磁场方向射入磁场后，电子所受洛仑兹力、电子速度方向和磁场方向三个物理量的方向，其中正确的是( )
A． B． C． D．
15．固定半圆形光滑凹槽的直径水平，O为圆心B为最低点，通有恒定电流的直导体棒a静置于B点，电流方向垂直于纸面向里，截面图如图所示。现在纸面内施加与方向平行的匀强磁场，并缓慢增大磁场的磁感应强度大小，使导体棒a沿凹槽内壁向C点缓慢移动，在移动过程中导体棒a始终与纸面垂直。下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向平行于向上
B．导体棒a能缓慢上移到C点
C．在导体棒a缓慢上移过程中，导体棒对凹槽的压力缓慢增大
D．在导体棒a缓慢上移过程中，导体棒所受安培力大小可能不变
16．如图所示，立方体金属导体放在匀强磁场中，磁场垂直于导体的前表面向里，导体的长、高、宽分别为a、b、c，a＞b＞c，若从左、右表面通入从P到Q方向的大小为I的恒定电流，结果MN两端的电压为U1，若从上、下表面通入从M到N方向的大小也为I的恒定电流，结果P、Q两端的电压为U2，则（　　）
A．若电流从M到N方向流入，则P点电势比Q点电势高
B．若电流从P到Q方向流入，则M点电势比N点电势高
C．
D．
三、填空题
17．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，电子射线管的阴极A能够发射电子，电子束在A、B两极之间电场力的作用下从阴极飞向阳极。
(1)图甲中，把电子射线管放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是______（填“向上”或“向下”）；
(2)图乙中，电子射线管位于通电导线ab正下方，该装置可以演示电子在磁场中的偏转，若实验发现电子束的径迹向下偏转，那么导线中电流的方向是______（填“从a到b”或“从b到a”）。
18．直流电动机是在接通电源后，线圈受磁场力作用，便会带动__________不停地转动，从而将动力通过__________向外输出。
19．质子和粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的速度之比为_________，半径之比为_________．
20．如图所示，正方形边长为L，内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，现有质量为m、带电荷量为+q的粒子以速度v从ad边中点的小孔垂直于ad边射入匀强磁场，欲使粒子能打到cd边上，则磁感应强度B的取值范围是________.
四、解答题
21．如图所示，直角坐标系xOy在竖直面内，在第一象限存在竖直向下的匀强电场，在第四象限内以O1(R，0)点为圆心、以R为半径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从y轴上N点以速度v0沿x轴正方向射出，且恰好从O1点进入磁场，从圆弧的A(R，－R)点离开磁场。已知匀强电场的场强大小与匀强磁场的磁感应强度大小之比为，不计粒子重力，求：
(1)N点距坐标原点O的距离h；
(2)保持电场不变，仅改变磁感应强度B的大小，当磁感应强度B的取值多大时，该粒子不能从磁场区域的弧形边界离开磁场。
22．应用如图所示的装置研究带电粒子在电场、磁场中的运动情况。相邻的区域I、II均为边长为的正方形。区域I内可以添加方向竖直向下的匀强电场；区域II内可以添加方向垂直纸面向里的匀强磁场。区域II的边缘处有可探测带电粒子的屏。一束带电粒子沿两区域中间轴线以速度水平射入区域I，粒子束中含有多种粒子，其电荷量由小到大的范围为，质量由小到大的范围为。粒子在电场中只受电场力，在磁场中只受洛伦兹力。
(1)若只在区域II内添加磁场，且能够在屏上探测到所有粒子，则磁感应强度为多大；
(2)若只在区域I内添加电场，且能够在屏上探测到所有粒子，则电场强度为多大；
(3)当两个区域分别添加上述(1)(2)中的电场及磁场，电荷量为、质量为的粒子能够在屏上探测到。求解粒子在屏上显现的位置，试列出各求解方程式。（不对方程式求解）
23．如图所示，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=Bv0，第二、三、四象限存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限的磁感应强度相同但大小未知。一质量为m、电荷量为q的带正电荷的粒子从x轴负方向上的P点，以速度大小v0，在xOy平面内沿与x轴正方向成α=60°角射入第二象限，并由Q点垂直y轴进入第一象限，然后又从x轴上的N点（图中未画出）进入第四象限，经第四、三象限后恰好回到P点。不计粒子重力。在上述运动过程中，求：
（1）粒子在第二象限内的轨道半径r；
（2）粒子经过点时的速度大小vN及方向；
（3）粒子由点回到P点的时间t。
五、作图题
24．在图中画出或说明图中所示情形下通电导线I所受磁场力的方向
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上．四指指向电流方向，则指向纸外，拇指指向右侧，故导线受到的安培力向右，故ABC错误，D正确．
故选D．
2．C
【解析】
【详解】
由左手定则可知，
A.安培力方向竖直向下，A错误；
B.导线与磁场方向平行，安培力为0，B错误；
C.安培力方向向下，C正确；
D.安培力方向垂直纸面向外，D错误；
故选C.
3．D
【解析】
【详解】
四指指向电流的方向，让磁场穿过手掌心，即掌心朝下，由左手定则判断安培力方向向左，根据平衡条件可得，解得，故选项D正确，A、B、C错误．
4．C
【解析】
【详解】
由Bqv=m，可知 ； 因粒子在穿过板后速度减小，则粒子的半径减小，故说明粒子是由下向上穿过，故运动方向为edcba；粒子受力指向圆心，则由左手定则可知粒子应带负电； 故C正确，AB错误；粒子在磁场中运动的周期： ，与粒子的速度无关，所以粒子在下半周的运动时间与上半周运动的时间一样长．故D错误．故选C.
点睛：带电粒子在磁场中运动的考查的重点为牛顿第二定律及向心力公式的应用，不过在选择题中可以直接应用结论，同时判定洛伦兹力方向时，注意正负电荷．
5．A
【解析】
【详解】
试题分析：通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处．如图所示，
由公式得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力合力与斜边的安培力等值反向．所以线圈所受磁场力的合力为零．
考点：考查了通电导线在磁场中的受力
6．A
【解析】
【详解】
通电前绝缘绳只受导线的重力，通电后，首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向应该是水平向右。再根据左手定则判断可以知道∶A受到通电螺线管磁场的作用力的方向竖直向下，此时绝缘绳受到向下的重力和安培力，故绝缘线对导线A的作用力变大。故A正确。
故选A。
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
因为abcd部分的电阻为3R0，而ad部分的电阻为2R0，可知并联电阻为
电路总电流
对线框的整体研究，则整个线框受安培力为
故选B。
8．D
【解析】
【详解】
断开开关时：
闭合开关时：
联立以上两式解得：
故选D．
9．C
【解析】
【详解】
A．闭合电键K后，活塞上电流方向水平向左，活塞受到的安培力竖直向下，所以活塞会向下运动，故A错误；
B．保持电键闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，电阻减小，电流变大，竖直向下的安培力变大，活塞会向下移动，故B错误；
CD．电键K闭合前，重力和弹力相等，根据平衡条件：
电键K闭合后，根据平衡条件：
两式联立解得：，故C正确，D错误。
故选C．
10．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据粒子在磁场中的偏转方向可知，粒子带正电，在速度选择器中，电场力向右，电场力与洛伦兹力必须平衡，粒子才能通过选择器，所以洛伦兹力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B．在速度选择器中，由
qE=qvB
得
此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故B错误；
C．粒子垂直磁场边界进入匀强磁场，做圆周运动，轨迹为一个半圆．故C错误；
D．进入磁场B0的粒子由洛伦兹力提供向心力，应满足
得
知R越小，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大，故D正确。
故选D。
11．B
【解析】
【详解】
ACD、对ab棒受力分析，受到重力，轨道对ab棒的支持力，安培力和绳子的拉力，根据左手定则可知安培力方向左斜上方，水平方向上有，即，现适当增加重物G的重力，为了保证ab棒始终处于静止状态，可以将滑动变阻器R的滑动触头P向右滑，减小电阻，故A、C、D错误；
B、滑动变阻器R的滑动触头P向右滑，电阻减小，总电阻减小，总电流增大，根据可知路端电压减小，A点电势降低，故B正确；
故选B．
12．B
【解析】
【详解】
未加磁场时，根据动能定理，有mgh﹣Wf= mv2﹣0．加磁场后，多了洛伦兹力；根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，所以物体对斜面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有mgh﹣Wf′= mv′2﹣0，Wf′＜Wf，所以速度将变大，故B正确，ACD错误．
故选B．
13．D
【解析】
【详解】
试题分析：根据安培定则，知两导线连线上的垂直平分线上磁场方向竖直向下，滑块运动方向和磁场方向平行，不受洛伦兹力，只受恒定的摩擦力作用，所以滑块一定做匀变速直线运动，D正确
考点：考查了右手螺旋定则，洛伦兹力
【名师点睛】先根据安培定则判断AB连线上的磁场方向，再判断滑块所受的洛仑兹力情况，分析滑块的运动情况．
14．AD
【解析】
【详解】
A．根据左手定则可知A图中电子受到的洛伦兹力方向向下，A正确；
B．根据左手定则可知图B洛伦兹力斜向下，B错误；
C．根据左手定则可知洛伦兹力的方向向左，C错误；
D．根据左手定则可知洛伦兹力的方向向如图所示， D正确。
故选AD。
15．AC
【解析】
【详解】
A．由左手定则得，磁场方向平行于向上。故A正确；
B．由平衡条件得，导体棒a不能缓慢上移到C点。故B错误；
C．设支持力与竖直方向的夹角为，由平衡条件得
可知增大，导体棒对凹槽的压力缓慢增大。故C正确；
D．由于缓慢增大磁场的磁感应强度大小，在导体棒a缓慢上移过程中，根据公式可知，导体棒所受安培力大小一定增大。故D错误。
故选AC。
16．AC
【解析】
【详解】
金属导体中的自由电荷是自由电子，若电流从P到Q方向流入，根据左手定则可以判断N点电势比M点电势高，此时
，
解得
若电流从M到N方向流入，则根据左手定则可以判断P点电势比Q点电势高，此时
，
解得
故AC正确，BD错误。
故选AC。
17． 向下 从到
【解析】
【详解】
(1)[1]从N向S观察，磁场向里，电子向右运动，由左手定侧可判断电子受到向下的洛伦兹力，故电子束向下偏转。
(2)[2]电子束向右运动，径迹向下偏转，说明洛伦兹力向下，由左手定侧可知导线下方磁场向里，再由安培定侧可知电流方向从到。
18． 转轴 转轴
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]直流电动机是在接通电源后，线圈受磁场力作用，便会带动转轴不停地转动，从而将动力通过转轴向外输出。
19． ；
【解析】
【分析】
根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，结合粒子在磁场中运动的半径公式求出半径之比.
【详解】
由动能定理得：qU=mv2-0，解得：，因为质子和α粒子的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则速率之比为 ：1．粒子在磁场中运动的半径：，因为质子和α粒子的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则半径之比为1：．
20．
【解析】
【详解】
由题意知，带正电的粒子从cd边d点射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径，故粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即，可得粒子做圆周运动的磁感应强度；
带正电的粒子从cd边c点射出磁场，由几何关系可知：，可得粒子圆周运动的最大半径，故粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即，可得粒子做圆周运动的磁感应强度；
故欲使粒子打在cd边上，磁感应强度B的取值范围是．
21．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)粒子进入磁场时，粒子运动轨迹如图所示
设合速度与水平方向的夹角为θ，则合速度大小为
由图可知轨迹圆半径
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
又
解得
粒子在电场中做类平抛运动，则
R=v0t
联立可得
(2)在(1)中，可知
合速度
与水平方向的夹角为45°，当R为轨迹圆直径的时候，轨迹圆与磁场圆相切（如上图所示），这时粒子恰不从弧形边界射出磁场，粒子在磁场中有
又
r1≤
解得
B1≥
22．(1)；(2)；(3)，
【解析】
【详解】
(1)如图甲所示，磁场中运动有
①
由几何关系得
得
②
解①②式得
电荷量为、质量为时磁场磁感应强度最大，有
(2)如图乙，在电场中运动，竖直方向有
③
又有
④
水平方向有
⑤
又有
⑥
由几何关系得
⑦
解③~⑦式得
电荷量为、质量为时电场强度最大，有
(3)如图丙，电场中有
，⑧
又有
⑨
磁场中运动的半径为
⑩
由几何关系得
23．（1）；（2），与x轴的夹角为45°；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在第二象限内匀速圆周运动，有
解得
（2）粒子在第二象限中做类平抛运动，有
解得
经过N点时的速度方向与x轴的夹角为45°
（3）设P点的纵坐标为（-xP，0），由几何关系得
设粒子在电场中运动的时间为t，N点横坐标为xN，有
解得
设粒子在第四、三象限中运动半径为r′，则
解得
粒子由N点回到P点的时间
解得
24．
【解析】
【详解】
根据左手定则，画出通过电导线I所受磁场力的方向如图所示
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页