第一章 磁场 单元测试（Word版含解析）

粤教版（2019）选择性必修二 第一章 磁场
一、单选题
1．如图所示，水平导轨上垂直于导轨放置一导体棒ab，导体棒接入导轨的长度，导体棒中通有的电流，两导轨间有竖直向上的磁感应强度的匀强磁场，导轨通过水平细绳跨过定滑轮与质量为的物体A相连，导体棒刚好静止。现用水平力F作用在物体A上将物体向右缓慢拉动，则要使导体棒平衡，滑轮下方的细绳与竖直方向的最大夹角为（已知重力加速度g取，，）（　　）
A．60° B．53° C．37° D．30°
2．如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，且射出磁场时的速度反向延长线通过a点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ON（在纸面内）与磁场方向垂直且∠NOM=60°，ON上有一点P，OP=L。P点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），速率为 ，则粒子在磁场中运动的最短时间为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，弯折导线ABC中通有图中所示方向的电流，，，置于与导线ABC所在平面平行的匀强磁场中，此时导线ABC所受安培力最大，大小为2N，现将整段导线以过B点且垂直ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角，此时导线受到的安培力大小为（　　）
A． B． C．1N D．
5．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，导体棒中电流为I。要使导体棒静止在斜面上，需要外加竖直向下的匀强磁场的磁感应强度B为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（　　）
A．小球能越过d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大
C．小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小
7．如图所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用长度也为L的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，则（　　）
A．棒中电流的方向为b→a B．棒中电流的大小为
C．棒中电流的大小为 D．若只增大轻导线的长度，则θ变小
8．如图所示，三根平行长直导线A、B、C水平放置，其截面在等边三角形的三个顶点上。长直导线产生的磁场的磁感应强度大小，其中k为常量，I为通过导线的电流，r为某点到导线的距离。一段电流元P放置在三角形的中心，且与长直导线平行。当只有A中通入大小为I、方向垂直纸面向里的电流时，电流元P受到的安培力的大小为F，方向由A指向P；若再在B中通入大小为I、方向垂直纸面向里的电流，C中通入大小为I、方向垂直纸面向外的电流时，关于电流元P的说法正确的是（　　）
A．电流元P的电流方向垂直纸面向里，所受安培力的合力大小为2F
B．电流元P的电流方向垂直纸面向外，所受安培力的合力大小为2F
C．电流元P的电流方向垂直纸面向里，所受安培力的合力大小为3F
D．电流元P的电流方向垂直纸面向外，所受安培力的合力大小为F
9．如图所示，在平面直角坐标系的y轴右侧、以原点O为圆心半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于平面并指向纸面里。在坐标原点O有一个粒子发射源，可以沿x轴正方向先后发射质量相同、速度大小分别为、，电性相反电荷量分别为、的两个粒子（重力均不计）。粒子在磁场中运动一段时间后从点离开磁场；粒子在磁场中运动一段时间后从点离开磁场。已知、、，则为（　　）
A．1：2 B．1：4 C． D．
10．如图所示，一倾角为θ＝53°（图中未标出）的斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在方向竖直向上、场强大小E＝2×106 V/m的匀强电场和方向垂直于竖直面向里、磁感应强度大小B＝4×105 T的匀强磁场．现让一质量m＝4 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C的带电小球从斜面上某点（足够高）由静止释放，当沿斜面下滑位移大小为3 m时，小球开始离开斜面。g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列说法错误的是（　　）
A．小球离开斜面时的动能为18 J
B．小球从释放至刚要离开斜面的过程中，重力势能减小96 J
C．小球从释放至刚要离开斜面的过程中，电势能增加了60 J
D．小球从释放至刚要离开斜面的过程中，由于摩擦而产生的热量为30 J
11．如图所示，真空中竖直放置一根通电长直金属导线，电流方向向上。是一根水平放置的内壁光滑绝缘管，端点分别在以为轴心、半径为R的圆柱面上。现使一个小球自a端以速度射入管，小球半径略小于绝缘管半径且带正电，小球重力忽略不计，小球向b运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的速率始终不变
B．洛伦兹力对小球先做正功，后做负功
C．小球受到的洛伦兹力始终为零
D．管壁对小球的弹力方向先竖直向下，后竖直向上
12．如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则为（　　）
A． B． C． D．3
13．武汉病毒研究所内的实验室是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计如图甲所示，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，下列说法正确的是（　　）
A．图乙中M点的电势高于N点的电势
B．正、负离子所受洛伦兹力方向是相同的
C．当污水中离子浓度升高，MN两点电压将增大
D．只需要测量两点电压就能够推算废液的流量
14．中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核（H）和氘核（H）均以相同的速度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为（　　）
A．R B．R C．R D．（-1）R
15．如图所示，三根通电长直导线a、b、c平行水平放置，它们的横截面恰位于直角三角形的三个顶点，∠a=60°，∠c=90°，导线a、b固定，导线a中通有方向垂直纸面向里、大小为I的恒定电流时，自由的通电长直导线c恰处于静止状态。已知通电长直导线在距导线r处产生的磁场的磁感应强度大小为B=k（k为常数，I为通电长直导线中的电流大小），则导线b中电流的大小和方向为（　　）
A．电流大小为I，方向垂直纸面向里 B．电流大小为I，方向垂直纸面向里
C．电流大小为I，方向垂直纸面向外 D．电流大小为I，方向垂直纸面向外
二、填空题
16．如图的天平可用来测定磁感应强度。天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡。当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡。由此可知磁感应强度的方向垂直纸面____，大小为_____。
17．如图，相互平行的两根通电直导线，当通入相同方向电流时，它们将______（二选一：相互吸引、相互排斥）。
18．洛伦兹力是磁场对___________（填“运动”或“静止”）电荷的作用：其数学表达式为____________。
19．洛伦兹力
（1）定义：______在磁场中受到的力．
（2）与安培力的关系：通电导线在磁场中受到的安培力是______的宏观表现．
三、解答题
20．汤姆孙年用阴极射线管测量了电子的比荷（电子电荷量与质量之比），其实验原理如图所示。电子流平行于极板射入，极板、间同时存在匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场时，电子流不会发生偏转；极板间只存在垂直纸面向里的匀强磁场时，电子流穿出平行板电容器时的偏转角（角很小时，角的弧度值等于角对应的正弦已值）。知极板长，电场强度大小为，磁感应强度大小为，求电子比荷。
21．如图所示，空间中有一直角坐标系，第一象限中存在方向平行于y轴向下的匀强电场，第二象限内，在圆心为、半径未知的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场，圆形区域与x轴和y轴相切，与y轴的切点为A点。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从x轴上的N点以速率射入第一象限，射入速度的方向和x轴负方向的夹角，一段时间后，粒子从A点平行于x轴射入磁场，经磁场偏转后到达x轴上的M点（未画出），粒子到达M点时速度方向与x轴负方向的夹角仍然为。已知O、N两点的距离为L，不计粒子受到的重力。求：
（1）圆形区域的半径R；
（2）匀强电场的电场强度大小E；
（3）圆形区域磁场的磁感应强度大小B。
22．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向外的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，如图所示。一带正电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向成30°角，已知P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，求：
（1）粒子在电场和磁场中运动的时间之比；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
23．如图所示的直角坐标系中，在直线x＝﹣2l0到y轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向。在电场左边界上A（﹣2l0，﹣l0）到C（﹣2l0，0）区域内，连续分布着电量为+q、质量为m的粒子。从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场，若从A点射入的粒子，恰好从y轴上的A′（0，l0）沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图。不计粒子的重力及它们间的相互作用。
（1）求匀强电场的电场强度E；
（2）求在AC间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？
（3）若以直线x＝2l0上的某点为圆心的圆形区域内，分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，使沿x轴正方向射出电场的粒子，经磁场偏转后，都能通过直线x＝2l0与圆形磁场边界的一个交点处，而便于被收集，则磁场区域的最小半径是多大？相应的磁感应强度B是多大？
24．如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场．一质量为m，电荷量为的粒子自电场中某处以大小为的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞．已知粒子射入磁场时的速度方向与的夹角为，不计重力．
（1）求粒子出射点距边界的竖直高度；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板的最近距离．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】
导体棒ab受到的安培力
方向水平向左，细绳向右的拉力
此时导体棒刚好在水平面内静止，故导体棒受到水平面向右的最大静摩擦力为
当细绳的拉力最大时有
设此时A物体与竖直方向的夹角为，则有
解得
故选A。
2．C
【详解】
画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
L+rL
解得
r=（1）L
由洛伦兹力提供向心力得
qvB=m
联立解得
故ABD错误C正确。
故选C。
3．A
【详解】
粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有
而将题设的v值代入得
r=
分析可知：粒子运动的时间t最短时，所粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，作PB⊥OM于B点，PB即为最短的弦，结合左手定则，以r=为半径作出过P、B两点的轨迹圆如图所示，O′为圆心；
根据几何关系有
O′B=O′P=r=
PB=Lsin60°=
联立可得
PB=O′B
则粒子偏转的角度
θ=90°
结合周期公式
可知粒子在磁场中运动的最短时间为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【点睛】
带电粒子在磁场中的运动，是匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。结合几何关系，先找出半径，然后求解。
4．A
【详解】
导线ABC所受的安培力，可等效成导线AC所受的安培力，最初导线ABC所受安培力最大，可知磁场方向与AC垂直，设AC长度为L，则此时的安培力大小为，由几何关系可知，BC长度为，当整段导线以过B点且垂直ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角后，BC边恰好与磁场方向垂直，即
由以上分析可得此时导线受到的安培力大小为，BCD错误，A正确。
故选A。
5．A
【详解】
当磁场方向竖直向下时，有共点力平衡可知
解得
故选A。
6．D
【详解】
电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。
A．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；
B．由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故B错误；
C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误；
D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减，D正确。
故选D。
7．C
【详解】
A．根据导体棒受到的安培力方向和左手定则可知，棒中电流的方向为由a到b，故A错误；
BC．对刚通电后到铜棒偏转到最大角度的过程中，根据动能定理可得
BIL2sin θ－mgL（1－cos θ）=0－0
解得
故B错误，C正确；
D．由上式可知，偏转角度与铜棒长度、质量、电流及磁感应强度有关，与轻导线长度无关，若只增大轻导线的长度，则θ不变，故D错误。
故选C。
8．B
【详解】
由于三根长直导线中电流大小相等，到电流元P的距离也相等，所以对电流元P的安培力大小相等，均为F，由于A对P的安培力沿AP向下，根据“同向电流相吸引，反向电流相排斥”的推论，可知电流元P中电流方向垂直纸面向外，同时可知B对P的安培力沿BP方向，C对P的安培力沿PC方向，由力的合成可知，三根长直导线对电流元P的安培力的合力大小为2F，方向沿PC方向，故ACD错误，B正确。
故选B。
9．D
【详解】
粒子在磁场中运动时间
已知，得
几何分析知
粒子在磁场中运动半径
已知，得
故D正确。
10．C
【详解】
A．对小球进行受力分析，小球离开斜面时应满足
解得
动能为
A正确；
B．小球从释放到离开斜面，重力势能减小
B正确；
C．电势能的增加量等于克服静电力做的功，即
C错误；
D．由功能关系得
解得
D正确。
故选C。
11．A
【详解】
AB．如图为俯视图，根据右手螺旋定则，磁感线如图所示，
小球在磁场中受到洛伦兹力和弹力作用，洛伦兹力和弹力不做功，小球速率不变，B错误，A正确；
CD．当小球运动到中点时，磁感线的切线方向与小球速度方向平行，小球所受洛伦兹力为零；小球自a点到中点，所受洛伦兹力竖直向下，绝缘管壁对小球的弹力竖直向上；小球从中点至b点，所受洛伦兹力竖直向上，绝缘管壁对小球的弹力竖直向下，CD错误。
故选A。
12．B
【详解】
如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1，根据几何关系知
r1＝R
以v2射入磁场时的轨迹半径
r2＝R
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB＝
可得
v＝
所以
＝＝
故ACD错误，B正确。
故选B。
13．D
【详解】
AB．根据左手定则，带正电荷的离子受到向下的洛伦兹力，带负电荷的离子受到向上的洛伦兹力，所以M点电势低于N点电势，故A、B错误；
C．废液流速稳定后，离子受力平衡，有
解得
MN两点电压与污水中离子浓度无关，故C错误；
D．废液流量
其中
解得
故只需要测量两点电压就能够推算废液的流量，故D正确。
故选D。
14．A
【详解】
依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据
得
由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核，氘核在磁场中的轨迹半径之比为1：2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得
求得氘核的最大半径为
所以，氕核在磁场中运动的最大半径为
故选A。
15．A
【详解】
根据电流方向相同相吸引、相反相排斥可得c的受力情况如图所示：
根据几何关系可得b对c的作用力为
Fb=Fatan30°
根据安培力的计算公式可得
F=BIL
设b中的电流为I′，bc距离为L，则ac的距离为L，则有
解得
I′=I
方向向里。
A正确、BCD错误。
故选A。
16． 向里
【详解】
[1][2]假设B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故该假设错误；当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码。则有
所以
17．相互吸引
【详解】
根据安培定则可知，左侧导线中的电流在右侧导线处产生的磁场的磁感应强度垂直于纸面向里，所以右侧导线受到的安培力向左。同理可知左侧导线受到的安培力向右，故两根导线将相互吸引。
18． 运动 f=qvB
【详解】
[1][2]洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用：其数学表达式为
f=qvB
19． 运动电荷 洛伦兹力
【详解】
略
20．
【详解】
解：无偏转时，洛伦兹力和电场力平衡，则
只存在磁场时，有
由几何关系知
偏转角很小时
联立上述各式并代入数据解得电子的比荷
21．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）将带电粒子在N点的速度分解，根据几何关系有
带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子运动的时间为t，根据类平抛运动的规律有
，
解得
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律可知粒子的加速度大小
粒子在y轴方向做匀加速直线运动，则
解得
（3）粒子从A点射入磁场时的速度大小
设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，根据几何关系有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
22．（1）；（2）
【详解】
（1）不妨设，在电场中，粒子做类平抛运动，粒子在电场中运动的时间
由于粒子在P点速度方向与x轴正方向成30°角，故粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成30°角斜向上，且
由几何关系
在磁场中粒子运动的时间
故粒子在电场和磁场中运动的时间之比
（2）设粒子电荷量为q，质量为m，在O点
又
在磁场中
联立以上各式解得
23．（1）；（2）（n＝1、2、3…），通过电场后也能沿x轴正方向运动；（3）；
【详解】
（1）从A点射出的粒子，由A到A′的运动时间为T，根据运动轨迹和对称性可得
x轴方向
y轴方向
解得
（2）设到C点距离为处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向，粒子第一次达x轴用时，水平位移为，则
若满足，则从电场射出时的速度方向也将沿x轴正方向，解得
即AC间y坐标为
（n＝1，2，3，…）
（3）当n＝1时，粒子射出的坐标为
当n＝2时，粒子射出的坐标为
当n≥3时，沿x轴正方向射出的粒子分布在y1到y2之间（如图）y1到y2之间的距离为
则磁场的最小半径为
若使粒子经磁场偏转后汇聚于一点，粒子的运动半径与磁场圆的半径相等（如图），（轨迹圆与磁场圆相交，四边形为菱形）
由
得
24．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有
粒子出射点距边界的竖直高度为
（2）带电粒子在磁场运动在速度
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示
由几何关系可知，最小半径
最大半径
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知
联立解得，磁感应强度大小的取值范围
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知
带电粒子的运动半径为
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离
联立解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页