高中物理教科版选修3-1学案 磁场复习 Word版含答案

磁场
一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～7为单项选择题，8～12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”．进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是(B)
A．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极
B．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强
C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的
D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置
【解析】地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近；所以在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，选项A错误；在地球的南、北极地磁的方向几乎与地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高能粒子所受的磁场力最大，选项B正确；地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可能地球是带负电的，故C错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若通电导线相对水平地面竖直放置，地磁场方向与导线电流的方向垂直，则根据安培定则可知，地磁场对实验的影响较大，故在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D错误．
2．如图，闭合圆环由一段粗细均匀的电阻丝构成，圆环半径为L，圆心为O，P、Q在圆环上，∠POQ＝90°，圆环处在垂直于圆面的匀强磁场中，磁场磁感应强度为B.两根导线一端分别连接P、Q两点，另一端分别与直流电源正、负极相连，已知圆环的电阻为4r，电源的电动势为E，内阻为，则圆环受到的安培力的大小为(D)
A. B.
C. D.
【解析】优弧PQ的电阻为3r，劣弧PQ的电阻为r，两部分并联在电路中，流过优弧PQ的电流由P到Q，流过劣弧的电流由P到Q，电流分别为×＝，×＝，将优、劣弧等效为直导线PQ，所受安培力为F1＝B·L，F2＝B·L，所以合力为F＝F1＋F2＝，故D正确．
3．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比．如图所示两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向外为正，则在0～R区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是(C)
【解析】根据安培定则可得通电导线a在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向内，通电导线b在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B的正方向为垂直纸面向外，所以C正确，A、B、D错误．
4．如图1是回旋加速器D形盒外观图，如图2是回旋加速器工作原理图．微观粒子从S处从静止开始被加速，达到其可能的最大速度vm后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是(D)
A．D形盒半径是决定vm的唯一因素
B．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量
C．高频电源的电压是决定vm的重要因素
D．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期
【解析】回旋加速器中加速的粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R＝，可得vm＝，与加速的电压无关，而最大速度与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电量和质量有关．半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大，则A、C错误．回旋加速器是利用电场加速增大速度、磁场偏转来改变粒子的速度方向，B错误．粒子在磁场中转动两个半圆的过程，电场的方向变换两次，则T电＝2×＝T磁＝，D正确．
5．在竖直放置的光滑绝缘圆环中，套有一个带电荷量为－q、质量为m的小环，整个装置放在如图所示的正交电磁场中，已知场强大小为E＝，当小环从大环顶无初速下滑时，在滑过的角度为何值时，所受洛伦兹力最大(C)
A. B. C. D．π
【解析】把重力和电场力等效为一合力，当此合力对小环做功最多时，小环的速度最大，洛伦兹力也最大．此位置在下图中的P点，由几何知识可得小环滑过了的角度．
6．如图所示，空间内存在半径为r的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B.在磁场边界上有一粒子源S，粒子源以相同的速率v沿纸面向磁场中各个方向发射比荷为＝的带电粒子，不计粒子重力，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为(C)
A. B.
C. D.
【解析】粒子做圆周运动的轨道半径为R＝＝2r，在磁场中运动时间最长的粒子轨迹对应的弦长最长，由几何关系可知，最大弦长为2r，此时所对应的圆心角为60°，则运动最长时间为t＝＝×＝，故选C.
7．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上的速度v射入磁场，且在x轴上方运动半径为R.则(B)
A．粒子经偏转一定能回到原点O
B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2
C．粒子完成一次周期性运动的时间为
D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进2R
【解析】根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦玆力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点O.故A错误．由r＝，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2.故B正确．负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第四象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T＝，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为T″＝T＝；同理，在第四象限运动的时间为t2＝T′＝·＝，完成一次周期性运动的时间为T″＝t1＋t2＝.故C错误．根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x＝R＋2R＝3R.故D错误．
8．电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是(BD)
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变
【解析】主要考查动能定理．利用动能定理有BIlL＝mv2，B＝KI，解得v＝.所以正确答案是B、D.
9．带电粒子以速度v沿CB方向射入一横截面为正方形的区域．C、B均为该正方形两边的中点，如图所示，不计粒子的重力．当区域内有竖直方向的匀强电场E时，粒子从A点飞出，所用时间为t1；当区域内有垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场时，粒子也从A点飞出，所用时间为t2，下列说法正确的是(AD)
A．t1t2
C.＝v D.＝v
【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速运动，而在匀强磁场中做匀速圆周运动，>CB，所以t2>t1，A正确，B错误；设正方形区域的边长为l，则当加电场时，有l＝vt1和＝t，可得E＝.当加磁场时，根据几何关系，有(R－)2＋l2＝R2，得R＝l，再由R＝得B＝.所以＝v，D正确，C错误．
10．如图所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m、半径为R的圆环当通有恒定的电流I时，恰好能水平静止在N极正上方H处．已知与磁单极子N极相距r处的磁感应强度大小为B＝，其中k为常数．重力加速度为g.则(AC)
A．静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)
B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势
C．静止时圆环的电流I＝
D．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小
【解析】环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环中的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A正确；由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向里，所以环有收缩的趋势，故B错误；对环的某一部分进行受力分析如图：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F＝BI·2πR，由几何关系：Fsin θ＝mg，sin θ＝，由题：B＝，联立得：I＝，故C正确；若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小后增大，故D错误．
11．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则(CD)
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
【解析】当霍尔元件通有电流IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向反向，IH方向反向，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误．因R与RL并联，根据并联分流，得IH＝I，故IH与I成正比，选项C正确．由于B与I成正比，设B＝aI，则IL＝I，PL＝IRL，故UH＝k＝PL，知UH∝PL，选项D正确．
12．如图所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T．一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域(CD)
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在be边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边
【解析】由左手定则可知粒子射入后向上偏转，轨道半径R＝＝0.3 m．从O点射入的粒子运动轨迹如图中的1所示，从aO边上某点射入的粒子运动轨迹如图中的2所示，出射点应分布在be边和ab边上；从Od边上某点射入的粒子运动轨迹如图中的3所示，出射点应分布在be边上．综上所述，选项C、D正确．
二、计算题(本大题共3个小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(16分)如图，在xOy平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度为B的匀强磁场，从点(0，a)向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与＋y方向成30°～150°，且在xOy平面内．结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，已知带电粒子电量为q、质量为m，粒子的重力及粒子间相互作用不计．求：

(1)垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v；
(2)求粒子在第Ⅰ象限的磁场中运动的最长时间与最短时间差．
【解析】(1)与y轴垂直射出的粒子轨迹半径为R，
由牛顿第二定律得：qvB＝m，R＝a
解得：v＝
(2)粒子做圆周运动的轨迹圆心都在x轴上，最长时间对应粒子初速度与y轴正方向夹角30°，转过150°时有：t1＝T＝×＝
最短时间对应粒子初速度与y轴负方向夹角30°，转过30°时有：t2＝T＝×＝
则时间差为：Δt＝t1－t2＝
14．(16分)1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．
(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t.
【解析】(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1
qU＝mv
qv1B＝m
解得r1＝
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝
则r2∶r1＝∶1
(2)设粒子到出口处被加速了n圈
2nqU＝mv2
qvB＝m
T＝
t＝nT
解得t＝
15．(20分)质量为m、电荷量为q、带正电的绝缘小球a，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入正交的匀强磁场和匀强电场区域，电场方向如图所示，若小球a与绝缘板间的动摩擦因数为μ，已知小球a自C点沿绝缘板做匀速直线运动，在D点与质量为M＝2m的不带电绝缘小球b发生弹性正碰，此时原电场立即消失(不计电场变化对磁场的影响)，磁场仍然不变，若碰撞时，小球a无电荷量损失，碰撞后，小球a做匀速直线运动返回C点，往返总时间为t，CD间距为L，重力加速度为g.求：
(1)小球a碰撞前后的速度大小之比；
(2)磁感应强度B及电场强度E的大小．
【解析】(1)a、b两小球弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒．设碰前a球速度为v0，碰后a球、b球速度大小分别为va、vb，mv0＝－mva＋Mvb　①
mv＝mv＋Mv　②
由①②式解得：＝
(2)往返总时间t＝＋＝得：v0＝　③
a球碰后匀速返回，则有：qBva＝mg，得：B＝＝
a球碰前匀速，则有：FN＝mg＋qBv0　⑤
qE＝μFN　⑥
由③④⑤⑥解得：E＝