高中物理教科版选修3-1 作业 磁场的基本性质 Word版含解析

A组
1．关于电场强度和磁感应强度，下列说法错误的是(　　 )
A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零
B．某点的电场强度的方向，与该检验正电荷受到的电场力方向一致
C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D．某点磁感应强度的方向，与该点一小段通电导线受到的磁场力方向不一致．
【解析】电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零，故A正确；某点的电场强度的方向，与该检验正电荷受到的电场力方向一致，故B正确；一小段通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线放置方向与磁场方向平行，该处磁感应强度不一定为零，故C错误；某点磁感应强度的方向，与该点一小段通电导线受到的磁场力方向垂直，故D正确．
【答案】C
2．如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2.当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为(　　)
A．B1－ B．B2－
C．B2－B1 D.
【解析】甲、乙两环在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，则两环在b点分别产生的磁感应强度大小为，两环在a点产生的磁感应强度大小为B1，甲环在a点产生的磁感应强度大小为，两环在a点产生的磁感应强度方向相同，则乙环在a点产生的磁感应强度大小为B1－，由于乙环在a点产生的磁感应强度与甲环在c点产生的磁感应强度大小相等，则当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为B1－，故A正确，B、C、D错误．
【答案】A
3．某实验装置如图所示，用细绳竖直悬挂一个多匝矩形线圈，细绳与传感器相连，传感器可以读出细绳上的拉力大小．将线框的下边ab置于蹄形磁铁的N、S极之间，使ab边垂直于磁场方向且ab边全部处于N、S极之间的区域中．接通电路的开关，调节滑动变阻器的滑片，当电流表读数为I时，传感器的读数为F1；保持ab中的电流大小不变，方向相反，传感器的读数变为F2(F2＜F1)．已知金属线框的匝数为n，ab边长为L，重力加速度为g，则可得到(　　)
A．金属线框的质量m＝
B．N、S极之间的磁感应强度B＝
C．传感器的读数为F1时，ab中的电流方向为b→a
D．减小电流I重复实验，则F1、F2均减小
【解析】通电线圈受到重力、安培力和细绳的拉力作用，当电流表读数为I时，绳子的拉力为F1，则F1＝mg＋nBIL，保持ab中的电流大小不变，方向相反，绳子的拉力为F2，则F2＋nBIL＝mg，联立解得金属框的质量为：m＝，B＝，故A错误，B正确．传感器的读数为F1时，安培力竖直向下，根据左手定则可知，ab中的电流方向为a→b，故C错误．减小电流I重复实验，则F1减小，F2增大，故D错误．
【答案】B
4．如图所示，原来静止的圆形线圈通以逆时针方向的电流，当在其直径AB上靠近B点放一根垂直于线圈平面的固定不动的长直导线时(电流方向如图中所示)，在磁场作用下圆线圈将(　　)
A．以直径AB为轴转动，同时向右平动
B．向左平动
C．以直径AB为轴转动，同时向左平动
D．静止不动
【解析】先将环形电流等效看成小磁针，因圆心O处由直线电流引起的磁场方向在纸面内竖直向上，所以形成等效小磁针的通电线圈将以AB为轴从左向右看逆时针转动．从线圈转动近90°后的特殊位置再分析，可判断出整个线圈受安培力方向向左，所以线圈转动的同时向左平动．选项C正确．
【答案】C
5．(多选)如图(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音．俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)磁场方向如图中箭头所示，在图(b)中(　　)
A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
【解析】将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流沿顺时针方向时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项A错误，选项B正确；当电流沿逆时针方向时，根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里，故选项C正确，选项D错误．
【答案】BC
6．如图为洛伦兹力演示仪的结构示意图．由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹．前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节．适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹．下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是(　　)
A．增大U，减小I B．减小U，增大I
C．同时增大U和I D．同时减小U和I
【解析】根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU＝mv，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0＝m，解得：r＝＝，增大电子枪的加速电压，减小励磁线圈中的电流，电流产生的磁场减小，都可以使电子束的轨道半径变大，故B、C、D错误，A正确．
【答案】A
7.
如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上．斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g.则此时金属细杆(　　)
A．电流流向垂直纸面向外
B．受到的安培力大小为2BILsin θ
C．对斜面压力大小变为原来的2倍
D．将沿斜面加速向上，加速度大小为gsin θ
【解析】
安培力的方向一定与磁感应强度方向垂直，导体棒静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，则安培力方向水平向右，根据左手定则可知电流方向向里，如图所示，故A错误；原来的安培力为：F＝BIL，电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B，则受到的安培力大小为：F′＝4B×0.5IL＝2BIL＝2F，故B错误；原来导体棒对斜面的压力为：N＝mgcos θ＋Fsin θ，当安培力变为原来的2倍时，导体棒对斜面压力大小不是变为原来的2倍，故C错误；原来沿斜面方向有：Fcos θ＝mgsin θ，当安培力变为原来的2倍时，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：F′cos θ－mgsin θ＝ma，解得：a＝gsin θ，故导体棒将沿斜面加速向上运动，故D正确．
【答案】D
8.
如图所示，导体AB的长度为L，质量为m，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感线垂直纸面向外，AB放在水平支架上成为电路的一部分，当接通电路的瞬间，AB弹跳起来，则导体棒中的电流方向如何？若已知通电瞬间通过导体横截面的电荷量为Q，则在S闭合过程中，电流对导体做的功至少应为多少？
【解析】由于AB向上弹跳起来，可知接通电路的瞬间，导体AB受到的安培力的方向是向上的，根据左手定则可以判断出电流方向是由B到A.
电流做的功一部分转为导体的动能，另一部分因导体电阻而消耗，根据题设条件电流做的功至少为：W＝mv2
对导体棒，依动量定理有：BILt＝mv，其中It＝Q，
则W＝＝
【答案】B到A　
B组
9．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1 T，玻璃皿的横截面的半径a＝0.05 m，电源的电动势E＝3 V，内阻r＝0.1 Ω，限流电阻R0＝4.9 Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻R＝0.9 Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5 V，则(　　)
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1.5×10－4 N
C．闭合开关10 s，液体具有的动能是4.5 J
D．闭合开关后，液体电热功率为0.081 W
【解析】由于中心圆柱形电极接电源的负极，边缘电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故A错误；此电路为非纯电阻电路，电压表的示数为1.5 V，则根据闭合电路欧姆定律：E＝U＋IR0＋Ir，所以电路中的电流值：I＝＝ A＝0.3 A，液体所受的安培力大小为：F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05 N＝1.5×10－3 N．故B错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9 Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.32×0.9 W＝0.081 W．故D正确；10 s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：P＝UI＝1.5×0.3 W＝0.45 W，所以闭合开关10 s，液体具有的动能是：Ek＝W电流－W热＝(P－P热)·t＝(0.45－0.081)×10 J＝3.69 J，故C错误．
【答案】D
10.
如图所示，在边长为L的等边三角形区域ABC内存在着垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小B＝，大量质量为m、带电荷量为q的粒子从BC边中点O沿不同的方向垂直于磁场以速率v0射入该磁场区域，不计粒子重力，则下列说法正确的是(　　)
A．所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为
B．所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
C．对于从AB和AC边射出的粒子，在磁场中运动的最长时间为
D．对于从AB和AC边射出的粒子，在磁场中运动的最短时间为
【解析】有粒子的初速度大小相等，它们在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径：r＝＝L相同，故A错误；粒子做圆周运动的周期：T＝＝相同，故B错误；当粒子运动轨迹对应的弦最长时，圆心角最大，粒子运动时间最长，当粒子运动轨迹对应的弦长最短时，对应的圆心角最小，粒子运动时间最短，对于从AB和AC边射出的粒子在磁场中的运动，可知最长的弦为：OA＝L，恰好等于轨道半径，对应的圆心角为60°，因此最长运动时间：t＝T＝，故C正确；过O点作AC边的垂线，垂足为D，可知：OD＝L为最短的弦，由几何知识可知，对应的圆心角略小于30°，因此粒子最短运动时间略小于＝，故D错误．
【答案】C
11.
如图所示，真空中垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半径分别为R、3R，圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则v1∶v2至少为(　　 )
A. B.
C. D．2
【解析】
粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识得：r1＝＝R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B＝m，解得：v1＝.当粒子竖直向上射入磁场时，如果粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域．因为粒子竖直向上射入磁场恰好不能进入小圆区域时的轨道半径：r2＝R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv2B＝mm，解得：v2＝，则：v1∶v2＝，故B正确，A、C、D错误．
【答案】B
12.
如图所示，圆心在原点O、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆外区域Ⅱ.区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场甲(图中未画出)，平行于x轴的荧光屏垂直于xOy平面放置在y＝－R的位置．一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(－R，0)的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，当区域Ⅱ内无磁场时，粒子打在光屏上的M点；若在区域Ⅱ内加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场乙(图中未画出)，上述粒子仍然从A点以相同的速度射入区域Ⅰ，则粒子打在荧光屏上的N点，甲、乙两磁场的磁感应强度大小均为B＝，不计粒子重力．求：
(1)打在M点的粒子的速度大小v1和打在N点的粒子速度大小v2以及甲、乙两磁场的方向；
(2)荧光屏上M点到y轴的距离xM以及N点到y轴的距离xN；
(3)粒子从A点运动到N点所用的时间t.
【解析】(1)粒子在磁场中运动时洛伦磁力不做功，故打在M点和N点的粒子动能均为E0，v1、v2大小相等．则有：E0＝mv
解得：v＝v2＝v1＝
由左手定则可知，甲磁场的方向垂直纸面向外，乙磁场的方向垂直纸面向里．
(2)如图所示，区域B中无磁场时，粒子在区域Ⅰ中运动后打在M点轨迹圆的圆心为O1点，设其轨迹圆的半径为r，由牛顿第二定律有：Bqv＝m
解得：r＝R
由几何关系可知，OM与y轴负方向的夹角为30°，故：
xM＝－R
解得：xM＝R
区域Ⅱ有磁场时，粒子轨迹圆的圆心为O2点，同理可得其轨迹圆的半径也为：r＝R
由几何关系可得：xN＝2rcos 30°－R
解得：xN＝2R.
(3)粒子做圆周运动的周期为：T＝
根据几何关系可知，粒子在两磁场中运动的时间相同，均为，故所求时间为：t＝2×
解得：t＝.
【答案】(1)　　甲磁场的方向垂直纸面向外，乙磁场的方向垂直纸面向里　(2)R　2R　
(3)