高中物理人教版选修3-1课后练习质量检测卷 第3章　磁　场word含解析

第三章　磁　场
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．(2019·江苏学业考试)下列说法正确的是(　　)
A．磁场中某处磁感强度的大小，等于长为L，通以电流I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与乘积IL的比值
B．一小段通电导线放在某处如不受磁场力作用，则该处的磁感应强度为零
C．因为B＝，所以磁场中某处磁感应强度的大小与放在该处的导线所受磁场力F的大小成正比，与IL的大小成反比
D．磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关
解析：选D　只有当导线垂直放入磁场时，导线所受磁场力F与乘积IL的比值才等于磁感应强度的大小，故A错误；由于导线与磁场平行时，通电导线不受磁场力，所以通电导线放在某处如不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；磁感应强度的大小由磁场本身的强弱决定，与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关，故C错误，D正确．
2．(2018·山西太原五中期末)下列对磁通量的理解正确的是(　　)
A．将一平面置于匀强磁场中的任何位置，穿过该平面的磁通量总相等
B．当线圈与匀强磁场垂直时，穿过该线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积
C．如果将一与匀强磁场垂直的闭合线圈转动180°，磁通量的变化量为零
D．把一个线圈放在M、N两处，若放在M处时穿过线圈的磁通量比放在N处时的大，则M处的磁感应强度一定比N处的大
解析：选B　磁通量的表达式为Φ＝BScos θ，其中θ为平面和该平面沿垂直磁场方向的投影面之间的夹角，因此磁通量的大小与平面所放置的位置有关，A错误；易知B正确；假设线圈的面积为S，磁场的磁感应强度为B，若开始磁通量为BS，转动180°后的磁通量为－BS，则磁通量的变化量为－2BS，C错误；因不明确线圈平面与磁场方向的夹角大小，所以M、N两点的磁感应强度的大小不能确定，D错误．
3．(2018·西安高新一中期末)如图所示，一个条形磁铁水平放置，在条形磁铁的N极右方有一个小圆环，圆环水平，圆环从位置a水平向下平移到位置b和c，a和c关于条形磁铁位置对称，b在a、c中间，在a、b、c三个位置穿过圆环的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，则下列说法正确的是(　　)
A．由位置a到c穿过圆环磁通量的变化为0
B．Φ1、Φ2和Φ3中Φ2最小
C．Φ1＝Φ3<Φ2
D．以上说法均错误
解析：选B　在位置b时，磁场与圆环面平行，穿过圆环的磁通量为0，在位置a时磁场从圆环下表面向上穿过圆环，在位置c时磁场从圆环上表面向下穿过圆环，选项B对，D错；磁通量为标量，有正负之分，正负代表磁场穿过圆环的方向，不表示大小，选项A、C错．
4．如图所示，金属圆环垂直匀强磁场放置，圆环有一小缺口ab，a、b分别通过导线、电阻R和电源构成回路，并且b端的导线可在圆环上顺时针滑动、与圆环接触良好，圆环电阻不计，则在b端导线顺时针滑动过程中圆环受到的安培力(　　)
A．一直增大 B．先增大后减小
C．先减小后增大 D．以上均错误
解析：选B　金属圆环受到的安培力F＝BIL，其中L等于导线两端点间的距离，在b端导线顺时针滑动的过程中，导线a、b两点间距离先增大后减小，故选项B正确．
5．如图所示，在水平线上M、N两点水平固定两根长直导线，两导线中通有水平方向的电流I，一内壁光滑绝缘的长玻璃管竖直固定在M、N连线的中垂线上，一带正电荷的小球(比管内径略小一点)从MN上方的某位置P无初速释放，Q为P关于MN连线的对称点，则小球从P运动到Q的过程中(　　)
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球一直做匀加速运动
C．小球对管壁的压力先向外后向里
D．小球对管壁的压力先减小后增大
解析：选B　M、N连线中点垂直平分线上磁感应强度方向都向下，小球的运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故做自由落体运动，A、C、D错误，B正确．
6．(2018·北京卷)某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动．下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：选C　由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即Eq＝qvB，则v＝，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意，对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，但是对电性和电量无要求，根据F＝qvB可知，洛伦兹力的方向与速度方向有关，故对入射时的速度也有要求，故选C．
7．有四条垂直于纸面的长直固定导线．电流方向如图所示，其中a、b、c三条导线到d导线的距离相等，三条导线与d的连线互成120度角．四条导线的电流大小都为I，其中a导线对d导线的安培力为F.现突然把c导线的电流方向改为垂直于纸面向外，电流大小不变．此时d导线所受安培力的合力为(　　)
A．0 B．F
C．F D．2F
解析：选D　a导线对d导线的安培力为F，三条导线与d的连线互成120°，因此在c导线的电流方向改变之前，d导线所受安培力的合力为零；当c导线的电流方向改变之后，则有：a、b导线对d导线的安培力夹角为120°，大小为F，因此此两个安培力的合力为F，方向指向c导线，而c导线对d导线的安培力大小为F，方向指向c导线，那么此时三导线对d导线所受安培力的合力为2F，故A、B、C错误，D正确．
8.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与三角形OPQ所在平面垂直，磁场方向垂直纸面向外，∠POQ＝30°，∠PQO＝90°，两带电粒子a、b分别从O、P两点垂直于斜边同时射入磁场，恰好在Q点相遇，则由此可知(　　)
A．粒子a、b轨迹半径之比为2∶1
B．粒子a、b运动周期之比为2∶1
C．粒子a、b比荷之比为1∶2
D．粒子a、b速度之比为2∶1
解析：选D　如图所示，由几何关系可得，两粒子轨迹圆心在同一点，轨迹半径相等，A项错误；两带电粒子射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等．又由图可知，粒子a到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为60°，有Ta＝Tb即2Ta＝Tb，B错误；由·＝·，可得∶＝，C错误；由r＝得v＝，va∶vb＝∶＝，D正确．
二、多选题(本题共7小题，每小题3分，共21分)
9.如图所示，A和B为两根互相平行的长直导线，通以同方向等大电流，虚线C为在A和B所确定的平面内与A、B等距的直线，则下列说法正确的是(　　)
A．两导线间的空间不存在磁场
B．虚线C处磁感应强度为零
C．AC间磁感应强度垂直纸面向里
D．CB间磁感应强度垂直纸面向外
解析：选BCD　设电流A、B在空间产生的磁场分别为BA、BB，根据安培定则，电流A在AB间产生的磁场垂直纸面向里，而电流B在AB间产生的磁场垂直纸面向外，又因IA＝IB，故在AC区，BA>BB，合磁场方向垂直于纸面向里，在BC区，BA10．(2019·上海交大附中期末)洛伦兹力演示仪是由励磁线圈、洛伦兹力管和电源控制部分组成的．励磁线圈是一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场．洛伦兹力管的圆球形玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，电子在玻璃泡内运动时，可以显示出电子运动的径迹．其结构如图所示．给励磁线圈通电，电子枪垂直磁场方向向左发射电子，恰好形成如“结构示意图”所示的圆形径迹，则下列说法正确的是(　　)
A．励磁线圈中的电流方向是逆时针方向
B．若只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大
C．若只增大线圈中的电流，可以使电子流的圆形径迹的半径增大
D．若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速度为零，加速电压为U，则可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷
解析：选BD　根据电子所受洛伦兹力的方向，结合左手定则和安培定则判断知，励磁线圈中电流方向是顺时针方向，故A错误；电子在加速电场中加速，由动能定理得eU＝mv02　①，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　②，解得r＝ 　③，可知，只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大，故B正确；只增大线圈中的电流，则B增大，由③知电子流的圆形径迹的半径减小，故C错误；若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速度为零，加速电压为U，则＝，故可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷，故D正确．
11．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差．下列说法中正确的是(　　)
A．若元件的载流子是自由电子，则D侧面电势高于C侧面电势
B．若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势高于D侧面电势
C．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直
D．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
解析：选AC　若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势，故A正确，B错误；地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，故C正确，D错误．
12.一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是(　　)
A．速度选择器的P1极板带负电
B．粒子1带负电
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．粒子2的比荷绝对值最大
解析：选BC　若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子1进入匀强磁场B2时向上偏转，根据左手定则判断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1＝qE，解得v＝，故C正确；根据qvB2＝m得，r＝，知r越大，比荷越小，所以D错误．
13.如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(H)和氦核(He)．下列说法中正确的是(　　)
A．氘核(H)的最大速度较大
B．它们在D形盒内运动的周期相等
C．氦核(He)的最大动能较大
D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
解析：选BC　粒子在回旋加速器中能达到的最大速度，取决于在最外圈做圆周运动的速度．根据qvB＝m，得v＝，两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，A错误；带电粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的比荷相等，所以周期相等，B正确；最大动能Ek＝mv2＝，两粒子的比荷相等，但质量不等，所以氦核最大动能较大，C正确；回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期相同，否则无法加速，D错误．
14．(2018·中原名校模拟)一个足够长的绝缘斜面，倾角为θ，置于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，与水平面平行，如图所示，现有一带电荷量为q，质量为m的小球在斜面顶端由静止开始释放，小球与斜面间的动摩擦因数为μ，则(　　)
A．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为
B．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为
C．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为
D．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为
解析：选BC　如果小球带正电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向下的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，摩擦力增大，加速度减小，当小球受力达到平衡时，做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件得mgsin θ＝(mgcos θ＋qvmB)μ，解得最大速度为vm＝，故A选项错误，B选项正确；如果小球带负电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向上的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，此时有mgcos θ＝qvmB，解得vm＝，故C选项正确，D选项错误．
15．如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速运动，某绝缘带电物块无初速度的从最左端放上传送带．该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v -t图象如图乙所示．物块带电量保持不变，下列说法正确的是(　　)
A．物块带负电
B．1 s后物块与传送带共速，所以传送带的速度为0.5 m/s
C．传送带的速度可能比0.5 m/s大
D．若增大传送带的速度，其他条件不变，则物体最终达到的最大速度也会增大
解析：选AC　从v-t图象可以看出，滑块的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律，有μ(mg－qvB)＝ma，说明洛伦兹力向上，根据左手定则，滑块带负电荷，故A正确；1 s 后物块的速度最大，加速度为零，说明摩擦力为零，可能是mg－qvB＝0，也可能是物块与传送带共速，故B错误；如果是洛伦兹力与重力平衡，即mg－qvB＝0，则传送带的速度可能比0.5 m/s大，故C正确；如果是洛伦兹力与重力平衡，即mg－qvB＝0，则最大速度与传送带无关，故D错误．
三、非选择题(本题共5小题，共55分)
16．(10分)如图所示，水平放置的两平行金属导轨间距L＝0.5 m，所接电源的电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.2 Ω，R1＝2.6 Ω，金属棒的电阻R2＝0.2 Ω，与平行导轨垂直，其余电阻不计，金属棒处于磁感应强度B＝2.0 T、方向与水平方向成60°角的匀强磁场中．在接通电路后金属棒保持静止，则：
(1)金属棒受到的安培力的大小和方向如何？
(2)若棒的质量m＝5×10－2 kg，此时导轨对它的支持力是多少？
解析：(1)由闭合电路欧姆定律有：
I＝＝ A＝0.5 A，
安培力F＝BIL＝2.0×0.5×0.5 N＝0.5 N，
由左手定则可知其方向与导轨平面成30°角斜向左上方．
(2)设金属棒所受支持力为FN，金属棒受力如图所示．
由竖直方向受力平衡知：FN＋Fsin 30°－mg＝0，
解得FN＝0.25 N.
答案：(1)0.5 N　方向与导轨平面成30°角斜向左上方　(2)0.25 N
17．(10分)如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg，已知小环的带电荷量为q，求：
(1)小环的电性；
(2)小环滑到P处时的速度．
解析：(1)假如没有磁场，小环对杆的压力等于mgcos 37°＝0.8mg，然而此时小环对杆的压力为0.4mg，说明小球受到垂直杆向上的洛伦兹力作用．根据左手定则知，小环带负电．
(2)设小环在P点的速度为vP，在P点小环的受力如图所示．
根据平衡条件得qvPB＋FN＝mgcos 37°，
解得vP＝＝＝.
答案：(1)负电　(2)
18．(10分)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，求小球做匀速圆周运动的半径和周期．
解析：小球在电场中加速运动，qU＝mv2－0，在竖直平面内做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，mg＝Eq，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，联立解得r＝·.
运动周期T＝＝.
答案：·　
19．(10分)(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比．
解析：(1)甲离子经过电场加速，据动能定理有q1U＝m1v12
在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有q1v1B＝m1
由几何关系可得R1＝
联立方程解得B＝.
(2)乙离子经过电场加速，同理有q2U＝m2v22
q2v2B＝m2
R2＝
联立方程可得∶＝1∶4.
答案：(1)　(2)1∶4
20．(15分)如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，场强E＝×104 N/C．现将一重力不计、比荷＝106 C/kg的正电荷从电场中的O点由静止释放，经过t0＝1×10－5 s后，通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场．磁场方向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化．
(1)求电荷进入磁场时的速度大小v0；
(2)求图乙中t＝2×10－5 s时刻电荷与P点的水平距离；
(3)如果在P点右方d＝100 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．
解析：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq＝ma
v0＝at0
解得v0＝π×104 m/s.
(2)当B＝B1＝ T时，电荷运动的半径r1＝＝0.2 m
做圆周运动的周期T1＝＝4×10－5 s
当B＝B2＝ T时，电荷运动的半径r2＝＝0.1 m
做圆周运动的周期T2＝＝2×10－5 s
故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．t＝2×10－5 s时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一个周期再沿小圆轨迹运动半个周期，与P点的水平距离为r1＝0.2 m.
(3)电荷从P点开始，其运动的周期为T＝＋T2＋2t0＝6×10－5 s，根据电荷的运动情况可知，电荷每一个周期向右沿PN运动的距离为0.4 m，故电荷到达挡板前运动的完整周期数为2个，然后再运动，以90°角撞击到挡板上，故电荷从O点出发运动到挡板所需的总时间为t总＝t0＋2T＋T1＝1.4×10－4 s.
答案：(1)π×104 m/s　(2)0.2 m　(3)1.4×10－4 s