2019—2020学年高中物理人教版选修3-1：第三章 磁场 单元检测试题（解析版）

2019—2020学年人教版选修3-1
磁场
单元检测试题（解析版)
1．关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是
A．带电粒子在磁场中运动时，有可能不受洛伦兹力作用
B．洛伦兹力对运动电荷一定不做功
C．放置在磁场中的通电直导线，一定受到安培力作用
D．放置在磁场中的通电直导线，有可能不受安培力作用
2．如图所示，在直角三角形
ABC
区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。速率不同的大量相同带电粒子从
A点沿与AC边夹角为60°方向进入磁场，从AC和BC边的不同位置离开磁场。已知，不计粒子的重力和粒子间相互作用力，则
A．所有从
BC
边离开的粒子在磁场中运动的时间相同
B．从
BC
边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从
AC
边离开的粒子在磁场中运动时间短
C．粒子在磁场中运动的弧长越长，运动时间一定越长
D．粒子在磁场中运动的最大弧长为
3．如图所示，在扇形区域AOC内存在着方向重直纸面向里的匀强磁场，圆弧AC有磁场，OC边没有磁场，∠AOC＝60°。甲，乙两个带负电的粒子均从A点以相同的初速度垂直OA方向射入磁场，甲从OC边的中点离开磁场，乙恰好沿OC边离开磁场。粒子重力及粒子间的作用力不计。下列说法正确的是（
）
A．甲、乙在磁场中运动的轨道半径之比为(4－6)：1
B．甲、乙的比荷之比为(4－6)：1
C．甲、乙在磁场中运动的时间之比为(4＋6)：15
D．甲、乙在磁场中运动的角速度大小之比为(2＋3)：6
4．回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速度近似为零）．D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为+q，加速器接电压为U的高频交流电源．若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑．下列论述正确的是
A．交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制
B．加速氘核()和氦核()两次所接高频电源的频率不相同
C．加速氘核()和氦核()它们的最大速度相等
D．增大U，粒子在D型盒内运动的总时间t
减少
5．与电场强度相对应，我们把描述磁场强弱的物理量叫作磁感应强度，关于磁感应强度的概念及其定义式，下列说法中正确的是(????)
A．在同一磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大
B．磁场中某点B的方向，与垂直放在该点的试探电流元所受安培力方向相同
C．磁场中某点B的大小，与垂直放在该点的试探电流元所受到的安培力大小成正比
D．在磁场中的某点，试探电流元不受磁场力作用时，该点B的大小一定为零
6．如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度。天平的右臂上挂有一匝数为n的矩形线圈，线圈水平长度为l，线圈下端悬在匀强磁场B中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I（方向如图）时，调节砝码使天平保持平衡，下面说法正确的是（　　）
A．线圈受到的安培力为BIl
B．线圈中受到的安培力方向水平指向纸内
C．若发现左盘向上翘起，则应增大线圈的电流
D．若把线圈电流方向相反大小不变，则线圈仍保持平衡
7．导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。如图所示，设导线ab中每个带正电粒子定向运动的速度都是v，单位体积的粒子数为n，粒子的电荷量为q，导线的横截面积为S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是
A．由题目已知条件可以算得通过导线的电流为
B．题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断
C．每个粒子所受的洛伦兹力为，通电导线所受的安培力为
D．改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变
8．如图所示，矩形闭合线圈竖直放置，是它的对称轴，通电直导线AB与平行，且AB、所在平面与线圈平面垂直，如要在线圈中形成方向为的感应电流，可行的做法是
A．AB中电流Ⅰ逐渐增大
B．AB中电流I先增大后减小
C．导线AB正对靠近线圈
D．线圈绕轴逆时针转动90°(俯视)
9．如图所示，真空中O点固定一个带正电的点电荷，同一平面内距离点电荷r处有一个带负电的粒子P（不计重力），该粒子在纸面内沿垂直于它们连线的方向入射，已知空间同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，则关于粒子在电、磁场中的运动轨迹，不可能的是（　　）
A．在纸面内以O点为圆心，r为半径的圆
B．初始阶段为在纸面内向右偏的曲线
C．初始阶段为在纸面内向左偏的曲线
D．沿初速度方向的直线
10．如图1所示，竖直面内矩形ABCD区域内存在磁感应强度按如图2所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长AB=AD。一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图3所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为
A．1∶1
B．2π∶3
C．2π∶9
D．π∶9
11．如图所示，某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验两根金属导轨和固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.
（1）在图中画出连线，完成实验电路.要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动.
（______）
（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________（填入正确选项前的标号）.
12．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．
(1)在图中画线连接成实验电路图________．
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线．
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1．
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出________．
④用米尺测量________．
(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________．
(4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．
13．如图，正方形ABCD区域的边长为L，一质子由静止开始被电压为U的电场加速后，从AD边的中点O平行AB边射入。若ABCD区域内仅存在一垂直纸面向外的匀强磁场，则质子从CD边的中点射出。若ABCD区域内仅存在场强大小为、方向由A指向D的匀强电场，则质子从区域边界上的P点（未画出）射出。已知质子质量为m，电荷量为e，不计重力，求：
(1)磁感应强度大小；
(2)P、C两点间的距离。
14．如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，静电分析器通道中心线半径为R，，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行．由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点以垂直虚线的方向进入收集器。求：
（1）加速电场中的加速电压U；
（2）匀强磁场的磁感应强度B。
15．如图所示，AB是竖直放置的平行板电容器，A板带负电，B板带正电。B板中央有一个小孔，右侧有一个以直角三角形为边界的匀强磁场，∠bac=，斜边，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，磁场的边界ab平行于AB板，d为ab边的中点且恰好与B板上的小孔相对。P为A板附近正对小孔的一点，现将一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子（重力不计）在P点由静止释放。
(1)若A、B两板间的电压为U0，求粒子到达d点的速度大小；
(2)若使粒子从b点射出磁场，求A、B两板间电压的大小；
(3)若使粒子从ac边射出磁场，求粒子在磁场中运动的最长时间。
16．在现代科学实验室中，经常用磁场来控制带电粒子的运动。某仪器的内部结构简化如图：足够长的条形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ宽度均为L，边界水平，相距也为L，磁场方向相反且垂直于纸面，Ⅰ区紧密相邻的足够长匀强电场，方向竖直向下，宽度为d，场强E＝。一质量为m，电量为＋q的粒子（重力不计）以速度v0平行于纸面从电场上边界水平射入电场，并由A点射入磁场Ⅰ区（图中未标出A点）。不计空气阻力。
(1)当B1＝B0时，粒子从Ⅰ区下边界射出时速度方向与边界夹角为，求B0的大小及粒子在Ⅰ区运动的时间t；
(2)若B2＝B1＝B0，求粒子从Ⅱ区射出时速度方向相对射入Ⅰ区时速度方向的侧移量h；
(3)若B1＝B0，且Ⅱ区的宽度可变，为使粒子经Ⅱ区恰能返回A点，求Ⅱ区的宽度最小值Lx和B2的大小。
参考答案
1．ABD
【解析】
带电粒子在磁场中运动速度与磁场平行时，不受洛伦兹力作用，A对；洛伦兹力与速度垂直，不做功，B对；放置在磁场中的通电直导线与磁场平行时不受安培力作用，C错D对；选ABD．
2．BD
【解析】
A．由轨迹可知，所有从
BC
边离开的粒子在磁场运动的偏转角不同，则在磁场中运动的时间不相同，选项A错误；
B．从
BC
边离开的粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角较小，根据可知，时间一定比从
AC
边离开的粒子在磁场中运动时间短，选项B正确；
C．粒子在磁场中运动的弧长越长，但是圆弧所对的圆心角不一定越大，则运动时间不一定越长，选项C错误；
D．当圆弧与BC边相切时，轨迹圆弧最长，由几何关系可知，圆弧半径
圆弧所对的圆心角为，则弧长
选项D正确。
故选BD。
3．BC
【解析】
AB．设磁场的半径为R，甲，乙粒子在磁场中运动轨迹半径分别为，
，则有
利用几何关系可求得：
联立可求得
故甲乙粒子比荷为
故A错误，B正确；
C．画出甲乙粒子在磁场中运动的轨迹图，利用几何知识求得甲粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为，故在磁场中运动时间为
乙粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为，故在磁场中运动的时间为
故可求得
故C正确；
D．带电粒子在磁场中运动，有
代入前面结论，可求得甲乙粒子角速度之比为
故D错误；
故选BC。
4．CD
【解析】
A．根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
粒子做圆周运动的周期
交流电源的频率
解得
可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误；
B．加速不同的粒子，交流电源的频率
由于氘核()和氦核()的比荷相同，所以加速氘核()和氦核()两次所接高频电源的频率相同，故B错误；
C．粒子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得粒子的最大运行速度
由于氘核()和氦核()的比荷相同，所以加速氘核()和氦核()它们的最大速度相等，故C正确；
D．粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得
经过的周期个数为
最大动能为
粒子在D型盒磁场内运动的时间
即
U越大，t越小，故D正确。
故选CD。
5．A
【解析】
磁感应强度B描述磁场强弱和方向的物理量，与放入磁场中的电流元无关，由磁场本身决定．通电导线放在磁感应强度为零处，所受磁场力一定为零．
【详解】
磁感应强度的定义式为比值法定义，即磁感应强度大小与该点的试探电流元无关，磁感线越密，磁感应强度越大，A正确C错误；磁感应强度的方向，与垂直放在该点的试探电流元所受安培力方向垂直，B错误；若试探电流元平行于磁场方向，该电流元受到的磁场力为零，所以若试探电流元不受磁场力作用，并不表示该点的磁感应强度大小为零，D错误．
6．C
【解析】
A．线圈匝数为n，在磁场中受到安培力大小为nBIl，故A错误；
B．根据左手定则可知，线圈受到的安培力方向竖直向上，故B错误；
C．若发现左盘向上翘起，则增大线圈中的电流时，线圈受到向上的安培力增大，根据受力分析可知，可使天平恢复平衡，故C正确；
D．若电流大小不变而方向反向，线圈受到的安培力方向改变，根据受力分析可知，此时线圈不能保持平衡状态，故D错误。
故选C。
7．A
【解析】
判断洛伦兹力的方向用左手定则，电流由其定义I=Q/t确定，洛伦兹力的集中表现为安培力。
【详解】
电流：，则A正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，则B错误；粒子所受的洛伦兹力为F洛=qvB，导线长度为L，则其受的安培力为：F=nqLSvB=BIL，则C错误；洛伦兹力方向反向决定了所受到的安培力方向也反向，则D错误；故选A。
【点睛】
本题考查电流的微观表达式，关键在于明确有多少电荷流过我们所确定的截面，并由洛伦兹力的集中表现为安培力。
8．D
【解析】
OO′为线框的对称轴，由图示可知，AB中电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零；
A.?AB中电流I逐渐增大，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生，故A错误；
B.?AB中电流I先增大后减小，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生，故B错误；
C.?导线AB正对OO′靠近线圈，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生，故C错误；
D.
线圈绕OO′轴逆时针转动90?(俯视)穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为abcda，故D正确；
故选D.
9．D
【解析】
ABC．粒子受到向左的正点电荷的库仑力，由左手定则可知，粒子同时受到向右的洛伦兹力，开始时，当库仑力与洛伦兹力的合力刚好提供向心力则粒子在纸面内以O点为圆心，r为半径的圆周运动，当库仑力与洛伦兹力的合力大于粒子做圆周运动的向心力时，粒子在初始阶段为在纸面内向左偏的曲线，当库仑力与洛伦兹力的合力向右时，粒子初始阶段为在纸面内向右偏的曲线，故ABC正确；
D．粒子沿初速度方向做直线运动时，粒子与正点电荷间的库仑力变化，则粒子受到的合力变化，则粒子不可能沿初速度方向的直线，故D错误。
本题选不正确的，故选D。
10．C
【解析】
设粒子的质量为m，带电量为q，则带电粒子在磁场中偏转时的运动轨迹如图所示，设粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆周角为α，则有2rsin
α=AB，2(r－rcos
α)=AD，又AB=AD，联立解得α=60°，所以有，，解得；如果把磁场换为电场，则有AB=v0T2，解得T2=，所以，选项C正确。
11．
AC
【解析】
（1）[1]题目要求滑动变阻器以限流方式接入，即滑动变阻器的滑动端和固定端各连接一个；金属棒沿箭头方向移动，由左手定则可知，通过金属棒的电流方向为，所以导轨ab连接电流表的负接线柱，电流表正接线柱与滑动变阻器的固定端（滑动端），滑动端（固定端）连接开关再连接电源的正极，电源的负极连接导轨，即完整的电路图如下图所示.
（2）[2]为使金属棒离开导轨时速度更大，设两导轨间距为d，导轨长度为L，由动能定理有，因此增大电流或增加两导轨间距离都可以满足题目要求，故选AC。
12．(1)如图所示
重新处于平衡状态
电流表的示数I
此时细沙的质量m2
D的底边长度L
【解析】
（1）[1]如图所示
（2）[2][3][4]③重新处于平衡状态；读出电流表的示数I；此时细沙的质量m2；④D的底边长度l;
（3）（4）[5]
[6]开关S断开时，D中无电流，D不受安培力，此时D所受重力Mg=m1g；S闭合后，D中有电流，左右两边所受合力为0，D所受合力等于底边所受的安培力，如果m2＞m1，有
m2g=
m1g+BIL
则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外；如果m2＜m1，有
m2g=
m1g-BIL
则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向里；综上所述，则
．
13．(1)；(2)
【解析】
(1)设质子从O点射入时的速度大小为v，静止开始加速过程由动能定理
①
由题意可知质子在磁场中圆周运动的半径为，轨迹如图
由牛顿第二定律
②
联立解得
③
(2)依题意知电场强度为
设质子在电场中的加速度为a，运动时间为t，由牛顿第二定律
④
由类平抛运动的规律，沿电场方向的位移
⑤
假设P点在BC边上，垂直电场方向有
⑥
解得
由于y<，假设成立，⑦所以P、C之间的距离为
⑧
14．(1)
；(2)
【解析】
(1)离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理可得
离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
(2)离子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
又
解得
15．(1)；(2)；(3)
【解析】
(1)由动能定理得
解得
(2)粒子从b点射出磁场的情况下
由几何关系得粒子的运动半径
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
(3)粒子射出点e应该是运动轨迹与ac边的切点
得
16．(1)B0＝；t＝；(2)h＝2L；(3)Lx＝L；B2＝
【解析】
(1)设粒子射入磁场Ⅰ区的速度大小为v，在电场中运动，由动能定理得
qEd＝
解得
v＝2v0
速度与水平方向的夹角为α，
cosα＝＝
则
α＝
在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得
qvB0＝
由几何知识得
L＝2R1cos
联立代入数据得
B0＝
设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T，运动的时间为t
T＝
t＝
得
t＝
(2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R2，R2＝R1轨迹如图乙所示，由几何知识可得
h＝L·sin＋＋L·sin
可得
h＝2L
(3)如图丙所示，为使粒子经Ⅱ区恰能返回射入Ⅰ区的A位置，应满足
Ltan＝R2′cos
则
Lx＝R2′（1＋sin）＝L
解得
Lx＝L
有
qvB2＝
联立代入数据得
B2＝