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）
文档属性
| 名称 | 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） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 512.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-06-18 20:31:03 | ||
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文档简介
2019—2020学年人教版选修3-1
磁场
单元检测试题（解析版)
1．如图所示，由Oa、Ob、Oc三个铝制薄板互成120°角均匀分开的I、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用B1、B2、B3表示．现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，假设带电粒子穿过铝质薄板过程中电荷量不变，在三个磁场区域中的运动时间之比为1：3：5，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，不计粒子重力，则
X
A．磁感应强度B1：B2：B3=1：3：5
B．磁感应强度B1：B2：B3=5：3：1
C．其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为25：2
D．其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为27：5
2．如图所示，A、B是环形通电导线内外两侧的两点，这两点磁感应强度的方向
A．A点垂直纸面向外，B点垂直纸面向里
B．A点垂直纸面向里，B点垂直纸面向外
C．均垂直纸面向外
D．均垂直纸面向里
3．垂直纸面向里的匀强磁场中有一通电直导线，电流I的方向如图所示，则该导线所受安培力的方向
A．向上
B．向下
C．垂直纸面向里
D．垂直纸面向外
4．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（ ）
A．磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过闭合回路的磁通量不一定大
B．磁感应强度不变，线圈面积不变，则磁通量就不变
C．穿过线圈的磁通量为零，说明磁感应强度一定为零
D．磁通量发生变化，不是磁场发生变化引起的就是线圈面积变化引起的
5．如图所示，带电粒子以初速度以v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为
A．v0
B．1/
v0
C．2
v0
D．v0/2
6．三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形，O为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用I1、I2、I3表示，方向如图。现在O点垂直纸面固定一根通有电流为I0的直导线，当时，O点处导线受到的安培力大小为F。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，则（ ）
A．当时，O点处导线受到的安培力大小为4F
B．当时，O点处导线受到的安培力大小为
C．当时，O点处导线受到的安培力大小为
D．当时，O点处导线受到的安培力大小为2F
7．如图所示，在xoy坐标平面内的y轴右侧加垂直纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，垂直于x轴放置足够大的荧光屏MN，光屏可沿x轴移动，在坐标原点O处放置一个粒子源，能向xoy坐标平面范围内各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子初速度大小均为v0，不计粒子重力及粒子间相互作用，且粒子打到光屏上的粒子能全部被吸收。则下列说法正确的是（ ）
A．要使所有粒子都不能打到光屏上时，则光屏离O点的距离至少为
B．要使所有粒子都不能打到光屏上时，则光屏离O点的距离至少
C．当有一半粒子能打到荧光屏上时，光屏离O点的距离为
D．当有一半粒子能打到荧光屏上时，所有发射的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为1：3
8．a、b、c三个长直导线如图放置，a、c平行，b与a、c垂直且a、c关于b对称，O为a、c连线与b的交点，三根长直导线通入大小相等的恒定电流，方向如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．c受到的安培力方向向右
B．b受到的安培力垂直纸面向外
C．从左向右看，将b绕O点沿顺时针转动90°，此时b受到的安培力向右
D．从左向右看，将b绕O点沿逆时针转动90°，此时a受到的安培力向左
9．圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，在圆上A点沿半径方向射入粒子a，粒子a经磁场偏转的偏转角为60°，轨迹如图所示，若仍从A点沿半径方向射入粒子b，粒子经磁场偏转，从磁场出射时，出射速度与a粒子的出射速度方向相反，已知a、b粒子的质量相等，电荷量相等，不计粒子的重力，则
（
）
A．a、b粒子均带正电
B．a、b粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为
C．a、b粒子在磁场中运动的速度大小之比为3：1
D．a、b粒子在磁场中运动的时间之比为1：2
10．如图，等腰梯形abcd区域内，存在垂直该平面向外的匀强磁场，ab＝cd＝2L，bc＝L，∠bad＝30°，磁感应强度大小为B，磁场外有一粒子源O，能沿同一方向发射速度大小不等的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力。现让粒子以垂直于ad的方向正对b射入磁场区域，发现带电粒子恰好都能从cd之间飞出磁场。则（ ）
A．粒子源发射的粒子均为带正电的粒子
B．粒子在磁场中运动的最短时间为
C．带电粒子的发射速度取值范围为
D．带电粒子的发射速度取值范围为
11．如图，两平行放置的长直导线a和b中载有电流强度相等、方向相反的电流。则b右侧O点处的磁感应强度方向为_________；在O点右侧再放置一根与a、b平行共面且通有与导线a同向电流的直导线c后，导线a受到的磁场力大小将__________（选填“变大”、“变小”或“无法确定”）。
12．如图为放置在水平桌面上，测
U
型磁铁两磁极间磁感应强度的实验装置。现将质量为
M、宽度为
d
的
U
型磁铁开口向上放置在电子天平上；匝数为
n、宽度为
d
的矩形线框用导线静止悬挂在绝缘支架上。当通以大小为
I，方向如图所示的电流时，稳定后读得天平的示数为
m，则线框所受安培力方向为______，U
型磁铁两极间的磁感应强度
B=_______只考虑线框下边沿的水平边在磁场中所受的安培力）。
13．如图所示，在xOy平面内有半径为r的圆，圆心坐标为O'（0，r）。在y≥0范围内，除圆形区域内无磁场外，其余区域存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。在圆心O'处有一粒子发射源，发出质量为m、电荷量为+q（q>0）的同种带电粒子，粒子在xOy平面内向各个方向射出，能返回圆形边界的粒子均被边界吸收，不计粒子重力。问
(1)当粒子以的速度沿平行于x轴负方向发射并进入磁场，求粒子射出磁场的位置；
(2)要使粒子从x轴射出磁场，求粒子发射时的最小速度及与y轴的夹角θ。
14．质量为m、电荷量为q的带负电粒子从静止开始释放，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示。已知磁场的磁感应强度大小为B，粒子的重力不计。求：
(1)粒子在磁场中的速度大小；
(2)M、N两板间的电压U。
15．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角。在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。
16．如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N竖直放置，小孔S1、S2与O在同一水平线上，且。以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B。T为收集板，板上各点到O点的距离均为2R，其中CO、DO与水平方向夹角均为60°，板两端点的连线水平。质量为m、带电量为-q的粒子，经S1进入M、N间的电场后，通过S2进入磁场，经过磁场后打在收集板T上。粒子在S1处的速度以及粒子所受的重力均不计。
(1)圆形磁场区域磁场方向是垂直纸面向外还是垂直纸面向里？
(2)如果MN间的电压为，粒子打在收集板T的哪个位置？
(3)若在第2问中MN的电压下，假设有一群质量不等但带电量相同的粒子从S1射入经过S2进入磁场后偏转，则能被收集的粒子的质量应满足什么条件？（粒子间的相互作用忽略不计）
参考答案
1．C
【解析】
试题分析：利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，结合粒子在三个区域中运动的半径相同，粒子在三个区域中运动的时间之比为1：3：5，结合粒子转过的圆心角，再利用比例性质，联立即可求出粒子在b、c处穿越铝板所损失的动能之比．
带电粒子在磁场中运动的时间为，在各个区域的角度均为，根据洛伦兹力提供向心力可得，粒子在磁场中的运动的周期，所以，故，又因为m、q均为定值，则三个区域的磁场应强度之比为：，AB错误；三个区域的磁场半径相同，为，又因为动能：，联立可得，因为q、m和r均相同，故三个区域中运动的动能之比为，设比例中的每一份为k，在b处穿越铝板所损失的动能为，在c处穿越铝板所损失的动能为，所以可得其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比，C正确D错误．
2．A
【解析】
利用安培定则可以判断出通电环形导线周围的磁场线分布情况，如题目图中电流方向逆时针，则环导线内部的磁场垂直纸面向外，外部的磁场方向垂直纸面向里，即A点垂直纸面向外，B点垂直于纸面向里。
A.
A点垂直纸面向外，B点垂直纸面向里。故A符合题意。
B.
A点垂直纸面向里，B点垂直纸面向外。故B不符合题意。
C.
均垂直纸面向外。故C不符合题意。
D.
均垂直纸面向里。故D不符合题意。
3．A
【解析】
由左手定则可知，电流水平向右，而磁场向外，则安培力一定竖直向上。故A正确；BCD错误。
故选A．
4．A
【解析】
AB．根据磁通量的定义可知，磁通量的大小与磁感应强度的大小、线圈面积、磁感应强度和线圈平面之间的夹角都有关系，故A正确，B错误；
C．磁通量的定义式是
其中是磁感应强度在垂直线圈平面的方向上的分量，是线圈平面在垂直磁感线的平面上的投影面积，因此，穿过线圈的磁通量为零，可以说明或者，不能说明磁感应强度为零以及线圈面积一定为零，故C错误；
D．根据磁通量的定义可知，磁通量发生变化的原因有：仅变B、仅变S、仅变B与S之间的夹角、仅B和S变、仅B和B与S之间的夹角变、仅S以及B与S之间的夹角变、B、S以及B与S之间的夹角均变等多种可能，故D错误。
故选A。
5．C
【解析】
设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：，如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：，解得：，则=2v0，故选C．
【点睛】
带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．
6．C
【解析】
根据安培定则画出在O点的磁感应强度的示意图如图所示
当时，三根导线在O点产生的磁感应强度大小相等，设为，根据磁场叠加原理可知，此时O点的磁感应强度为
此时O点处对应的导线的安培力
AB．由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，当时，则有
，
根据磁场叠加原理可知，此时O点的磁感应强度为
此时O点处对应的导线的安培力
故AB错误；
C．当时，有
，
如图所示
根据磁场叠加原理可知
此时O点处对应的导线的安培力
故C正确；
D．当时，有
，
如图所示
根据磁场叠加原理可知
此时O点处对应的导线的安培力
故D错误。
故选C。
7．BCD
【解析】
AB．设粒子在磁场中做圆周运动半径为，则有
解得
如图所示
所有粒子刚好打不到光屏应满足
解得
故A
错误，B正确；
C．一半粒子能打到荧光屏上，是从点射向轴下方的粒子，射向轴上方粒子打不到荧光屏上，如图所示
根据几何关系可知光屏离点的距离为
故C正确；
D．当有一半粒子能打到荧光屏上时，粒子圆周运动的周期
由于粒子初速度大小都相同，根据速度公式可知弧长越长，粒子在磁场中运动的时间最长，弧长越短，粒子在磁场中运动的时间最短；所以从点射向轴正方的粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间
如图所示，从荧光屏MN与轴交点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，最短时间
解得所有发射的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为
故D正确；
故选BCD。
8．AC
【解析】
AB．根据磁场的叠加、导线在直导线处产生的磁场方向向下，故b中电流方向与磁场方向平行，因此不受安培力作用；b导线在从导线处产生的磁场方向垂直纸面向里，与c导线电流方向平行，故c导线不受导线的作用力，只受导线的作用力，根据反向电流相互排斥可知导线受到的安培力方向向右，故A正确，B错误；
C．从左向右看，将导线绕点沿顺时针转动，、导线电流同向，此时导线对导线排斥，导线对导线吸引，因此导线受到的安培力向右，故C正确；
D．从左向右看，将导线绕点沿逆时针转动，导线与a导线电流同向，、导线吸引，、导线排斥，但引力大于斥力，因此导线受到的安培力向右，故D错误。
故选AC。
9．CD
【解析】
A．两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，根据左手定则可以判断，a粒子带正电，b粒子带负电，A项错误；
B．设圆形有界磁场圆的半径为R，根据几何关系可知
因此
B项错误；
C．根据牛顿第二定律
得
得到
C项正确；
D．由可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，由几何关系可知，a、b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角分别为60°、120°，由此可知，a、b两粒子在磁场中运动的时间之比为1：2，选项D正确。
故选CD。
10．AC
【解析】
A.
粒子在电场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A正确；
BCD.
当粒子从c点飞出时，其运动的速度最大，轨迹所对应的圆心角最小，则运动时间最短，运动轨迹如图所示：
根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的半径为：
其轨迹对应的圆心角为90°，
因为洛伦兹力提供向心力，即
所以
则粒子的速度为
粒子在磁场中运动的最短时间为：
当粒子的运动轨迹和cd相切时，粒子的速率是最小的，其运动轨迹如图所示：
令粒子的半径为R2，根据几何知识有：
则
所以粒子的速度为：
则要使粒子从cd之间射出带电粒子的发射速度取值范围为，故BD错误，C正确；
故选：AC。
11．垂直纸面向外
无法确定
【解析】
[1][2]由右手定则可知，该磁场方向为垂直纸面向外。因c中通过的电流大小未知，故无法确定导线a受到的磁场力大小。
12．竖直向上
【解析】
[1]．由左手定则知：则线框所受安培力方向为竖直向上；
[2]．根据平衡条件可知
Mg=mg+nBId
解得
13．(1)；(2)，
【解析】
(1)设粒子进入磁场的半径为r1，由
可得r1=r
设粒子从C点射入磁场D点射出磁场，过C点连接O1交x轴于F点，则
在直角三角形O1DF中
(2)粒子速率最小对应半径将最小，设粒子能射出边界的最小速率为v2，
粒子速率最小对应半径将最小，从图中可知
解得
解得
，
14．(1)；(2)
【解析】
(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，
则由牛顿第二定律得
①
由几何关系得
②
解得
(2)粒子在M、N两板间经电场加速，由动能定理得
③
联立①②③式解得
15．（1）；（2）；方向与x轴正方向成53°角向上（3）；
【解析】
(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动。
由图知：
解得：
(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示（电场力方向与速度方向垂直），小球做匀加速直线，
由图知：
解得：
方向与轴正方向成53°角向上
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以有：
解得：
因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示
由几何关系得：
由洛伦兹力提供向心力知：
联立得：
16．(1)垂直纸面向外；(2)正中央处；(3)
【解析】
(1)(2)为了让粒子能够被收集板T收集，通过加速电场加速后，粒子应该向上偏转，根据洛伦兹力提供向心力可知，圆形磁场的磁场方向应该垂直纸面向外。
如图，电场加速，由动能定理得
再由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
即粒子进入磁场后，偏转90°后竖直向上飞出，正好击中T正中央处。
(3)设质量为的粒子经过加速，沿着OC方向将会击中收集板最左端，如下图
根据几何知识可知，此刻粒子的半径满足
再由公式
联立上式则
同理可得质量为的粒子经过加速，沿着OD方向将会击中收集板最右端，如下图
根据几何知识可知，此刻粒子的半径
再由公式
联立上式则
因此能被T板收集的粒子的质量是
磁场
单元检测试题（解析版)
1．如图所示，由Oa、Ob、Oc三个铝制薄板互成120°角均匀分开的I、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用B1、B2、B3表示．现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，假设带电粒子穿过铝质薄板过程中电荷量不变，在三个磁场区域中的运动时间之比为1：3：5，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，不计粒子重力，则
X
A．磁感应强度B1：B2：B3=1：3：5
B．磁感应强度B1：B2：B3=5：3：1
C．其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为25：2
D．其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为27：5
2．如图所示，A、B是环形通电导线内外两侧的两点，这两点磁感应强度的方向
A．A点垂直纸面向外，B点垂直纸面向里
B．A点垂直纸面向里，B点垂直纸面向外
C．均垂直纸面向外
D．均垂直纸面向里
3．垂直纸面向里的匀强磁场中有一通电直导线，电流I的方向如图所示，则该导线所受安培力的方向
A．向上
B．向下
C．垂直纸面向里
D．垂直纸面向外
4．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（ ）
A．磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过闭合回路的磁通量不一定大
B．磁感应强度不变，线圈面积不变，则磁通量就不变
C．穿过线圈的磁通量为零，说明磁感应强度一定为零
D．磁通量发生变化，不是磁场发生变化引起的就是线圈面积变化引起的
5．如图所示，带电粒子以初速度以v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为
A．v0
B．1/
v0
C．2
v0
D．v0/2
6．三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形，O为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用I1、I2、I3表示，方向如图。现在O点垂直纸面固定一根通有电流为I0的直导线，当时，O点处导线受到的安培力大小为F。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，则（ ）
A．当时，O点处导线受到的安培力大小为4F
B．当时，O点处导线受到的安培力大小为
C．当时，O点处导线受到的安培力大小为
D．当时，O点处导线受到的安培力大小为2F
7．如图所示，在xoy坐标平面内的y轴右侧加垂直纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，垂直于x轴放置足够大的荧光屏MN，光屏可沿x轴移动，在坐标原点O处放置一个粒子源，能向xoy坐标平面范围内各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子初速度大小均为v0，不计粒子重力及粒子间相互作用，且粒子打到光屏上的粒子能全部被吸收。则下列说法正确的是（ ）
A．要使所有粒子都不能打到光屏上时，则光屏离O点的距离至少为
B．要使所有粒子都不能打到光屏上时，则光屏离O点的距离至少
C．当有一半粒子能打到荧光屏上时，光屏离O点的距离为
D．当有一半粒子能打到荧光屏上时，所有发射的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为1：3
8．a、b、c三个长直导线如图放置，a、c平行，b与a、c垂直且a、c关于b对称，O为a、c连线与b的交点，三根长直导线通入大小相等的恒定电流，方向如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．c受到的安培力方向向右
B．b受到的安培力垂直纸面向外
C．从左向右看，将b绕O点沿顺时针转动90°，此时b受到的安培力向右
D．从左向右看，将b绕O点沿逆时针转动90°，此时a受到的安培力向左
9．圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，在圆上A点沿半径方向射入粒子a，粒子a经磁场偏转的偏转角为60°，轨迹如图所示，若仍从A点沿半径方向射入粒子b，粒子经磁场偏转，从磁场出射时，出射速度与a粒子的出射速度方向相反，已知a、b粒子的质量相等，电荷量相等，不计粒子的重力，则
（
）
A．a、b粒子均带正电
B．a、b粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为
C．a、b粒子在磁场中运动的速度大小之比为3：1
D．a、b粒子在磁场中运动的时间之比为1：2
10．如图，等腰梯形abcd区域内，存在垂直该平面向外的匀强磁场，ab＝cd＝2L，bc＝L，∠bad＝30°，磁感应强度大小为B，磁场外有一粒子源O，能沿同一方向发射速度大小不等的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力。现让粒子以垂直于ad的方向正对b射入磁场区域，发现带电粒子恰好都能从cd之间飞出磁场。则（ ）
A．粒子源发射的粒子均为带正电的粒子
B．粒子在磁场中运动的最短时间为
C．带电粒子的发射速度取值范围为
D．带电粒子的发射速度取值范围为
11．如图，两平行放置的长直导线a和b中载有电流强度相等、方向相反的电流。则b右侧O点处的磁感应强度方向为_________；在O点右侧再放置一根与a、b平行共面且通有与导线a同向电流的直导线c后，导线a受到的磁场力大小将__________（选填“变大”、“变小”或“无法确定”）。
12．如图为放置在水平桌面上，测
U
型磁铁两磁极间磁感应强度的实验装置。现将质量为
M、宽度为
d
的
U
型磁铁开口向上放置在电子天平上；匝数为
n、宽度为
d
的矩形线框用导线静止悬挂在绝缘支架上。当通以大小为
I，方向如图所示的电流时，稳定后读得天平的示数为
m，则线框所受安培力方向为______，U
型磁铁两极间的磁感应强度
B=_______只考虑线框下边沿的水平边在磁场中所受的安培力）。
13．如图所示，在xOy平面内有半径为r的圆，圆心坐标为O'（0，r）。在y≥0范围内，除圆形区域内无磁场外，其余区域存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。在圆心O'处有一粒子发射源，发出质量为m、电荷量为+q（q>0）的同种带电粒子，粒子在xOy平面内向各个方向射出，能返回圆形边界的粒子均被边界吸收，不计粒子重力。问
(1)当粒子以的速度沿平行于x轴负方向发射并进入磁场，求粒子射出磁场的位置；
(2)要使粒子从x轴射出磁场，求粒子发射时的最小速度及与y轴的夹角θ。
14．质量为m、电荷量为q的带负电粒子从静止开始释放，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示。已知磁场的磁感应强度大小为B，粒子的重力不计。求：
(1)粒子在磁场中的速度大小；
(2)M、N两板间的电压U。
15．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角。在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。
16．如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N竖直放置，小孔S1、S2与O在同一水平线上，且。以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B。T为收集板，板上各点到O点的距离均为2R，其中CO、DO与水平方向夹角均为60°，板两端点的连线水平。质量为m、带电量为-q的粒子，经S1进入M、N间的电场后，通过S2进入磁场，经过磁场后打在收集板T上。粒子在S1处的速度以及粒子所受的重力均不计。
(1)圆形磁场区域磁场方向是垂直纸面向外还是垂直纸面向里？
(2)如果MN间的电压为，粒子打在收集板T的哪个位置？
(3)若在第2问中MN的电压下，假设有一群质量不等但带电量相同的粒子从S1射入经过S2进入磁场后偏转，则能被收集的粒子的质量应满足什么条件？（粒子间的相互作用忽略不计）
参考答案
1．C
【解析】
试题分析：利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，结合粒子在三个区域中运动的半径相同，粒子在三个区域中运动的时间之比为1：3：5，结合粒子转过的圆心角，再利用比例性质，联立即可求出粒子在b、c处穿越铝板所损失的动能之比．
带电粒子在磁场中运动的时间为，在各个区域的角度均为，根据洛伦兹力提供向心力可得，粒子在磁场中的运动的周期，所以，故，又因为m、q均为定值，则三个区域的磁场应强度之比为：，AB错误；三个区域的磁场半径相同，为，又因为动能：，联立可得，因为q、m和r均相同，故三个区域中运动的动能之比为，设比例中的每一份为k，在b处穿越铝板所损失的动能为，在c处穿越铝板所损失的动能为，所以可得其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比，C正确D错误．
2．A
【解析】
利用安培定则可以判断出通电环形导线周围的磁场线分布情况，如题目图中电流方向逆时针，则环导线内部的磁场垂直纸面向外，外部的磁场方向垂直纸面向里，即A点垂直纸面向外，B点垂直于纸面向里。
A.
A点垂直纸面向外，B点垂直纸面向里。故A符合题意。
B.
A点垂直纸面向里，B点垂直纸面向外。故B不符合题意。
C.
均垂直纸面向外。故C不符合题意。
D.
均垂直纸面向里。故D不符合题意。
3．A
【解析】
由左手定则可知，电流水平向右，而磁场向外，则安培力一定竖直向上。故A正确；BCD错误。
故选A．
4．A
【解析】
AB．根据磁通量的定义可知，磁通量的大小与磁感应强度的大小、线圈面积、磁感应强度和线圈平面之间的夹角都有关系，故A正确，B错误；
C．磁通量的定义式是
其中是磁感应强度在垂直线圈平面的方向上的分量，是线圈平面在垂直磁感线的平面上的投影面积，因此，穿过线圈的磁通量为零，可以说明或者，不能说明磁感应强度为零以及线圈面积一定为零，故C错误；
D．根据磁通量的定义可知，磁通量发生变化的原因有：仅变B、仅变S、仅变B与S之间的夹角、仅B和S变、仅B和B与S之间的夹角变、仅S以及B与S之间的夹角变、B、S以及B与S之间的夹角均变等多种可能，故D错误。
故选A。
5．C
【解析】
设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：，如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：，解得：，则=2v0，故选C．
【点睛】
带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．
6．C
【解析】
根据安培定则画出在O点的磁感应强度的示意图如图所示
当时，三根导线在O点产生的磁感应强度大小相等，设为，根据磁场叠加原理可知，此时O点的磁感应强度为
此时O点处对应的导线的安培力
AB．由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，当时，则有
，
根据磁场叠加原理可知，此时O点的磁感应强度为
此时O点处对应的导线的安培力
故AB错误；
C．当时，有
，
如图所示
根据磁场叠加原理可知
此时O点处对应的导线的安培力
故C正确；
D．当时，有
，
如图所示
根据磁场叠加原理可知
此时O点处对应的导线的安培力
故D错误。
故选C。
7．BCD
【解析】
AB．设粒子在磁场中做圆周运动半径为，则有
解得
如图所示
所有粒子刚好打不到光屏应满足
解得
故A
错误，B正确；
C．一半粒子能打到荧光屏上，是从点射向轴下方的粒子，射向轴上方粒子打不到荧光屏上，如图所示
根据几何关系可知光屏离点的距离为
故C正确；
D．当有一半粒子能打到荧光屏上时，粒子圆周运动的周期
由于粒子初速度大小都相同，根据速度公式可知弧长越长，粒子在磁场中运动的时间最长，弧长越短，粒子在磁场中运动的时间最短；所以从点射向轴正方的粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间
如图所示，从荧光屏MN与轴交点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，最短时间
解得所有发射的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为
故D正确；
故选BCD。
8．AC
【解析】
AB．根据磁场的叠加、导线在直导线处产生的磁场方向向下，故b中电流方向与磁场方向平行，因此不受安培力作用；b导线在从导线处产生的磁场方向垂直纸面向里，与c导线电流方向平行，故c导线不受导线的作用力，只受导线的作用力，根据反向电流相互排斥可知导线受到的安培力方向向右，故A正确，B错误；
C．从左向右看，将导线绕点沿顺时针转动，、导线电流同向，此时导线对导线排斥，导线对导线吸引，因此导线受到的安培力向右，故C正确；
D．从左向右看，将导线绕点沿逆时针转动，导线与a导线电流同向，、导线吸引，、导线排斥，但引力大于斥力，因此导线受到的安培力向右，故D错误。
故选AC。
9．CD
【解析】
A．两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，根据左手定则可以判断，a粒子带正电，b粒子带负电，A项错误；
B．设圆形有界磁场圆的半径为R，根据几何关系可知
因此
B项错误；
C．根据牛顿第二定律
得
得到
C项正确；
D．由可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，由几何关系可知，a、b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角分别为60°、120°，由此可知，a、b两粒子在磁场中运动的时间之比为1：2，选项D正确。
故选CD。
10．AC
【解析】
A.
粒子在电场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A正确；
BCD.
当粒子从c点飞出时，其运动的速度最大，轨迹所对应的圆心角最小，则运动时间最短，运动轨迹如图所示：
根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的半径为：
其轨迹对应的圆心角为90°，
因为洛伦兹力提供向心力，即
所以
则粒子的速度为
粒子在磁场中运动的最短时间为：
当粒子的运动轨迹和cd相切时，粒子的速率是最小的，其运动轨迹如图所示：
令粒子的半径为R2，根据几何知识有：
则
所以粒子的速度为：
则要使粒子从cd之间射出带电粒子的发射速度取值范围为，故BD错误，C正确；
故选：AC。
11．垂直纸面向外
无法确定
【解析】
[1][2]由右手定则可知，该磁场方向为垂直纸面向外。因c中通过的电流大小未知，故无法确定导线a受到的磁场力大小。
12．竖直向上
【解析】
[1]．由左手定则知：则线框所受安培力方向为竖直向上；
[2]．根据平衡条件可知
Mg=mg+nBId
解得
13．(1)；(2)，
【解析】
(1)设粒子进入磁场的半径为r1，由
可得r1=r
设粒子从C点射入磁场D点射出磁场，过C点连接O1交x轴于F点，则
在直角三角形O1DF中
(2)粒子速率最小对应半径将最小，设粒子能射出边界的最小速率为v2，
粒子速率最小对应半径将最小，从图中可知
解得
解得
，
14．(1)；(2)
【解析】
(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，
则由牛顿第二定律得
①
由几何关系得
②
解得
(2)粒子在M、N两板间经电场加速，由动能定理得
③
联立①②③式解得
15．（1）；（2）；方向与x轴正方向成53°角向上（3）；
【解析】
(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动。
由图知：
解得：
(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示（电场力方向与速度方向垂直），小球做匀加速直线，
由图知：
解得：
方向与轴正方向成53°角向上
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以有：
解得：
因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示
由几何关系得：
由洛伦兹力提供向心力知：
联立得：
16．(1)垂直纸面向外；(2)正中央处；(3)
【解析】
(1)(2)为了让粒子能够被收集板T收集，通过加速电场加速后，粒子应该向上偏转，根据洛伦兹力提供向心力可知，圆形磁场的磁场方向应该垂直纸面向外。
如图，电场加速，由动能定理得
再由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
即粒子进入磁场后，偏转90°后竖直向上飞出，正好击中T正中央处。
(3)设质量为的粒子经过加速，沿着OC方向将会击中收集板最左端，如下图
根据几何知识可知，此刻粒子的半径满足
再由公式
联立上式则
同理可得质量为的粒子经过加速，沿着OD方向将会击中收集板最右端，如下图
根据几何知识可知，此刻粒子的半径
再由公式
联立上式则
因此能被T板收集的粒子的质量是