2019—2020学年教科版选修3-1 磁场 单元检测试题2（解析版）

2019—2020学年教科版
选修3-1磁场
单元检测试题（解析版)
1．假设自然界存在只有一个磁极的单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，与正点电荷的电场线分布相似。如图所示，若空间中的
P
点仅存在磁单极子N
或正点电荷
Q，一带电小球
q
在
P
点附近的水平面内做匀速圆周运动，下列判断正确的是（　　）
A．若小球q运动轨迹的圆心在P点的正上方，则P处可能是正点电荷Q，也可能是磁单极子N
B．若小球q运动轨迹的圆心在P点的正下方，则P处可能是正点电荷Q，也可能是磁单极子N
C．若小球q带正电，则P处一定是磁单极子
N，且小球q一定沿顺时针方向运动（俯视）
D．若小球q
带负电，则P
处一定是正点电荷Q
2．如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的(　　)
A．B1
B．B2
C．B3
D．B4
3．如图所示，关于对带电粒子在匀强磁场中运动的方向描述正确的是　　
A．B．C．D．
4．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿过铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为
A．2
B．
C．1
D．
5．如图所示，在一个半径为R的圆形区坡内存在微感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为的正粒子，从A点沿与AO夹角的方向射入匀强磁场区域，最终从B点沿与AO垂直的方向离开磁场。若粒子在运动过程中只受磁场力作用，则　　
A．粒子运动的轨道半径
B．粒子在磁场区域内运动的时间
C．粒子的初速度的
D．若仅改变初速度的方向，该粒子仍能从B点飞出磁场区域
6．如图为回旋加速器的示意图．其核心部分是两个D型金属盒，置于磁感应强度大小恒定的匀强磁场中，并与高频交流电源相连．带电粒子在D型盒中心附近由静止释放，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应．欲使粒子在D型盒内运动的时间增大为原来的2倍，下列措施可行的是
A．仅将磁感应强度变为原来的2倍
B．仅将交流电源的电压变为原来的一半
C．仅将D型盒的半径变为原来的倍
D．仅将交流电源的周期变为原来的2倍
7．如图所示，半径为R＝2cm的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度B＝2T，一个比荷为2×106C/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A点以v0＝8×104m/s的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°．下列选项正确的是（　　）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cm
B．带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心一定在圆形磁场的边界上
C．若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出
D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为3π×10﹣4m2
8．如图所示为速度选择器装置，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直．一带电量为＋q，质量为m的粒子（不计重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是
A．若带电粒子带电量为＋2q，粒子将向下偏转
B．若带电粒子带电量为－2q，粒子仍能沿直线穿过
C．若带电粒子速度为2v，粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定增大
D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过
9．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
10．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
11．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．
12．霍尔效应是电磁基本现象之一，我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图甲所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。
(1)若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图甲所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与_________（填“M”或“N”）端通过导线相连；
(2)已知薄片厚度d=0.40mm，该同学保持磁感应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示；
根据表中数据，求出该材料的霍尔系数为___________（保留2位有效数字）；
(3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图乙所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向_______（填“a”或“b”），S2掷向_______（填“c”或“d”）。为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件______和______（填器件代号）之间。
13．如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L．O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为，与水平线MN的距离为等)．线框abcd内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求：
(1)此带电微粒的比荷；
(2)自0时刻起经时间时微粒距O点的距离；
(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN．
14．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。
15．如图所示，水平放置的矩形容器内充满垂直纸面向外的匀强磁场，容器的高为d，左右边足够宽，底面MN为荧光屏，在荧光屏中心O处置一粒子源，可以向纸面内以OA、OB为边界的区域内连续均匀发射速率为v0、质量为m、电荷量为q的正粒子，其中沿OA方向发射的粒子刚好不碰到容器的上板面打在荧光屏上产生荧光。OA、OB与MN的夹角分别为α
=
60°，β
=
30°，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）磁场的磁感应强度B的大小；
（2）分别沿OA、OB方向发射的粒子在磁场中运动的时间差Δt。
16．离子光学是一门研究离子在电磁场中运动和离子束在电磁场中聚焦、反射、折射、偏转等规律的学科。利用中学知识，也可以简单地构造一些离子光学的元器件，来实现离子束的反射，平移和折射等。某同学设计简化装置如图所示。在反射区，以O点为原点，建立平面直角坐标系xOy，在第一象限分布着磁感应强度为B1=1T的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，OM是磁场中的一块挡板，与x轴夹角为30°；平移区由磁场方向垂直纸面向外、磁感应强度为B2=0.5T、磁场宽度为L1=×10?4m的磁场2区，宽度为L2=×10?4m的自由空间，磁场方向垂直纸面向里、磁场宽度为L3=×10?4m的磁场3区组成，2区磁场上边界与x轴相距L=×10?4m；折射区，存在一电场，圆形区域外部各处电势均为φ1，内部各处电势均为φ2（φ1<φ2），φ2-φ1=0.2V，球心位于O′点，离子只受到法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，即发生“折射”，改变前后能量守恒。一直线性相当好的离子束以大小为v=2×103m/s的速度沿纸面从x轴（x>0）上A点向左上方射入磁场，速度与x轴成30°角。已知离子的质量为m=8×10?27kg，带电量为q=?1.6×10?9C，不计离子的重力。
(1)已知从A点入射的离子束，恰好不会碰到OM板，而从x轴上的另一点B射出磁场，求A点和B点的横坐标；
(2)满足(1)的条件下，从反射区B点射出的离子束，在真空中自由飞行一段时间后，从C点进入磁场2区，从磁场3区的D点射出。为保证C点入射方向与D点出射方向平行，求3区磁场磁感应强度B3的大小以及C点的横坐标；
(3)满足(2)的条件下，从D点出射的离子束从圆形区域的顶部E点进入圆形区域内部。若每秒钟有N=102个离子从A点射出，求离子束在E处对折射装置的作用力大小。
参考答案
1．C
【解析】
P点处是正电荷时，小球做圆周运动时，电场力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力与重力平衡，经分析可知，小球q只能在P点下方，且小球带负电荷；P点处为磁单极子N时，小球运动时洛伦兹力的竖直分力与重力平衡，水平分力作为圆周运动的向心力，经分析可知，小球只能在P点上方，若带正电荷，沿顺时针（府视）方向转动，若带负电荷沿逆时针（府视）方向运动，故C正确，ABD错误。
故选C。
2．C
【解析】
根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向，如图，
因为I1>I2，故I1产生的磁场大于I2产生的磁场，根据平行四边形定则知H点的合场强可能为B3方向．
A．B1与分析结果不符，A错误。
B．B2与分析结果不符，B错误。
C．B3与分析结果相符，C正确。
D．B4与分析结果不符，D错误。
3．B
【解析】
根据“对带电粒子在匀强磁场中运动的方向描述”可知，本题考查左手定则的应用，根据左手定则磁场指向和四指指向，即可判断洛伦兹力方向．
【详解】
A.
根据左手定则可知A图中洛伦兹力向下，故A错误；
B.
根据左手定则可知B图中洛伦兹力向上，故B正确；
C.
根据左手定则可知C图中洛伦兹力向上，故C错误；
D.
根据左手定则可知D图中洛伦兹力向下，故D错误．
故选B．
4．D
【解析】
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，从而求出磁感应强度的表达式．结合动能，最终得到关于磁感应强度B与动能Ek的关系式，从关系式及题设条件--带电粒子在穿越铝板时减半，就能求出上下磁感应强度之比．
【详解】
由动能公式，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力得，
联立可得
，
上下磁场磁感应强度之比为
，
D正确．
5．AC
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角。画出轨迹，由数学知识求出轨迹半径，再利用洛伦兹力提供向心力结合结合关系即可分析求解，利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，求解粒子在磁场中运动的时间。
【详解】
A、画出粒子轨迹示意图，如下图所示，
因为粒子从B点沿与AO垂直的方向离开磁场，故O?B与AO平行，又因为OAB与O?AB均为等腰三角形，可得：OAB=OBA=O?BA=O?AB，所以O?A与BO也平行，因为粒子速度方向偏转的角度为，故AO?B=，所以四边形OAO?B为两个等边三角形组成的菱形，故粒子运动的轨道半径r=R，故A正确。
B、粒子在磁场中运动的周期：T==，粒子在磁场中转过的圆心角=600，所以粒子在磁场中运动的时间为：t==，故B错误。
C、根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=m，结合轨道半径r=R，联立可得粒子的初速度为：v0=，故C正确。
D、当入射粒子速度方向发生变化时，粒子运动的轨迹示意图如图所示，
速度大小不变，粒子做圆周运动的半径不变，入射速度方向发生变化，粒子在圆周上的出射点也随之变化，所以若仅改变初速度的方向，该粒子将不能从B点飞出磁场区域，故D错误。
故选：A、C
【点睛】
本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。
6．BC
【解析】
根据得，则最大动能．粒子被电场加速一次动能的增加qU，则粒子被加速的次数，粒子在磁场中运动周期的次数
因则粒子从静止开始到出口处所需的时间．由上可知，若仅将磁感应强度变为原来的2倍，在磁场中运动的周期变化，则不能与交流电周期同步，得不到始终加速，故A错误；由上可知，或仅将交流电源的电压变为原来的，或仅将D型盒的半径变为原来的倍，因此BC正确，D错误；故选BC．
【点睛】
此题是对回旋加速器的考查；解决本题的关键知道粒子出回旋加速器时速度最大，根据可求出最大速度．以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电变化的周期相等．
7．BCD
【解析】
根据洛伦兹力提供向心力：，可得：，代入数据解得：r=2cm，故A错误；粒子运动轨迹如图所示：由上可知四边形AONP为菱形，又因为∠AON=120?，根据几何知识可得圆心P一定在圆周上，故B正确；从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如图所示，易知四边形SCON为菱形，根据几何知识可知粒子一定N点射出，故C正确；
当带电粒子从A点入射，从N点出射，以AN为直径的圆的磁场，此时有最小面积即，故D正确．
8．BC
【解析】
试题分析：粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动；根据平衡条件，有：，解得：，只要粒子速度为，就能沿直线匀速通过选择器；若带电粒子带电量为，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器；故A错误；若带电粒子带电量为，只要粒子速度为，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器；故B正确；若带电粒子速度为，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，故会偏转，克服电场力做功，电势能增加；故C正确；若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D错误．
考点：带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即，，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．
9．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．
10．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。
11．(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
．
12．M
1.3
b
c
S1/S2
E
【解析】
（1）如图甲所示，半导体中电流由P流向Q，根据左手定则，正电荷移向M端，负电荷移向N端，把半导体看成电源，M端为电源的正极，故电压表的“+”接线柱与M端导线相连；
（2）根据公式
得
代入数据解得
；
（3）如图乙所示，为使电流从Q端流入，P端流出，即Q端接电源正极，P端接电源负极，所以，S1掷向b，S2掷向c；为保证定值电阻始终在电路中，则只能将定值电阻串联在电路中的公共部分，即S1/S2与电源E之间。
13．（1）
（2）
（3）
【解析】
解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：
电容器两极间电场强度：
时间内：
解得比荷：
(2)微粒运动的轨迹如图所示
时间内：
，
解得：
时间内：
可得：
又
解得：
时微粒距点的距离：
(3)
时间内，微粒竖直向下的位移：
设粒子转过角度时与点间的竖直距离为：
解得：和
每次微粒进入磁场后运动至水平线所需时间：
解得：和
自开始至水平线的时间：，
即：和
，
又
解得：
微粒离开电容器后不再经过水平线，分析得自开始至水平线的时间：
，和
，
14．(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
15．（1）；（2）
【解析】
（1）作出粒子在的运动轨迹，如图所示
设离子源发出的粒子在磁场中运动的半径为r，对于沿OA方向发射的粒子，由几何关系得
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
联立以上各式，解得
（2）沿OA、OB方向发射的粒子在磁场中运动时间分别设为t1、t2，粒子作圆周运动的周期设为T，则
，
联立解得
16．(1)，；(2)，；(3)
【解析】
（1）解：在1区磁场，洛伦兹力提供向心力，粒子在1区轨迹半径r1，轨迹圆O1与OM相切于N点，有
解得
如图：
由几何关系得
因此，NO1B三点共线。则
(2)如图所示，设在2区和3区磁场的轨迹半径分别为r2和r3，离子从C点进入2区与磁场边界的入射角为，离子从C′点离开2区与磁场边界的出射角为。根据对称性，离子从D′点进入3区与磁场边界的入射角为，离子从D点离开3区与磁场边界的出射角为，如图：
由磁场宽度L1和L3及几何关系得
又
解得
所以
(3)由能量守恒得
解得
，
又
，
解得