2019—2020学年教科版选修3-1 磁场 单元检测试题4（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．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，线圈下端在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I（方向如图）时，发现天平的右端低左端高，下列哪些调节方案可以使天平水平平衡（
）
A．仅增大线框的宽度l
B．仅减小电流大小
C．仅减轻左盘砝码的质量
D．仅增加线圈的匝数
2．如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
3．用长导线以如图（甲）所示方式缠绕螺线管，当电流为I时，测得螺线管内轴线中点A的磁感应强度大小为B。若将导线对折缠绕螺线管，两种绕法螺线管上的线圈匝数相同，如图（乙）所示，通过相同电流I时，则在螺线管内A点的磁感应强度大小为（　　）
A．0
B．0.5B
C．B
D．2B
4．如图所示，边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流。图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小改为原来的2倍，保持其他条件不变，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为F2。则导线框中的电流大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
5．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．
B．
C．
D．
6．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
7．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
8．如图所示,光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内,P和Q之间连接一电阻R,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,现在垂直于导轨放置一根导体棒MN,用一水平向右的力F拉动导体棒MN,以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(
?)
A．感应电流方向是M→N
B．感应电流方向是N→M
C．安培力水平向左
D．安培力水平向右
9．如图所示，在一个等腰直角三角形区域
ABC
内，存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为
B
的有界匀强磁场（边界上有磁场），AC
=
BC
=l，
C
90
。质量为
m、电荷量为+q
的大量相同粒子以不同速率从
AB
边上距
A
点为
l
的
D
点既垂直于边界
AB
又垂直于磁场方向射入匀强磁场，不计粒子间的相互作用力及粒子重力，则以下结论正确的是（
）
A．速率在范围内的粒子会从AC边离开磁场
B．从AC边离开磁场的粒子在磁场中最短的运动时间为tmin=
C．从
AB
边离开磁场的粒子在磁场中运动的最大位移为
2（1）l
D．速率v
的粒子都会从
BC
边离开磁场
10．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
11．如图所示，已知导体棒中通有电流I，导体棒长度为L，磁场磁感应强度为B，当导体棒按下面几种方式放置时，写出导体棒所受安培力的大小．
F=________
F=_________
F=________
F=________
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，金属平板MN垂直于纸面放置，MN板中央有小孔O，以O为原点在纸面内建立xOy坐标系，x轴与MN板重合．O点下方的热阴极K通电后能持续放出初速度近似为零的电子，在K与MN板间加一电压，从O点射出的电子速度大小都是v0，方向在纸面内，且关于y轴对称，发散角为2θ弧度．已知电子电荷量为e，质量为m，不计电子间相互作用及重力的影响．
(1)求K与MN间的电压的大小U0．
(2)若x轴上方存在范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，电子打到x轴上落点范围长度为△x，求该磁场的磁感强度B1和电子从O点到达x轴最短时间t．
(3)若x轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从O点进入磁场区偏转后成为一宽度为△y、平行于x轴的电子束，求该圆形区域的半径R及磁场的磁感强度B2．
14．如图，竖直面内一倾斜轨道与一水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接。绝缘的水平轨道分为三个区间：cd区间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场；de区间长为L，当物块经过时会吸附负电荷（物块的质量和速度不受影响），单位时间吸附的电荷量为k；足够长的ef区间存在方向水平向右、场强为E的匀强电场。整条轨道中，cd区间粗糙，其余光滑。质量为m的小物块（视为质点）从斜轨道上高为2H的a处由静止释放，第一次恰能返回到斜面上高为1.4H的b点，然后再次下滑。已知（g为重力加速度），物块上的电荷在斜轨道上运动时会被完全导走。忽略空气阻力。求小物块
(1)第一次往返过程中克服摩擦力做的功；
(2)第一次返回从d点刚进入cd区间时，所受洛伦兹力的大小和方向；
(3)第一次与最后一次在ef区间运动的时间差。
15．在研究原子核的内部结构时，需要用能量很高的粒子去轰击原子核。粒子加速器可以用人工方法使带电粒子获得很大速度和能量。图甲是回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆型金属盒，两盒之间留有间距为d的窄缝，它们之间有一定的电势差。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子。粒子在两盒之间被电场加速，之后进入磁场后做匀速圆周运动。经过若干次加速后，将粒子从金属盒边缘引出。设粒子在交变电场中运动时电压大小为U，不考虑粒子离开A处时的速度、粒子重力、粒子间的相互作用及相对论效应。
(1)求粒子被引出时的动能Ek；
(2)求粒子被电场加速的次数n；
(3)随着粒子在电场中的不断加速，粒子在磁场中的运动速率一次比一次增大，然而粒子每次在金属盒中的运动时间却相同，粒子在交变电场中加速的总时间也可以忽略。已知10MeV以上的回旋加速器中磁感应强度的数量级为1T，金属盒的直径在1m以上，窄缝之间距离约为0.1cm。请你结合上述参数，通过推导和估算加以分析。
16．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。
参考答案
1．B
【解析】
天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流I时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向下；天平的右端低左端高，说明安培力偏大，要使天平水平平衡，必须减小安培力，根据F=NBIL可知，即减小右端线框的匝数、电流、线框短边的长度；或者增加左盘中砝码的质量。
故选B。
2．C
【解析】
由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间。
由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。
3．A
【解析】
在图乙中，由于两根导线中的电流方向相反，产生的磁场相互抵消，所以在乙中螺线管内中部的磁感应强度大小为零，故BCD错误，A正确。
故选A。
4．D
【解析】
当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向上，设三角形导线框质量为m，则有：
当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向下，磁感应强度增大到原来的两倍，故此时有：
联立可得
故D正确，ABC错误；
故选D。
5．A
【解析】
对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的．设ao1=o1b=bo2=o2c=r，设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1=B1r+B3r；b点磁感应强度：B2=B1r+B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：Bc=B3r=B1-B2，故选A．
6．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．
7．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。
8．BC
【解析】
根据右手定则判断可知：导体棒MN中感应电流方向N→M，根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向水平向左，故BC正确，AD错误．故选BC.
9．BCD
【解析】
A．当粒子的速度为某一个值v1，刚好从C点离开磁场，圆心为A点，根据几何关系知半径为l，此时的速度最大
得
当粒子的速度最小时，轨迹刚好和磁场的边界相切，半径R2，由几何关系
解得
由
得
所以速率在范围内的粒子会从AC边离开磁场，故A错误；
B．从C点离开磁场的粒子在磁场中的运动的圆弧最小，时间最短
故B正确；
C．当轨迹和AC边相切时，粒子从AB边离开磁场的位移最大
故C正确；
D．当速率时，粒子都会从BC边离开磁场，故D正确；
故选BCD。
10．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。
11．BIL；
BIL；
BIL；
0
【解析】
当导体棒与磁场垂直时受的安培力最大，平行时受安培力为零，则从左到右，导体棒所受安培力的大小分别为：BIL、BIL、BIL、0.
【点睛】
此题关键是搞清四个导体棒的放置方式，知道导体棒与磁场垂直时受的安培力最大，最大值为BIL，平行时受安培力为零.
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),
(3),
【解析】
试题分析：在电场中根据动能定理即可求出K与MN板间的电压U0；画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系即可求出磁场感应强度B1和电子从O点到达x轴最短时间；若x轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从O点进入磁场，画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系即可求出磁场感应强度和半径．
(1)
由动能定理有：
解得：
(2)
粒子运动轨迹如图所示：
从O点射出的电子落在x轴PQ间，设电子做圆周运动半径为r，由几何关系有
Δx＝2r－2rcos
θ
由向心力公式有：
解得：
最短路程为：
则有：
(3)
电子运动轨迹如图所示：
由几何关系可知r＝R
且有Δy＝(r＋rsin
θ)－(r－rsin
θ)＝2rsin
θ
解得：
由向心力公式有：
解得：
点睛：本题考查带电粒子在电场中的加速和在磁场中的匀速圆周运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．
14．(1)；(2)；方向竖直向上；(3)
【解析】
(1)对从a处释放至回到b的过程，有
解得第一次往返过程中克服摩擦力做的功
(2)由左手定则，物块返回经过磁场时所受洛伦兹力的方向竖直向上，大小为
因进入电场和出电场的过程中电场力做功为零，故向左、右经过de区间的速率相等，用时相同，吸附电荷量也相等，则
又
所以
(3)第一次向右经过磁场的过程中所受摩擦力
而第一次向左经过磁场的过程中所受摩擦力
故物块每次向右经过cd区，克服摩擦力做功
每次向左经过cd区，克服摩擦力做功
物块第一次进入电场区的初速度v1满足
解得
第一次在电场中来回的过程中有
联立解得在电场中第一次来回的时间
再由第（2）问可知，每次从电场中出来，到下一次向右进入电场时，损失的机械能均为
用vi表示第i次向右进入电场区的初速度，相邻再次进入电场区的初速度满足
即每来回一次经过cd区，减小，物块进入电场的次数
最后一次（第3次）进入电场的初速度v3满足
最后一次（第3次）在电场中来回运动的时间
故第一次跟最后一次（第3次）在电场区运动的时间差
15．(1)；(2)；(3)见解析
【解析】
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，被引出时的速度为，根据牛顿第二定律有
解得
粒子被引出时的动能
(2)粒子在电场中被加速次，根据动能定理有
解得
(3)粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和：在金属盒内旋转圈的时间和通过金属盒间隙次所需的时间，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，则有
运动周期
由此可知粒子运动周期与粒子速度无关，每次在金属盒中的运动时间相同，粒子在磁场中运动时间
粒子在电场中运动时，根据匀变速直线运动规律
可得
粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比
由此可知粒子在电场中的加速时间可以忽略。
16．（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：