山东省寿光中学2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-1：磁场对电流和运动电荷的作用 单元测试题（含解析）

磁场对电流和运动电荷的作用
1．如图，质量为m，长为3l的均匀直导线折成等边三角形线框LMN，竖直悬挂于两根绝缘细线上，并使边MN呈水平状态。现置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。当两根绝缘细线所受拉力为零时，通过导线MN的电流强度大小为（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，三根完全相同的通电直导线a、b、c平行固定，三根导线截面的连线构成一等边三角形，O点为三角形的中心，整个空间有磁感应强度大小为B、方向平行于等边三角形所在平面且垂直bc边指向a的匀强磁场。现在三根导线中通以方向均向里的电流，其中Ib=Ic=I。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度的大小跟电流成正比，导线b在O点产生的磁感应强度大小为B。则下列说法正确的是（　　）
A．若O点的磁感应强度平行ac边，则Ia=（1＋）I
B．若O点的磁感应强度平行ab边，则Ia=（1＋）I
C．若O点的磁感应强度垂直ac边，则Ia=（－1）I
D．若O点的磁感应强度垂直ab边，则Ia=（－1）I
3．如图所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P点为磁场边界上的一点。大量相同的带正电荷粒子以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿纸面内的各个方向。这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的。若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则等于（ ）
A． B． C． D．2
4．如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为
A．，负 B．，正
C．，负 D．，正
5．在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线上同上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行一下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线
A．平行于EF，深度为
B．平行于EF，深度为L
C．垂直于FE，深度为
D．垂直于EF，深度为L
6．如图所示，光滑绝缘的斜面与水平面的夹角为θ，导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I，空间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现缓慢增大θ(0<θ<90°)，若电流I不变，且ab始终静止在斜面上(不考老磁场变化产生的影响)，下列说法正确的是
A．B应缓慢减小
B．B应缓慢增大
C．B应先增大后减小
D．B应先减小后增大
7．如图所示，边长为L的正方形CDEF区域内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，对角线CE和DF的交点为P，在P点处有一粒子源，可以连续不断地向纸面内各方向发射出正离子。已知离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力。则离子不可能射出正方形区域的发射速率v应满足（　　）
A．0C．08．小明把前面推理的方法称之为“倍增法”。说起科学方法，小明对"对称法"情有独钟，比如说，一个均匀带电的球壳，其球心处的电场强度不能指向任何特殊的方向，否则就格外偏袒了这个特殊的方向，因此，球心处的电场强度就只能是零。小明设想了如下图所示的一个情景，四根相同且通有同样大小同样方向电流I的平行直导线的中点分别固定在一个正方形的四个顶点上，导线与正方形所在平面垂直，图中O点为正方形的中心，并作了如下一些分析，你认为正确的有
A．O点的磁感应强度一定是零
B．O点的磁感应强度可能垂直正方形所在平面向里或向外
C．若四根导线中的电流都反向但大小I保持不变，则O点的磁感应强度也反向
D．最上面那根导线中的电流大小I不变但是方向反向，则可将该导线想象成通有原方向的大小为I的电流和反方向的大小为2I的电流的叠加，则O点处的磁感应强度等于只有最上面那根导线、且其中只通有反方向大小为2I的电流时在O点产生的磁感应强度
9．如图，水平放置的挡板上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子a垂直于挡板从板上的小孔O射入磁场，另一带电粒子b垂直于磁场且与挡板成θ角射入磁场，a、b初速度大小相等，两粒子恰好都打在板上同一点P（图中未标出）。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．a、b的电性一定相同
B．a、b的比荷（荷质比）之比为
C．若P在O点左侧，则a在磁场中运动路程比b长
D．若P在O点右侧，则a在磁场中运动路程比b长
10．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子的速率为v，带电荷量为q，下列带电粒子所受洛伦兹力的大小和方向正确的是
A．图为，方向与v垂直斜向上
B．图为，方向与v垂直斜向下
C．图为，方向垂直纸面向外
D．图为，方向垂直纸面向里
11．“上海光源”发出的光，是接近光速运动的电子在磁场中做曲线运动改变运动方向产生的电磁辐射．若带正电的粒子以速率v0进入匀强磁场后，在与磁场垂直的平面内做半径为mv0/qB的匀速圆周运动(见图)，式中q为粒子的电荷量，m为其质量，B为磁感应强度，则其运动的角速度ω＝____________.粒子运行一周所需要的时间称为回旋周期．如果以上情况均保持不变，仅增大粒子进入磁场的速率v0，则回旋周期_____________(填“增大”、“不变”或“减小”)．
12．如图所示，在匀强磁场中，有一段通电直导线垂直磁场方向放置．当导线中通以水平向右的电流时，它受到的安培力方向为垂直导线________（填“向上”或“向下”）．如果磁感应强度增大到原来的3倍，其它条件保持不变，则导线受到的安培力大小为原来的___ 倍．
13．手机已成为日常通讯工具，手机使用的电磁波波长比可见光波长_____(选填“长”或“短”)；家用交流电的有效值是220V，其最大值是__________V；一根长为0.1m，电流为5A的通电直导线，放在磁感应强度为0.2T的匀强磁场中，且与磁场方向垂直，导线受到的安培力是_________N．
14．如图所示是测定光电效应产生的光电子比荷的简要实验原理图，两块平行板相距为d，其中N为金属板，受紫外线照射后，将发射沿不同方向运动的光电子，形成电流，从而引起电流计G的指针偏转，若调节R0逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小，当电压表示数为U时，电流恰好为零．切断开关S，在MN间加垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能使电流为零，当磁感应强度为B时，电流恰为零．试求光电子的比荷＝________
15．如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1，环形区域Ⅱ内有方向垂直xOy平面向外的匀强磁场B2．一质量为m、电量为q、速度为v的带正电粒子（不计重力），从坐标为(0，R0)的A点沿y负方向射入区域Ⅰ，经过x轴上的P点且沿x轴正方向进入区域Ⅱ，接着又从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成60°．求：
（1）磁场B1的大小；
（2）磁场B2的大小及环形半径R至少为大；
（3）粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的时间t．
16．如图所示，在竖直平面内有一个坐标系，在且区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。有一质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为质点）从坐标原点O由静止开始自由下落，当小球运动到P（0，-d）点时，在整个空间内突然加一竖直向上的匀强电场（电场强度E的大小未知），使小球从P点返回到O点的时间与从O点下落到P点所用时间相等；当小球返回到O点时，其所带电荷量突然减为原来的，且再次通过轴时速度方向与轴正方向间的夹角为30°，已知重力加速度为g，试求：
（1）小球返回O点时的速度大小；
（2）匀强电场的电场强度E的大小和匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）小球从O点自由下落到第二次经过轴时的总时间。
17．如图所示，P点距坐标原点的距离为L，坐标平面内的第一象限内有方向垂直坐标平面向外的匀强磁场(图中未画出），磁感应强度大小为B。有一质量为m、电荷量为q的带电粒子从P点以与y轴正方向夹角为θ =的速度垂直磁场方向射入磁场区域，在磁场中运动，不计粒子重力。求：
（1）若粒子垂直于x轴离开磁场，则粒子进入磁场时的初速度大小；
（2）若粒子从y轴离开磁场，求粒子在磁场中运动的时间。
18．如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角，导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，导轨间的距离。在导轨所在空间内分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。 现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin37?=0．6，cos37?=0．8）求：
（1）受到的安培力大小；
（2）受到的摩擦力大小。
参考答案
1．B
【解析】
【分析】
【详解】
当两根绝缘细线所受拉力为零时，即等边三角形线框，LMN所受的安培力与重力大小相等，方向相反，由于NLM导线的等效长度为L，由并联电路特点可知，
由平衡条件有
解得
故选B。
2．A
【解析】
【详解】
三条直导线在O点的磁场方向如图；其中Bc和Bb的合场强水平向右大小为Bbc=B；方向水平向右。
A．若O点的磁感应强度平行ac边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于ac方向的合磁场为零，即

其中Bc=B=kI，解得
Ia=（1＋）I
选项A正确；
B．若O点的磁感应强度平行ab边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于ab方向的合磁场为零，即
其中Bb=B=kI，解得
Ia=（-1）I
选项B错误；
C．若O点的磁感应强度垂直ac边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于ac方向的合磁场为零，即
表达式无解，则O点的磁感应强度的方向不可能垂直ac边，选项C错误；
D．若O点的磁感应强度垂直ab边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于ab方向的合磁场为零，即
其中Bc=B=kI，解得
Ia=（+1）I
选项D错误。
故选A。
3．B
【解析】
【分析】
【详解】
当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM＝120°，如图所示：
所以粒子做圆周运动的半径
r2＝Rsin60°＝
同理可知
r1＝Rsin30°＝
解得
＝
故选B。
4．C
【解析】
【详解】
因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：
解得：
因为电流为：
解得：
A.与分析不符，故A错误；
B.与分析不符，故B错误；
C.与分析相符，故C正确；
D.与分析不符，故D错误．
5．A
【解析】
根据通电直导线产生的磁场特点：距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，EF上的点均是距离管线最近的点，管线在EF的正下方，与EF平行；
根据安培定则做出管线产生磁场的横截面图示：
则由几何关系可以确定a到管线的距离为，故A正确，BCD错误；
故选A．
6．B
【解析】
【详解】
如图作出右侧侧视图，则可知，金属棒受重力、支持力及向右的安培力的作用；增大角度，则支持力的方向将向左旋转，要使棒仍然平衡，则支持力与安培力的合力一直等于重力，则由图可知，安培力必须增大，故磁感应强度应增大，B正确．
【点睛】
本题结合安培力考查共点力平衡中的动态平衡，要掌握相应的图解法的应用，明确角度变化时支持力与安培力的合力不变，作出动态变化图即可求解．
7．D
【解析】
【分析】
【详解】
粒子在磁场中恰好不射出的轨迹如图所示
根据几何知识可知，其轨道半径为
因为
所以有
所以粒子不从磁场射出的速度需要满足0故选D。
8．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由右手螺旋定则可知，四根通电导线在O点的产生磁感应强度方向对称分布在正方形平面内，依据矢量的合成法则，则O点的磁感应强度一定是零，故A正确，B错误；
C．若四根导线中的电流都反向但大小I保持不变，同理，四根通电导线在O点的产生磁感应强度方向仍对称分布在正方形平面内，则O点的磁感应强度仍为零，故C错误；
D．最上面那根导线中的电流大小I不变但是方向反向，依据矢量叠加法则，则可将该导线想象成通有原方向的大小为I的电流和反方向的大小为2I的电流的叠加，则O点处的磁感应强度等于只有最上面那根导线、且其中只通有反方向大小为2I的电流时在?O?点产生的磁感应强度，故D正确。
故选AD。
9．ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于两粒子打在板上同一点，则粒子向同一方向偏转，由左手定则可知，两粒子电性相同，故A正确；
B．粒子在磁场中做圆周运动有
则
由题意可知，两粒子的弦长相同，则
联立解得两粒子的比荷之比为半径的反比，即为，故B正确；
C．若P在O点左侧，则粒子带正电，粒子a在磁场中转过的角度小于b转过的角度，由可知，a的周期小于b的周期，所以a运动的时间小于b的时间，由公式可知，a在磁场中运动路程比b短，故C错误；
D．若P在O点右侧，则粒子带负电，粒子a在磁场中运动的弧长为

粒子b在磁场中运动的弧长为
则
故D正确。
故选ABD。
10．AD
【解析】
图（1）中根据左手定则可知洛伦兹力方向应该垂直运动方向斜向上；大小为Bqv，故A正确；图（2）中为负电荷，其受力方向垂直于运动方向向左上方；大小为Bqv，故B错误；图（3）中速度方向与磁场方向平行，不受洛仑兹力，故C错误；图（4）中将速度分解为水平和竖直方向，则竖直分速度受洛仑兹力，大小为；方向垂直于纸面向里，故D正确；故选AD．
点睛：本题考查了左手定则的直接应用，根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系，特别注意的是四指指向和正电荷运动方向相同和负电荷运动方向相反．同时注意判断几何关系的判断，特别是平行的判断．
11． 不变
【解析】由洛伦兹力提供向心力： ，代入已知数据解得： ，由周期公式： ,可知粒子运动周期与速度无关，故周期不变。
12．向上； 3；
【解析】
【分析】
【详解】
由左手定则可以判断出，导线所受安培力的方向垂直导线向上．导线受到的安培力：F=BIL，可知磁感应强度增大到原来的3倍，其它条件保持不变，则导线受到的安培力大小为原来的3倍。
13．长 0.1
【解析】
【分析】
【详解】
机使用的电磁波波长比可见光波长长；家用交流电的有效值是220V，其最大值是
导线受到的安培力是
F=BIL=0.2×5×0.1=0.1N．
14．
【解析】
【分析】
【详解】
设光电子受紫外线照射后射出的速度为v．在MN间加电场，当电压表示数为U时，由动能定理得：
在MN间加垂直于纸面的匀强磁场，当磁感强度为B时，光电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为：
光电子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，所以有：
由上述三式解得：
【点睛】
根据动能定理，结合电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律与几何关系，即可求解．
15．(1) (2) (3)
【解析】
【详解】
（1）在区域I磁场中：
qvB1=m
轨迹圆半径为：
r1=R0
解得：
B1=
（1）设粒子在区域II中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图，有几何关系知：
r2=r1tan30°=
在磁场中：
r2=
解得：
B2=
由几何关系得：
R-3r2=
（3）轨迹从A点到Q点对应圆心角：
=90°+60°=150°
要离子仍从A点沿y轴负方向射入，需满足
150n=360m
m、n属于自然数，取最小整数m=5、n=12，有
t=12×（）
其中
T1=
解得:
t=
16．（1）（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）设小球从O点运动到P点所用时间为，在P点的速度为，返回O点时的速度为，则有
解得
即
由运动学公式得
解得
（2）小球从O点落到P再返回到O的全过程由动能定理可得
解得
【或用动力学求解为:由牛顿第二定律得
其中
则
当小球返回O点电荷量变为原来的四分之一，根据题意可知，电场力
因此小球将做匀速圆周运动。作粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得时
解得
（3）由上可知，小球在磁场中运动时间为
小球离开磁场后做匀速直线运动，由图中几何关系可知
得
故
.
17．(1)(2)
【解析】
【详解】
(1)若粒子垂直于x轴离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力得
则有
解得
(2)若粒子从y轴离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可和，粒子在磁场中的偏转角为，所以运动时间为
粒子在磁场中做圆周运动的周期为
联立解得
18．（1）0.40N；（2）0.16N．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为
故导体棒受到的安培力为
（2）由左手定则可知，导体棒受到的安培力方向沿斜面向上，故
代入数据解得
方向沿斜面向下。