烟台市第十中学2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-1：磁场 单元测试题（含解析）

磁场
1．关于磁感应强度，下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度只反映磁场的强弱
B．磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量
C．磁感应强度方向就是通电导线在磁场中所受作用力的方向
D．磁感应强度方向就是放在该点的小磁针的静止时S极的指向
2．磁感应强度、磁通量、感应电动势存在一定的联系，若有磁场通过一线圈，以下说法正确的是:（ ）
A．若磁通量减少，则磁感应强度一定减少；
B．若磁感应强度为零，则磁通量一定是零；
C．若磁感应强度减少，则磁通量一定减少；
D．若磁通量为零，感应电动势一定是零。
3．如图所示，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为，在两导线中均通有方向垂直于纸面向里大小相等的电流时，纸面内与两导线距离为的a点处的磁感应强度为B，则P中的电流在a点处产生磁场的磁感应强度的大小为
A．B B． C． D．
4．如图所示，表面粗糙的U形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R的金属棒ab，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是　　
A．当变阻器滑片P向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大
B．当变阻器滑片P向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右
C．当变阻器滑片P向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b
D．当变阻器滑片P向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b
5．物理学史上，首先发现电流磁效应的科学家是( )
A．安培 B．奥斯特 C．牛顿 D．法拉第
6．如图2—3所示的矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平面成θ角，已知sinθ= 4/5，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为
A．BS
B．4BS/5
C．3BS/5
D．3BS/4
7．提出分子电流假说的物理学家是
A．法拉第 B．奥斯特 C．库仑 D．安培
8．两固定且互相垂直的无限长直导线 l1与 l2 在同一竖直面内，导线中通有大小相等、方向如图所示的恒定电流．有一正方形导线框 ABCD，在初始时刻，AB 边与 l1重合，AD 边与 l2重合，所有导线间彼此绝缘，下列说法正确的是
A．若导线框向上平移，穿过导线框内的磁通量减小
B．若导线框向上平移，l2对 CD 边的安培力垂直 CD 边向右
C．若导线框向右平移，导线框内产生逆时针方向的感应电流
D．若导线框向右平移，l1对 BC 边的安培力垂直 BC 边向下
9．如图所示，两根通电长直导线A、B垂直于纸面固定放置，二者之间连线水平，电流方向均垂直于纸面向里，A中电流是B中电流的4倍，此时A受到的磁场作用力大小为F。当在A、B的正中间再放置一根与A、B平行共面的通电长直导线C后，A受到的磁场作用力大小变为2F，则B受到的磁场作用力大小和方向可能是
A．大小为，方向水平向右
B．大小为，方向水平向左
C．大小为，方向水平向右
D．大小为，方向水平向左
10．当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星位于航天飞机正上方，卫星与航天飞机保持相对静止，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为绳系卫星。现有一颗绳系卫星在地球上空沿圆轨道运行，能够使缆绳卫星端电势高于航天飞机端电势的是
A．在赤道上空，自西向东运行
B．在赤道上空，自南向北运行
C．在北半球上空，自北向南运行
D．在南半球上空，自西南向东北运行
11．如图所示，将两根细铁丝靠近条形磁铁的S?极，细铁丝会被吸引到磁铁的S?极上这是因为铁丝______ 选填：“磁化”或“退磁”后，上端相当于______ 选填“N极”“S极”，与条形磁铁的S?极相吸引，下端相当于______ 选填“N极”“S极”两铁丝的下端极性______ 选填“相同”“相反”，由于______ 选填“同名”“异名”磁极相互排斥，故两铁丝的上端距离较近，下端距离较远．
12．如图所示，线圈ABCO面积为0.4m2 ， 匀强磁场的磁感应强度B=0.1T ， 方向为x轴正方向．在线圈由图示位置绕z轴向下转过60°的过程中，通过线圈的磁通量改变________Wb ．
13．一根长为0.2m的通电直导线放在一匀强磁场中，导线与磁场垂直，导线中的电流为0.5A，测得它受到的磁场力为0.08N，则磁场的磁感应强度为________T；若将导线中的电流减小到0.05A，那么该磁场的磁感应强度为________T．
14．把一个面积为S的单匝矩形线圈放在磁感应强度为B的匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈平面的磁通量为________；当线圈平面被转动到与磁场垂直时，穿过线圈平面的磁通量为_______；在此转动的过程中，穿过线圈平面的磁通量变_____．（填“大”或“小”）
15．如图所示,有一U形金属导轨MNPQ,处在与它垂直的匀强磁场中.有一导体棒ab在导轨上向右匀速运动,经过0.1s,从“1”位置运动到“2”位置.这个过程中,穿过由导轨和导体棒组成的闭合回路的磁通量从0.05Wb 增加到0.15Wb.求:
(1)这段时间内通过回路的磁通量的变化量;
(2)这段时间内导体棒中的感应电动势的大小.
16．如图所示，直线y＝x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x＝d与y＝x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝1.0×104V/m，另有一半径R＝1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2＝0.20T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1时的速度方向与直线y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为，粒子重力不计，求：
（1）坐标d的值；
（2）要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件；
（3）在（2）问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y＝x上的最长时间．（结果保留两位有效数字）
17．如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E，一质量为m，电荷量为﹣q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出，射出之后，第二次到达x轴时，它与点O的距离为L，不计粒子所受重力．求
（1）此粒子射出的速度v．
（2）粒子从坐标原点O射出之后，第二次到达x轴时运动的总路程及时间．
18．如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a的圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感强度的大小均为B．一半径为b，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合.在内外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量q=.
参考答案
1．B
【解析】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量,选项A错误，B正确；磁感应强度的方向与通电导线在磁场中所受作用力的方向垂直，选项C错误；磁感应强度的方向就是放在该点的小磁针的N极静止时的指向，选项D错误；故选B.
2．B
【解析】
【详解】
A、由磁通量的公式可知，穿过线圈平面的磁通量与该处的磁感应强度、线圈的面积和线圈与磁场的夹角都有关，若线圈与磁场的夹角发生变化，磁通量减少了，磁感应强度可能未变化，若磁感应强度减少，同时夹角发生变化，则磁通量可能不变，故AC错误；
B、当磁感应强度为零时，由磁通量的公式可知，磁通量一定为零，故B正确；
D、感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，与磁通量无关，故D错误。
3．C
【解析】
【详解】
如图，，，则有，解得：，故选C。
4．C
【解析】
试题分析：先根据右手螺旋定则以及螺线管磁场的特点判断穿过闭合回路的磁通量方向，然后根据滑动变阻器的变化判断回路中的磁通量变化，运用楞次定律判断感应电流方向，根据左手定则判断
根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a到b，A错误C正确；当变阻器滑片P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b到a，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，BD错误．
5．B
【解析】
【详解】
物理学史上，首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故选B.
6．B
【解析】
矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成α角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以，则穿过矩形线圈的磁通量是，故选项B正确，ACD错误。
点睛：对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况。
7．D
【解析】
【详解】
提出分子电流假说的物理学家是安培，故选D.
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．在图示位置时，由对称性可知两电流和在线圈中产生的和磁场为零，磁通量也为零．当线框向上平移时，在线框中产生的向外的磁通量减小，所以总的磁通量向里增大．故A错误．
B．由A的分析已经知道总的磁通量向里增大，在由楞次定律可知，线框内产生逆时针方向的感应电流，在CD边处的磁场方向为向外的，在由左手定则可知，对 CD 边的安培力垂直 CD 边向右．故B正确．
C． 在图示位置时，由对称性可知两电流和在线圈中产生的和磁场为零，磁通量也为零．当线框向右平移时，在线框中产生的向里的磁通量减小，所以总的磁通量向外增大，有楞次定律可知，导线框内产生顺时针方向的感应电流．故C错误．
D．在BC边产生的磁场方向为向外，再有左手定则，对 BC 边的安培力垂直 BC 边向上．故D错误．
9．BD
【解析】
【详解】
由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故B受到A的磁场力大小为F，方向向左；中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度相同，故A受到的磁场力为B受磁场力的4倍；由于A受到的磁场作用力大小变为2F，则可能有两种情况：
①、C对A的作用力为F，方向向右；则C对B的作用力为F/4，方向向左，则B受力大小为5F/4，方向水平向左；
②、C对A的作用力为3F，方向向左，则C对B的作用力为3F/4，方向向右，则B受力大小为F/4，方向水平向左；
故BD正确，AC错误。故选BD。
10．AD
【解析】
试题分析：在赤道处地磁场方向由南向北,航天飞机和卫星从西向东飞行时，根据右手定则知感应电流由航天飞机端流向缆绳卫星端，电源内部由低电势到高电势，故绳卫星端电势高，故A错误，B正确；同理可以得到选项D正确，选项C错误。
考点：导体切割磁感线时的感应电动势
【名师点睛】金属缆绳在切割地磁场，从而产生感应电动势，根据右手定则判断感应电动势的方向。
11．磁化 N极 S极 相同 同名
【解析】
【详解】
铁丝被磁体吸引后，本身也具有了磁性，该过程是磁化的过程；根据磁极间的相互作用规律可知：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．则可知上端N极，下端为S极；两铁丝下端极性相同，所以相互排斥而张开，而由于上端两铁丝均受磁铁的作用，所以形成上端距离较近，下端距离较远的现象．
【点睛】
同名磁极和同种电荷都相互排斥，异名磁极和异中电荷相互吸引；注意区分磁极前的修饰词是“同名和异名”．
12．3.46×10﹣2
【解析】
【详解】
由题图示实线位置中，线圈平面跟磁场方向平行，通过线圈的磁通量Φ1=0；当线圈由图示位置绕z轴向下转过60°时，磁通量为：Φ2=BSsin60°=0.1×0.4×Wb=3.46×10﹣2Wb，则通过线圈的磁通量改变量为：
△Φ=Φ2﹣Φ1=3.46×10﹣2Wb
故本题答案为：3.46×10﹣2 Wb
【点睛】
匀强磁场中，当线圈平面跟磁场方向相互平行时，通过线圈的磁通量Φ=0，根据此公式求解磁通量；当线圈平面与磁场不垂直时，可根据公式Φ=BScosα，α是线圈平面与磁场方向的夹角，进行计算．
13．0.8 0.8
【解析】
【分析】
由题意可知B⊥L，故根据磁感应强度的定义,即可求得磁感应强度大小，注意磁场的磁感应强度只与磁场本身有关，与电流大小无关．
【详解】
因磁场和电流相互垂直，则根据磁感应强度的定义可知：,
代入数据解得:
磁场的磁感应强度只与磁场本身有关，与电流大小无关，电流强度减小为0.05A，则该磁场的磁感应强度仍为0.8T，
【点睛】
解决本题的关键掌握安培力的公式F=BIL，知道磁场的磁感应强度只与磁场本身有关，与安培力和电流无关．
14．0 BS 大
【解析】
【详解】
[1]．当线圈平面与磁场方向平行时，线圈平面与磁场方向的夹角为0度，则Φ=0．
[2]．当线圈绕ab轴转动至与磁场方向垂直时，Φ=BS．
[3]．根据Φ=BSsinθ知，在此转动过程中，穿过线圈平面的磁通量变大．
【点睛】
解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大．
15．（1）（2）
【解析】
试题分析：(1)
(2)
考点：本题考查了磁通量和感应电动势的计算
点评：磁通量虽没有方向，但却有正反面之分．若取正面穿过的方向为正，则从反面穿过的为负．
16．（1）4m
（2）0（3）
【解析】
试题分析：（1）由带电粒子在匀强磁场B2中运动可得：
解得：r = 1m=R
粒子进入匀强电场以后，做类平拋运动，设水平方向的位移为x1，竖直方向的位移为y1
水平方向
竖直方向
其中
联立解得： x1 = 2m，y1= 1m
由图示几何关系得：
(2)可使粒子无法运动到x负半轴
①设当匀强磁场磁感应强度为B3时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y轴相切，此时粒子在磁场中运动半径为r1，由如图所示几何关系得：
解得：
由牛顿第二定律得：
解得：
②设当匀强磁场磁感应强度为B4时，粒子垂直打在y轴上，粒子在磁场中运动半径为r2，由如图所示几何关系得：
由牛顿第二定律得：
解得： B4＝＝0.10T
综上所述，要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件是：0(3)设粒子在B2中运动时间为t1；在电场中运动时间为t2；在磁场B1中运动，当轨迹与y轴相切时所用的时间最长为t3
所以有，，
则当粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x上所用的最长时间为t
考点：带电粒子在匀强磁场及匀强电场中的运动
【名师点睛】本题考查粒子在电场中类平抛运动和在磁场中的匀速圆周运动，对学生几何能力要求较高，能够找出问题的临界情况是解决本题的关键。
17．（1）此粒子射出的速度为．
（2）粒子从坐标原点O射出之后，第二次到达x轴时运动的总路程为，时间为．
【解析】试题分析：粒子在磁场中做圆周运动，转动半周后到达电场先减速再反向加速，以大小不变的速度反向进入磁场，再次偏转；由题意可知半径大小，由洛仑兹力充当向心力可求得粒子的速度；粒子的总路程包括电场中的路程和磁场中的路程，总时间等于做圆周运动的时间和做匀变速时间之和．
解：由题意知第2次经过x轴的运动如图所示
由几何关系：圆周运动半径 r=
洛伦兹力提供圆周运动向心力
Bqv=m
解得：v=
电场中做匀变速直线运动，设粒子进入电场作减速运动的最大路程为l，加速度为a，则有：
v2=2al
a=
解得l=
运动的总路程 s=πr+2l=
粒子做圆周运动的时间，
粒子做匀减速运动的时间
所以粒子在电场中运动的时间
则运动的总时间为：t=
答：（1）此粒子射出的速度为．
（2）粒子从坐标原点O射出之后，第二次到达x轴时运动的总路程为，时间为．
【点评】带电粒子在磁场中的题目关键在于明确圆心和半径，注意要根据题意找出合理的运动过程，从而得出正确的结论．
18．
【解析】试题分析：圆形导线环的初始磁通量Φ1=Bπa2－Bπ(b2－a2)=πB(2a2－b2)(当ba时，通过圆形导线环的电荷量q=
考点：电荷量
【名师点睛】考查了平均感应电动势的求法，注意根据电流的定义式去求电荷量．产生的电荷量q=，根据磁通量的变化率求平均感应电动势，从而表示出电流与时间的乘积表达式．