济南济北中学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（含解析）

磁场对电流和运动电荷的作用
1．如图所示，带异种电荷的粒子、以相同的动能同时从点射入宽度为的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，且同时到达点，、两粒子的质量之比为（ ）
A．1：2 B． C． D．
2．如图所示，两平行直导线和竖直放置，两导线内通有方向相反、大小相等的电流，、两点位于两导线所在的平面内。则下列说法正确的是（　　）
A．点处的磁感应强度为零
B．点磁场方向垂直纸面向里
C．导线受到的安培力的方向向右
D．同时改变两导线的电流方向，导线受到的安培力的方向将也随之改变
3．在磁场中某区域的磁感线如图所示，则（　 ）
A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，BaB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba>Bb
C．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大
D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小
4．如图所示，在xOy坐标系的第二、三象限内有半圆形有界磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，磁场的磁感应强度大小为B，圆心在坐标原点O处，半径为R，一粒子源在坐标为（－1.5R，0.5R）的P点，可以沿x轴正方向发射速率在一定范围内的同种带负电的粒子，粒子的质量为m、电荷量为q，速度最大的粒子刚好不过y轴，速度最小的粒子刚好不过x轴，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列判断不正确的是（　　）
A．粒子的最大速度大小为
B．粒子的最小速度大小为
C．粒子在磁场中做的是变加速曲线运动
D．速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短
5．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，N、M两侧面间会形成电势差UNM，下列说法中正确的是（　　）
A．若该霍尔元件的载流子是正电荷，则电势差UNM＜0
B．若该霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UNM0
C．电势差UNM 仅与材料有关
D．在测定地球赤道正上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直
6．将闭合通电导线圆环平行于纸面缓慢地竖直向下放入水平方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，则在通电圆环从刚进入到完全进入磁场的过程中，所受的安培力的大小
A．逐渐增大
B．逐渐变小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
7．如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，，。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为，且满足，发射方向由图中的角度θ表示，对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（　　）
A．从AC边射出的粒子在磁场中运动最短时间为
B．粒子在磁场中运动最长时间为
C．在磁场中运动时间相等，θ最多有两个不同的值
D．在三角形AOC边界上，有粒子射出的边界线总长为2a
8．如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，由离子源发出一个质量为、电荷量为的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线做匀速圆周运动，而后由点进入磁分析器中，最终经过点进入收集器，下列说法中正确的是（ ）
A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外
B．加速电场中的加速电压
C．磁分析器中圆心到点的距离
D．任何离子若能到达点，则一定能进入收集器
9．如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S．某一时刻，从S平行于纸面向各个方向射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC＝60?，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为
A． B． C． D．
10．大型对撞机是科学研究的重要工具，中国也准备建造大型正负电子对撞机，预计在2022至2030年之间建造，对撞机是在回旋加速器的基础上逐步发展出来的。回旋加速器的原理示意图如图所示，和是两个中空的半圆金属盒，均和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成匀强电场，两盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，中央O处是粒子源。若忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．带电粒子在磁场中运动的周期越来越小
C．粒子的最大速度与半圆金属盒的尺寸无关
D．磁感应强度越大，带电粒子离开加速器时的动能就越大
11．判断下列图中洛伦兹力的方向
（1） （2） （3） （4）
图（1）的洛伦兹力方向是________；
图（2）的洛伦兹力方向是________；
图（3）的洛伦兹力方向是________；
图（4）的洛伦兹力方向是________；
12．质子和α粒子在同一匀强磁场中作匀速圆周运动的半径相同，则质子和α粒子的动量之比为____，加速度之比为___，周期之比为____。
13．根据磁场和导线电流的关系，说明下列图中安培力的方向
（1） （2） （3） （4）
图（1）的安培力方向是________；
图（2）的安培力方向是________；
图（3）的安培力方向是________；
图（4）的安培力方向是________；
14．通过学习，我们可以知道很多物理学家对物理学做出的贡献，如：奥斯特发现了____，首次揭示了电与磁的联系；________最先测出了大气压的值约为1. 013×l05帕．
15．如图，平面直角坐标系xOy的第II象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力），从x轴上的（-L，0）点，以大小为v0的速度沿y轴正方向射入电场，通过电场后从y轴上的C（0，2L）点进入第I象限。
（1）求电场强度大小E；
（2）若第I象限内存在方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，则上述粒子经磁场偏转后将从x轴上的 D（2L，0）点进入第IV象限。求该磁场的磁感应强度大小B；
（3）若第I象限仅在某区域内存在大小仍为B，方向垂直于坐标平面向外的矩形匀强磁场，则上述粒子经磁场偏转后将从x轴上D点垂直进入第IV象限，求该矩形磁场区域的最小面积。
16．如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两块长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0，在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q（q＞0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）.
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；
(2)为使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件；
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
17．在倾角的斜面上，沿斜面方向固定一对平行的金属导轨，两导轨距离 ，接入电动势 、内阻不计的电池及滑动变阻器，如图所示。垂直导轨放有一根质量的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数为，整个装置放在磁感应强度的垂直斜面向上的匀强磁场中。当调节滑动变阻器的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，）
18．如图所示，直角三角形abc区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其中，一质量为m、带电荷量为q的正粒子（不计重力）以不同速度垂直射入ac边界匀强磁场区域内，入射点O到a点的距离为d，ab边长为2d。试求：
(1)要使粒子能从bc边射出磁场，求v的取值范围.
(2)从bc边射出的粒子在磁场中运动时间t的范围.
参考答案
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是和，设磁场宽度为d，由图可知
粒子a的半径
粒子b的半径为
两粒子动能相等，即
且根据磁场中半径公式
，
又a粒子轨迹长度为
b粒子的轨迹长度为
所以
，
联立以上各式解得
A． 1：2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。
故选：C。
2．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据右手螺旋定则可知b处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，由磁场的叠加可知， b点的合磁场方向向外，不等于0，故A错误；
B．根据右手螺旋定则可知，通电导线cd在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，通电导线ef在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，但a点离cd更近，即通电导线cd在a点产生的磁场更强，故a点的合磁场方向垂直纸面向里，故B正确；
C．电流方向相反的两根导线所受的安培力互相排斥，所以cd导线受到的安培力方向向左，故C错误；
D．不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，故同时改变电流方向时，导线受到的安培力方向不会发生改变，故D错误。
故选B。
3．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由磁感线的疏密表示磁感应强度大小，则
故A正确，B错误；
CD．通电导线磁场中受到的安培力，由于同一通电导线放在a处与放在b处相比，由于并不知道导线与磁场方向之间的关系，所以受力大小无法确定，故CD错误。
故选A。
4．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．由题意可知，速度最大时粒子刚好不过y轴即轨迹与y轴相切，如图1
由几何关系可知，半径为
由
可知
所以最大速度为
故A错误，符合题意；
B．速度最小的粒子刚好不过x轴，即轨迹与x轴相切如图2
由几何关系得
由
可知
所以最小速度为
故B正确，不符合题意；
C．由于粒子磁场中做匀速圆周运动，其加速度方向时刻变化，则粒子在磁场中做的是变加速曲线运动，故C正确，不符合题意；
D．速度最大的粒子在磁场中偏转角为，速度最小的粒子在磁场中偏转角为，由于是同种粒子则粒子做圆周运动的周期相等，运动时间为
则速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短，故D正确，不符合题意。
故选A。
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．若元件的载流子是正电荷，由左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力方向向N侧面偏，则N侧面的电势高于M侧面的电势，则
故A错误；
B．若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向N侧面偏，则M侧面的电势高于N侧面的电势，则
故B错误；
C．电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有
且
则有
电势差UNM 与材料、外界磁场等有关，故C错误；
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故D正确。
故选D。
6．C
【解析】
通电圆环受到的安培力大小，其中I、B分别为所通电流大小、磁感应强度大小，L指有效长度，它等于圆环所截边界线的长度．由于L先增大后减小，故安培力先增大后减小，C正确；ABD错误；
故选C．
7．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．根据
得
当θ=飞入的粒子在磁场中，粒子的偏转角为，由几何关系可知，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间为，当θ=飞入的粒子在磁场中从A点飞出，运动时间恰好是，θ从到，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大，则最长时间为
当弦长与AO边垂直时时间最短，此时最短时间不等于，故A错误，B正确；
C．由于粒子在磁场中运动的弧长为劣弧，则运动弦长相等运动时间相等，粒子从AC边上射出时有从两处射出的运动时间相等，粒子从AO边射出的也可能与从AC边上射出时运动时间相等，此时对应的θ角有三个，故C错误；
D．当θ=飞入的粒子在磁场中从A点飞出，θ＞的粒子可能打到OA边上的所有的区域内，长度的范围是a；在AC边界上只有一半区域有粒子射出，长度的范围也是a，所以在三角形AOC边界上，有粒子射出的边界线总长为2a，故D正确。
故选BD。
8．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A． 离子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦磁力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，故A正确；
B． 离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：
设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有：
解得：
故B正确；
C． 离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：
解得：
则：
故C错误；
D． 由B可知：，R与离子质量、电量无关；离子在磁场中的轨道半径：
离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关，能够到达P点的不同离子，半径不一定都等于d，不一定能进入收集器，故D错误。
故选：AB。
9．CD
【解析】
【详解】
粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦．初速度大小相同，轨迹半径相同．
设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长．由此得到：
轨迹半径为：
当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短．则：
SE=
由几何知识，三角形O′ES是等边三角形，则得θ=60°，最短时间：
所以粒子在磁场中运动时间范围为
A．，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论相符，选项C正确；
D．，与结论相符，选项D正确；
10．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．带电粒子转动一周，两次经过电场，所以每运动一周被加速两次，故A正确；
B．带电粒子在磁场中运动的周期与速度无关，故B错误；
C．粒子从回旋加速器中射出时，最后一圈圆周运动的半径与金属盒半径相同，由
得
可知金属盒半径r越大，最大速度ν越大，故C错误；
D．由，可知磁感应强度B越大，最大速度v越大，粒子动能越大，故D正确。
故选AD。
11．向右向里向外向右
【解析】
【详解】
由左手定则可知：图（1）的洛伦兹力方向是向右；图（2）的洛伦兹力方向是向里；图（3）的洛伦兹力方向是向外；图（4）的洛伦兹力方向是向右；
12．1：2；4：1；1：2
【解析】
【详解】
设质子()的质量为m，电量为+q；则α粒子()的质量为4m，电量为+2q.
两粒子在磁场中做匀速圆周运动有，得；因两圆周半径相同，可得两粒子的动量之比为电量之比，即；
由速度，可知；故有可知；
由周期公式可得，.
【点睛】
本题考查了求粒子的轨道半径之比，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后进行比较即可解题．
13．向上向右向里向左
【解析】
【详解】
由左手定则可知：图（1）的安培力方向是向上；图（2）的安培力方向是向右；图（3）的安培力方向是向里；图（4）的安培力方向是向左；
14．电流的磁效应； 托里拆利
【解析】
【分析】
【详解】
①奥斯特将通电导体放在小磁针上方时，小磁针发生了偏转，说明通电导体周围存在磁场，他发现了电流的磁效应；
②意大利科学家托里拆利最早较精确测出了大气压的数值，在1.013×l05帕左右．
【点睛】
物理学史一直是考试中的热点，了解相关的物理学史可以使我们了解科学家的贡献，激发我们学习物理的兴趣．
15．（1）；（2）；（3）16L2
【解析】
【详解】
(1)粒子进入电场后做类平抛运动，轨迹如图1
水平方向有
竖直方向有
其中
联立解得
(2)由几何关系得
所以得
则粒子进入磁场中的速度为
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，则有
由洛伦兹力提供向心力得
得
联立解得
(3)粒子的运动轨迹如图2所示，由洛伦兹力提供向心力得
得
由几何关系可知，粒子偏转，所以矩形的边长为
则最小面积为

16．（1）；（2）（3）；
【解析】
【详解】
(1)粒子由至的过程，根据动能定理有：
解得：
设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得：
根据运动学公式有：
联立解得：
(2)设磁感应强度大小于为，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由牛顿第二定律得：
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足：
联立可得：
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为，有：
联立可得：
若粒子再次到达时速度恰好为零，则粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为，根据运动学公式得
联立可得：
粒子在磁场中运动的时间为：
联立可得：
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为，则洛伦兹力提供向心力得：
由题意可知：
联立可得：
17．
【解析】
【详解】
当安培力较小，摩擦力方向向上时：
得：
当安培力较大，摩擦力方向向下时：
得：
．
滑动变阻器的取值范围应为。
【点睛】
静摩擦力的方向是由安培力大小决定，当安培力过大使得棒有上滑趋势，所以静摩擦力沿斜面向下，当安培力过小时，棒有下滑的趋势，所以静摩擦力沿斜面向上。
18．(1) (2)
【解析】
【详解】
由几何关系可知：
要使粒子从bc边射出磁场，其最小半径：
又：
得：
运动时间：
；
从bc边射出磁场，轨道半径最大时，其轨道与ab相切(如图)，从几何知识可得:粒子与ab相切的点应在b点，根据几何关系，其最大的半径R：
得：
又：
得：
对应的运动时间：
v的取值范围：
运动时间：