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．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，两个D形金属盒处于方向垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）
A．粒子每次在D2盒中运行的时间是固定不变的
B．粒子每次在D2盒中运行的路程是固定不变的
C．粒子在D型盒内做圆周运动的周期是所加交流电周期的2倍
D．回旋加速器的原理是利用磁场中的洛伦兹力做功使带电粒子速度增大
2．下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是( )
A． B．
C． D．
3．下列图中，磁感应强度方向、直导线中电流方向及其所受安培力方向三者关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场（如图所示）的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是（　　）
A．若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转
B．若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向西偏转
C．若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转
D．若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动
5．如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线两端分别拴在椭圆的两个焦点M、N处，并通入由M到N的恒定电流I。现将P从左侧A点沿椭圆顺时针缓慢移动到右侧B点，在此过程中导线MPN受到的安培力的合力大小（　　）
A．始终不变 B．逐渐增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
6．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，期间留有空隙。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（　　）
A．不改变磁感应强度和交流电周期，该回旋加速器也能加速α粒子
B．被加速的离子从电场中获得能量
C．交变电场的变化周期是质子在磁场中运动周期的一半
D．为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可将磁感应强度增大为原来的2倍
7．如图所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场。a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转。最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°角。a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2， 则以下比值正确的是（　　）
A．v1∶v2=2∶1 B．v1∶v2=1∶2 C．t1∶t2=3∶2 D．t1∶t2=3∶8
8．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速器中被加速，加速电压为U。下列说法正确的是（　　）
A．交变电场的周期为
B．粒子射出加速器的速度大小与电压U成正比
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子第1次经过狭缝后进入磁场的半径为
9．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与od成30°角的方向、大小不同的速率射入正方形内，则下列说法中正确的是（ ）
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从ad边射 出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从cd边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从bc边射出磁场
10．如图所示，在xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子以相同的速率从x轴上坐标（，0）的C点沿不同方向射入磁场，分别到达y轴上坐标为（0，3L）的A点和B点（坐标未知），到达时速度方向均垂直y轴，不计粒子重力及其相互作用。根据题设条件下列说法正确的是（　　）
A．可以确定带电粒子在磁场中运动的半径
B．若磁感应强度B已知可以求出带电粒子的比荷
C．因磁感应强度B未知故无法求出带电粒子在磁场中运动时间之比
D．可以确定B点的位置坐标
11．匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过2.0A的电流时，受到0.8N的安培力，磁场磁感应强度是________T；当通过的电流加倍时，磁感应强度是________T，导线受到的安培力大小为________N．
12．在磁感应强度B的匀强磁场中，垂直于磁场放入一段通电导线．若任意时刻该导线中有N个以速度v做定向移动的电荷，每个电荷的电量为q.则每个电荷所受的洛伦兹力FB＝___________，该段导线所受的安培力为FA＝___________.
13．如图所示，把一电子射线管放在蹄形磁铁的两极之间，当电子由“﹣”，极射向“+”极时，将向________方偏转（填“上”或“下”）．
14．如图所示，弹簧秤下挂一条形磁铁，其中条形磁铁N极的一部分位于未通电的螺线管内，而S极在螺线管的上方．

（1）若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧秤的示数将________；
（2）若弹簧秤的长度增加，则将a、b接入电源时a端应接在电源的________极．
15．磁场中放一与磁场方向垂直的导线,通入的电流是2.5 A,导线长1 cm,它受到的磁场力为5×10-2 N。问:
（1）这个位置的磁感应强度是多大?
（2）如果把通电导线中的电流增大到5 A时,这一点的磁感应强度是多大?此时导线受到的磁场力为多大？
（3）如果通电导线在磁场中某处不受磁场力,是否可以肯定这里没有磁场?
16．如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场．一质子（质量为m、电荷量为e）以v的速度从点O与MN成30°角的方向射入磁场中，求：
(1)质子从磁场中射出时距O点多远？
(2)质子在磁场中运动的时间为多少？(要做出粒子运动轨迹图)
17．如图所示，在足够长的绝缘板MN上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未标出），在绝缘板上方的P点有一个粒子发射源，它在同一时间内沿纸面向各个方向发射数目相等的带正电粒子，粒子的速度大小相等。已知粒子的比荷为＝k，在磁场中运动的轨道半径R，P点与绝缘板的距离为d＝1.6R（不计粒子间的相互作用和粒子的重力，sin37°＝06，sin53°＝0.8）。求
（1）粒子源所发射粒子的速度大小v0；
（2）能够到达绝缘板上的粒子在板上留下痕迹的最大长度Lm；
（3）打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值。
18．如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60°，求电子的质量和穿越磁场的时间．
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子每次在D2盒中运行的轨迹均为半圆，所以运行周期均为半个周期，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
磁感应强度和比荷不变，所以粒子每次在D2盒中运行的时间是固定不变的，故A正确；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
粒子每次经过电场加速后速度变大，在磁场中运动半径变大，所以粒子每次在D2盒中运行的路程是逐渐增大的，故B错误；
C．为了使粒子经过电场时能够持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动的周期是相同的，故C错误；
D．根据左手定则可知洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，粒子通过狭缝时，电场力做正功实现加速，故D错误。
故选A。
2．B
【解析】
【详解】
根据左手定值可知，A图中的安培力应该垂直磁感线垂直于电流的方向指向左上方．故A错误；B图中磁场的方向向下，电流的方向向里，所以安培力的方向向左．故B正确；C图中磁场的方向向左，电流方向向上，所以安培力的方向向里．故C错误；D图中电流的方向与磁场的方向平行，不受安培力；故D错误．故选B.
【点睛】
本题考查安培定则和左手定则综合应用能力，对于两个定则要注意应用条件的不同：安培定则判断电流与磁场方向的两者关系；左手定则判断通电导线在磁场所受安培力方向与磁场方向、电流方向三者的关系．
3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据左手定则可知，该图中安培力方向竖直向上，选项A错误；
B．根据左手定则可知，该图中安培力方向水平向右，选项B正确；
C．根据左手定则可知，该图中安培力方向竖直向下，选项C错误；
D．根据左手定则可知，该图中安培力方向水平向左，选项D错误；
故选B。
4．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．赤道平面的磁场方向平行于地面，由地理南极指向地理北极，带正电的粒子沿地球赤道平面射向地心，由左手定则可知，其将受到地磁场的作用向东偏转，故A正确，B错误；
CD．带电的粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，运动方向与磁感线方向平行，不受洛伦兹力，粒子不发生偏转，故C错误，D错误。
故选A。
5．A
【解析】
【分析】
【详解】
由题意可知在P从左侧A点缓慢移动到右侧B点的过程中，导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN通入电流I时受到的安培力，根据
L为M、N两点间的距离，可知导线MPN受到的安培力大小始终不变，故A正确，BCD错误。
故选A。
6．BD
【解析】
【详解】
A．带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据知，换用α粒子，粒子的比荷变化，在磁场中运动的周期变化，而不改变磁感应强度与交流电周期，加速电场的周期不变，破坏了回旋加速器的工作条件，从而不能加速α粒子，A错误；
B．质子在磁场中所受的洛伦兹力对质子不做功，不能改变质子的动能，而电场可以改变质子的动能，所以质子不能从磁场中获得能，只能从电场中获得能量，B正确；
C．电场的方向是周期性变化的，其周期与粒子在磁场中运动的周期相等，C错误；
D．根据知
则最大动能
所以为使被加速的粒子获得的动能增加为原来的4倍，可只调节D形盒的半径增大为原来的2倍，D正确。
故选BD。
7．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．粒子在电场中加速，令加速的位移为，则根据动能定理有
所以
粒子在磁场中运动时，其轨迹如图
粒子的圆心为，粒子的圆心为，根据几何知识可知
则有
根据洛伦兹力提供向心力有
联立可得
将代入可得
故A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中运动的周期为
所以两粒子在磁场中运动的时间之比为
故C错误，D正确；
故选AD。
8．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．为了能够使粒子通过狭缝时持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动周期相同，即
A错误；
B．粒子最终从加速器飞出时
解得
粒子飞出回旋加速器时的速度大小和无关，B错误；
C．粒子在电场中加速的次数为，根据动能定理
粒子在磁场中运动的时间
C正确；
D．粒子第一次经过电场加速
进入磁场，洛伦兹力提供向心力
解得
D正确。
故选CD。
9．BD
【解析】
【分析】
【详解】
由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为
T=2t0
A．当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为
在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定不会从ad边射出磁场，故A错误；
B． 若该带电粒子在磁场中经历的时间是
则粒子轨迹的圆心角为
速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场，故B正确；
C． 若该带电粒子在磁场中经历的时间是
则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于
故不一定从ab边射出磁场，故C错误；
D． 若该带电粒子在磁场中经历的时间是
则得到轨迹的圆心角为
则它一定从bc边射出磁场，故D正确。
故选：BD。
10．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．已知粒子的入射点及出射方向，同时已知圆上的两点，根据出射点速度相互垂直的方向及AC连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置，由几何关系可知AC长为
且有
则
因两粒子的速率相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同，即两粒子的半径均可求出，故A正确；
B．由公式
得
由于不知道粒子的运动速率，则无法求出带电粒子的比荷，故B错误；
C．根据几何关系可知从A射出的粒子对应的圆心角为，B对应的圆心角为；即可确定对应的圆心角，由公式
由于两粒子是同种粒子，则周期相同，所以可以求出带电粒子在磁场中运动时间之比，故C错误；
D．由几何关系可求得B点对应的坐标，故D正确。
故选AD。
11．2 2 1.6
【解析】
【分析】
【详解】
[1]．据题意，通电导线与磁场垂直，则磁场的磁感强度为：
[2][3]．磁场的磁感强度由磁场本身决定，当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度仍为2T，此时受到的安培力为
F=BI′L=2×4×0.2N=1.6N.
【点睛】
熟练应用磁感应强度定义式即可求出磁感应强度，要注意定义式的适用条件．知道磁感应强度的决定因素．会计算当导线与磁场有一定夹角时的安培力的大小.
12．qvB，NqvB
【解析】
试题分析：电荷的速度方向垂直磁场，根据洛伦兹力来公式可得，每个电荷受到的洛伦兹力为，N个电荷受到的磁场力和即为导线受到的安培力，所以，
考点：考查了洛伦兹力，安培力
13．下
【解析】
根据左手定则可知，电子束将向下偏转.
14．减小 负
【解析】
（1）当螺线管将a接电源正极，b接负极时，线圈中产生磁场，由安培定则判断得知，螺线管内部磁场方向向上，上端相当于N极，对磁铁产生向上的斥力，所以弹簧秤示数减小．
（2）若弹簧秤的长度增加，说明磁铁受到吸引力的作用，螺线管的上边是S极，下边是N极，则将a、b接入电源时a端应接在电源的负极．
15．（1）2T（2）0.1N（3）不能肯定此处没有磁场
【解析】
【详解】
(1)磁感应强度的大小为
(2)导线电流发生变化，不会影响磁场的变化，故磁场不变还是2T，安培力为
(3)如果通电导线在磁场中某处不受磁场力，则有两种可能：①该处没有磁场；②该处有磁场，但通电导线与磁场方向平行。
16．（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）根据粒子在磁场中运动的半径公式得出半径的大小，结合几何关系求出质子从磁场中射出时距O点的距离．
（2）根据粒子在磁场中运动的周期公式，结合圆心角的大小，根据求出质子在磁场中运动的时间．
【详解】
（1）由左手定则可判断出质子应落在OM之间，根据几何关系可解得圆心角为300°，
根据evB＝得，
则电子出射点距O点的距离等于质子的运动半径，为
．
（2）质子在磁场中的运动时间应为
【点睛】
解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，结合几何关系进行求解，掌握圆心、半径的确定方法．
17．（1）（2）2R（3）0.25
【解析】
【详解】
（1）根据洛伦兹力提供向心力可得
粒子在磁场中运动的轨道半径为：
粒子比荷为k，联立解得：
（2）画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C、D，
粒子在C点与绝缘板相切，PD为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得：
带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为：
（3）根据上图中的几何关系可得：
，
，
根据旋转圆的方法可知，粒子旋转的角度为θ＝37°+53°＝90°范围内有粒子打在板上，打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的，故打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值为0.25。
【点睛】
18．，
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子的运动轨迹图如图所示：
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力得，，解得电子的质量．
（2）电子的周期
所以电子穿越磁场的时间
【点睛】
解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解．