第三章 磁场章末测试(精品资料).doc

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章末测试

(时间：60分钟满分：100分)

一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。1～6 题为单项选择题，7～10题为多项选择题。)

1.指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是( )

A.指南针可以仅具有一个磁极

B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场

C.指南针的指向不会受到附近铁块的干扰

D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转

答案 B

2.如图1所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是( )

图1

A.a 、b 、c 的N 极都向纸里转

B.b 的N 极向纸外转，而a 、c 的N 极向纸里转

C.b 、c 的N 极都向纸里转，而a 的N 极向纸外转

D.b 的N 极向纸里转，而a 、c 的N 极向纸外转

解析 由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流的方向为逆时针，由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向内，磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N 极的指向，所以b 的N 极向纸外转，a 、c 的N 极向纸里转。选项B 正确。

答案 B

3.(2017·四川成都石室中学二诊)如图2所示，一个边长为L 的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B 、方向垂直于金属框向里的匀强磁场中，若A 、B 两端与导线相连，由A 到B 通以如图所示方向的电流(由A 点流入，从B 点流出)，流过AB 边的电流为I ，则金属框受到的安培力大小和方向分别为( )

图2

A.2BIL ，竖直向下

B.43

BIL ，竖直向上

C.BIL ，竖直向上

D.34

BIL ，竖直向下 解析 设流过DC 边的电流为I ′，根据并联电路知识有I ′·3R ＝IR ，得I ′＝I 3

，AD 、BC 边所受的安培力的合力为零，DC 边中的电流方向向右，根据左手定则可知，DC 边所受安培力方向

向上，大小为F DC ＝B ·I

3·L ＝13

BIL ，AB 边所受的安培力方向向上，大小为F AB ＝BIL ，所以金属框受到的安培力为F 安＝F DC ＋F AB

＝43

BIL ，方向竖直向上，故选项B 正确。 答案 B

4.如图3所示，两根垂直纸面平行放置的直导线a 和b ，通有等值电流。在纸面上距a 、b 等远处有一处P 。若P 点合磁感应强度B 的方向水平向左，则导线a 、b 中的电流方向是( )

图3

A.a 中向纸里，b 中向纸外

B.a 中向纸外，b 中向纸里

C.a 、b 中均向纸外

D.a、b中均向纸里

解析因为通电直导线周围磁场的磁感线是多组以导线上各点为圆心垂直于导线的同心圆，所以直导线a中电流在P处激发的磁场方向垂直于a、P连线；直导线b中电流在P处激发的磁场方向垂直于b、P连线。又因为P点合磁感应强度B的方向水平向左，所以由矢量合成法则可知，a中电流在P处激发的磁场方向垂直aP向下，b中电流在P处激发的磁场方向垂直bP向上，再根据安培定则很容易判断a、b中的电流方向，a中向纸里，b中向纸外，A正确。

答案 A

5.带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场如图4所示，运动中经过b点，Oa＝Ob。若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为( )

图4

A.v0

B.1

v 0C.2v0 D.

v

2

解析设Oa＝Ob＝d，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运

动，所以圆周运动的半径正好等于d，即d＝mv

qB，得B＝

mv

qd。

如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有

d＝

1

2

·

qE

m·?

?

?

?

?

?

d

v

2

得E＝

2mv20

qd，所以

E

B＝2v0，选项C正确。

答案 C

6.电磁轨道炮工作原理如图5所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )

图5

A.只将轨道长度L变为原来的2倍

B.只将电流I减为原来的一半

C.只将弹体质量减至原来的一半

D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变

解析由题意可知磁感应强度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由

动能定理可得FL＝1

2

mv2，解得v＝I

2kdL

m，由此式可判断只有

选项D正确。

答案 D

7.如图6所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子(不计重力)，从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负离子在磁场中( )

图6

A.运动时间相同

B.运动轨迹的半径相同

C.重新回到边界时速度的大小和方向相同

D.重新回到边界的位置与O点距离不相等

解析粒子在磁场中运动的周期T＝2πm qB，

则知两个离子做圆周运动的周期相等。根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏转角为(2π－

2θ)，轨迹的圆心角为(2π－2θ)，运动时间t＝2π－2θ

2π

T。同理，负

离子运动时间t＝2θ

2π

T，显然时间不等，A错误；根据牛顿第二

定律得qvB＝m v2

r，得r＝

mv

qB，由题意可知m、q、v、B大小均

相同，则r相同，B正确；正、负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，C正确；根据几何知识可知重新回到边界的位置与O点距离s＝2r sin θ，r、θ相同，则s相同，D错误。答案BC

8.如图7所示，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从孔a垂直于磁场沿ab方向射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，容器处在真空中，下列说法中正确的是( )

图7

A.从两孔射出的电子速率之比v c∶v d＝2∶1

B.从两孔射出的电子在容器中运动所用时间之比t c∶t d＝1∶2

C.从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比a c∶a d＝2∶1

D.从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比a c∶a d＝2∶1

解析 从c 孔射出的粒子与从d 孔射出的粒子做圆周运动的半径之比R c ∶R d ＝2∶1，根据qvB ＝mv 2R 可知v c v d ＝R c R d ＝21

，A 正确；根据T ＝2πm qB 可知T c ＝T d ，但二者圆心角αc ∶αd ＝1∶2，因此t c t d ＝αc αd ＝12

，B 正确；根据a ＝v 2R ，可得a c a d ＝v 2c v 2d ·R d R c ＝41·12＝21

，C 错误，D 正确。 答案 ABD

9.1932年，美国的物理学家劳伦斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图8所示，置于高真空中的两D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直。A 处粒子源产生的质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在加速器中被加速，其加速电压恒为U 。带电粒子在加速过程中不考虑相对论效应和重力的作用，则

( )

图8

A.带电粒子在加速器中第1次和第2次做曲线运动的时间分别为t 1和t 2，则t 1∶t 2＝1∶2

B.带电粒子第1次和第2次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比

r 1∶r 2＝2∶2

C.两D 形盒狭缝间的交变电场的周期T ＝2πm qB

D.带电粒子离开回旋加速器时获得的动能为B 2q 2R 2

2m

解析 带电粒子在磁场中运动的周期与电场变化的周期相等，根

据qvB ＝m v 2r ，得v ＝qBr m ，周期T ＝2πr v ＝2πm qB

，与粒子的速度无关，t 1∶t 2＝1∶1，交变电场的周期也为2πm qB ，A 错误，C 正确；根据12

mv 2n ＝nqU 得，带电粒子第1次和第2次经过加速后的速度比为

2∶2，根据r ＝mv qB

知，带电粒子第1次和第2次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比r 1∶r 2＝2∶2，B 正确；根据qvB ＝m v 2R

，知v ＝qBR m ，则带电粒子离开回旋加速器时获得动能E k ＝12

mv 2＝B 2q 2R 2

2m

，D 正确。 答案 BCD

10.已知一质量为m 的带电液滴，经电压U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 中，液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，

如图9所示，则( )

图9

A.液滴在空间可能受4个力作用

B.液滴一定带负电

C.液滴做圆周运动的半径r ＝1B 2UE g

D.液滴在场中运动时总能量不变

解析 液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，所以选项A 错误；由于液滴做匀速圆周运动，所以电场力与重力为平衡力，电

场力方向向上，可以判定液滴带负电，B 正确；根据qU ＝12

mv 2，r ＝mv qB ，qE ＝mg ，解得r ＝1B 2UE g ，选项C 正确；液滴在场中运动的整个过程能量守恒，选项D 正确。

答案 BCD

二、非选择题(共4小题，共50分。)

11.(10分)如图10所示，将长为50 cm 、质量为10 g 的均匀金属棒ab 的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以0.4 A 的电流时，弹簧恰好不伸

长，求：(取g ＝9.8 m/s 2)

图10

(1)匀强磁场中磁感应强度是多大？

(2)当金属棒通以0.2 A 由a 到b 的电流时，弹簧伸长1 cm ，如果电流方向由b 到a ，而电流大小不变，弹簧伸长又是多少？

解析 (1)当ab 棒受到向上的安培力BIL 和向下的重力mg 大小相

等时，弹簧不伸长，由BIL ＝mg 可得出磁感应强度B ＝mg IL

＝10×10－3×9.80.4×0.5

T ＝0.49 T 。 (2)当0.2 A 的电流由a 流向b 时，ab 棒受到两根弹簧向上的拉力2kx 1及向上的安培力BI 1L 和向下的重力mg 作用，处于平衡状态。 根据平衡条件有：2kx 1＝mg －BI 1L ①

当电流反向后，ab 棒受到两个弹簧向上的拉力2kx 2及向下的安培力BI 2L 和重力mg 作用，处于平衡状态，有

2kx 2＝mg ＋BI 2L ②

①②两式相除并整理，得弹簧伸长x 2为

x 2＝mg ＋BI 2L mg －BI 1L x 1

＝10×10－3×9.8＋0.49×0.2×0.510×10－3×9.8－0.49×0.2×0.5

×1 cm＝3 cm 。 答案 (1)0.49 T (2)3 cm

12.(12分)如图11所示，在足够长的绝缘板MN 上方距离为d 的O 点处，水平向左发射一个速率为v 0，质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不考虑粒子重力)。

图11

(1)若在绝缘板上方加一电场强度大小为E ＝mv 202qd

、方向竖直向下的匀强电场，求带电粒子打到板上距P 点的水平距离(已知OP ⊥MN )；

(2)若在绝缘板的上方只加一垂直纸面、磁感应强度B ＝mv 0qd

的匀强磁场，求：

①带电粒子在磁场中运动的半径；

②若O 点为粒子发射源，能够在纸面内向各个方向发射带电粒子(不考虑粒子间的相互作用)，求发射出的粒子打到板上的最短时间。

解析 (1)根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，而E ＝mv 202qd

，得出加速度

a ＝v 202d

， 粒子做类平抛运动：d ＝12

at 2，x ＝v 0t 联立得x ＝2d 。

(2)①加匀强磁场，由洛伦兹力提供圆周运动的向心力：qv 0B ＝m v 20r

而B ＝mv 0qd

，联立解得r ＝d 。 ②以OP 为弦长时粒子打到板上的时间最短，对应的圆心角θ＝

60°，t ＝T

6，而T ＝2πr v 0

联立得最短时间t ＝πd 3v 0

。 答案 (1)2d (2)①d ②πd 3v 0

13.(14分)如图12，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场。在x ≥0 区域，磁感应强度的大小为B 0；x ＜0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ＞1)。一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求(不计重力)

图12

(1)粒子运动的时间；

(2)粒子与O 点间的距离。

解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x ＜0区域，圆周半径为R 2。由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得

qB 0v 0＝m v 2

R 1

①

qλB 0v 0＝m v 20

R 2

②

粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为

t 1＝πR 1

v 0

③

粒子再转过180°时，所需时间t 2为

t 2＝πR 2

v 0

④

联立①②③④式得，所求时间为

t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q (1＋1λ)⑤

(2)由几何关系及①②式得，所求距离为

d 0＝2(R 1－R 2)＝2mv 0B 0q (1－1λ)⑥

答案(1)πm

B

q(1＋

1

λ) (2)

2mv0

B

q(1－

1

λ)

14.(14分)如图13所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ON＝d。不计粒子重力，求：

图13

(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R；

(2)粒子在M点的初速度v0的大小；

(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。

解析(1)作出带电粒子的运动轨迹如图甲所示。由三角形相关知识得R sin θ＝d

解得R ＝23

3d 。

(2)由qvB ＝mv 2R 得v ＝23qBd

3m

在N 点速度v 与x 轴正方向成θ＝60°角射出电场，将速度分解如图乙所示，

cos θ＝v 0v 得射出速度v 0＝1

2v ，

解得v 0＝3qBd

3m 。

(3)设粒子在电场中运动的时间为t 1，有d ＝v 0t 1，

所以t 1＝d v 0＝3m qB

。

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm

qB ，

设粒子在磁场中运动的时间为t 2，有t 2＝π－θ2π T

所以t 2＝2πm

3qB ，

t ＝t 1＋t 2，所以t ＝（33＋2π）m

3qB 。

23 3d(2)

3qBd

3m(3)

（33＋2π）m

3qB

答案(1)