高中物理：磁场 单元测试卷(含答案)

高中物理：磁场 单元测试卷（含答案）

1.1930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12D D 、构成,其间留有空隙,下列说法正确的是( )

A.离子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大

B.离子从磁场中获得能量

C.增大加速电场的电压,其余条件不变,离子离开磁场的动能将增大

D.增大加速电场的电压,其余条件不变,离子在D 型盒中运动的时间变短

2.质子和α粒子在同一点由静止出发,经过相同的加速电场后,进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动。已知质子和α粒子的质量之比:4:1H m m α=,电荷量之比:2:1H q q α=。则它们在磁场中做圆周运动的周期之比:H T T α为( ) A ．4:1

B ．1:4

C ．2:1

D ．1:2

3.如图所示,回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。其核心部分是两个“D ”型金属盒,置于匀强磁场中,两盒分别与高频交流电源相连。则带电粒子获得的最大动能与下列哪些因素有关( )

A.加速的次数

B.加速电压的大小

C.交流电的频率

D.匀强磁场的磁感应强度

4.如图所示,由Oa Ob Oc 、、三个 铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域,其磁感应强度分别用123B B B 、、表示.现有带电粒子自a 点垂直Oa 板沿逆时针方向

射入磁场中,带电粒子完成一周运动,在三个磁场区域中的运动时间之比为1:2:3,轨迹恰好是一个以O 为圆心的圆,则其在b c 、处穿越铝板所损失的动能之比为（ ）

A.1：1

B.5：3

C.3：2

D.27：5

5.如图所示,在边界PQ 上方有垂直纸面向里的匀强磁场,一对正、负电子同时从边界上的O 点沿与PQ 成 角的方向以相同的速度v 射入磁场中,则关于正、负电子,下列说法不正确的是( )

A.在磁场中的运动时间相同

B.在磁场中运动的轨道半径相同

C.出边界时两者的速度相同

D.出边界点到O 点处的距离相等

6.如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P 为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点,在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入速率为1v ,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为2v ,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则21:v v 为( )

A ．

2

B

C

D ．

7.如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等,质量分别为a b c m m m 、、,已知在该区域内,a 在纸面内做匀速圆周运动,b 在纸面内向右做匀速直线运动,c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( )

A.a b c m m m >>

B.b a c m m m >>

C.c a b m m m >>

D.c b a m m m >>

8.关于磁感线,下列说法中正确的是( ) A ．磁感线是真实存在的

B ．磁感线切线方向可以表示磁感应强度的方向

C ．磁感线一定是直线

D ．沿着磁感线方向,磁感应强度越来越小

9.运动的电荷垂直进入匀强磁场中,只受洛伦兹力的作用,则电荷的运动（ ） A. 匀速圆周运动

B. 匀速直线运动

C. 匀加速直线运动

D. 平抛运动

10.如图所示,M N 、和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点,O 为半圆弧的圆心,90MOP ∠=?,在

M P 、处各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有垂直纸面向里、大小相等的恒定电流,这

时O 点的磁感应强度大小为0B 。若将P 处长直导线移开,则O 点的磁感应强度的大小为( )

A ．012

B

B 0

C 0

D ．0B

11.如图所示,两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r 。圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合,则穿过a 、b 两线圈的磁通量之比为( )

A.1:1

B.1:2

C.1:4

D.4:1

12.如图所示,当闭合开关S 后,螺线管上方A 点的磁感应强度方向为( )

A ．向右

B ．向左

C ．垂直纸面向里

D ．垂直纸面向外

13.如图所示,一段导线abcd 弯成半径为R 、圆心角为90 的部分扇形形状,置于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直,线段ab 和cd 的长度均为2

R

,流经导线的电流为I ,方向如图中箭头所示.则abcd 导线受到的安培力的方向和大小为( )

A.方向沿纸面向上,大小为

B.方向沿纸面向上,

C.方向沿纸面向下,

D.方向沿纸面向下,14.如图,边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B ,方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。ab 边中点有一电子发射源O ,可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。已知电子的比荷为k 。则从a d 、两点射出的电子的速度大小分别为( )

A ．14

kBl B ．14kBl ,54

kBl

C ．1

2kBl

D ．12

kBl ,54

kBl

15.两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场,在磁场中它们的运动轨迹如图所示.粒

子 a 的运动轨迹半径为1r ,粒子

b 的运动轨迹半径为2r ,且212r r ＝,12q q 、分别是粒子a b 、所带的电荷量,则( )

A. a 带负电、b 带正电,比荷之比为

12

12:2:1q q m m = B. a 带负电、b 带正电,比荷之比为

12

12

:1:2q q m m C. a 带正电、b 带负电,比荷之比为

12

12

:=2:1q q m m D. a 带正电、b 带负电,比荷之比为

12

12

:=1:1q q m m 16.如图所示,一个半径为R 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交,环上各点的磁感应强度B 大小相等、方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)。若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I ,则下列说法中正确的是( )

A ．导电圆环所受安培力方向竖直向下

B ．导电圆环所受安培力方向竖直向上

C ．导电圆环所受安培力的大小为2BIR π

D ．导电圆环所受安培力的大小为2sin BIR θπ

17.如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图.如果发现电视画面的幅度比正常的偏小,可能引起的原因是（ ）

A.电子枪发射能力减弱,电子数减少

B.加速电场的电压过高,电子速率偏大

C.偏转线圈局部短路,线圈匝数减少

D.偏转线圈电流过大,偏转磁场增强

18.如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线12L L 、,1L 中的电流方向向左,2L 中的电流方向向上；1L 的正上方有a 、b 两点,它们相对于2L 对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场

的磁感应强度大小为0B ,方向垂直于纸面向外。已知a 、b 两点的磁感应强度大小分别为0

1

3B 和01

2

B ,方向也垂直于纸面向外。则( )

A ．流经1L 的电流在b 点产生的磁感应强度大小为

07

12B B ．流经1L 的电流在a 点产生的磁感应强度大小为

01

12B C ．流经2L 的电流在b 点产生的磁感应强度大小为

01

12

B D ．流经2L 的电流在a 点产生的磁感应强度大小为

07

12

B 19.由金属导体薄片制成的霍尔元件,其几何尺寸如图所示,在薄片的垂直面上施加一磁感应强度为B 的匀强磁场,在薄片的左、右两侧接有c 、d 两电极,在薄片的上、下两面接有a 、b 两电极.当c 、d 两电极通过控制电流I 时,薄片的上、下两面将出现霍尔电压U H ,霍尔元件的灵敏度K H 定义为霍尔元件在单位磁感应强度和单位控制电流下霍尔电压的大小.在实际操作中,由于a 、b 两电极不完全对称,而是沿cd 方向有一个很小的距离偏差(a 在左,b 在右),从而使得霍尔电压U H 与a 、b 两电极间的电压有一个微小的差值ΔU .某次测量中,当由c 到d 的电流大小为I ,磁感应强度为B 且方向垂直纸面向里时,a 、b 两电极间的电压为U 1;当保持I 和B 的大小不变,仅使磁场方向反向时,a 、b 两电极间的电压为U 2.下列判断正确的是( )

A.1L 越小,H K 越大

B.2L 越小,H K 越大

C.21

2

U U U -?=

D.12

2

U U U -?=

20.如图甲,一个金属圆环与一个理想二极管串联后放在匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面,规定磁场方向垂直于圆环平面向外为正方向,磁感应强度B 在一个周期内随时间变化的规律如图乙所示。若规定圆环内顺时针方向为感应电流的正方向,则穿过圆环的磁通量Φ、圆环中的感应电流i 、圆环的热功率P 随时间变化的图像可能正确的是( )

A. B.

C. D.

21.如图所示,匀强磁场的方向竖直向下,磁场中有光滑的水平桌面.在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管.在垂直于试管的水平拉力F 作用下,试管向右匀速运动,带电小球能从试管口处飞出.关于带电小球及其在离开试管前的运动, 下列说法中正确的是 （

）

A.小球带负电

B.小球运动的轨迹是一条抛物线

C.洛伦兹力对小球做正功

D.要保持试管匀速运动,拉力F 应逐渐增大

22.1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器,巧妙地利用带电粒子在磁场中运动特点,解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中。回旋加速器的工作原理如图甲所示,置于真空中的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,加速器接一定频率的高频交流电源,保证粒子每次经过电场都被加速,加速电压为U .D 形金属盒中心粒子源产生的粒子,初速度不计,在加速器中被加速,加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.

（1）求把质量为m 、电荷量为q 的静止粒子加速到最大动能所需时间；

（2）若此回旋加速器原来加速质量为2m,带电荷量为q 的a 粒子42He （）

,获得的最大动能为km E ,现改为加速氘核

2

1H （）,它获得的最大动能为多少？要想使氘核获得与α粒子相同的动能,请你通过分析,提出一种简单可行的办法;

（3）已知两D 形盒间的交变电压如图乙所示,设α粒子在此回旋加速器中运行的周期为T ,

若存在种带电荷量为'q 、质量为'm 的粒子201

100

X ,在4

T

t =时进入加速电场该粒子在加速器中能获得的最大动能？（在此过程中,粒子未飞出D 形盒）.

23.如图,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λ0B （常数λ＞1）。一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的带电粒子以速度0v 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）

（1）粒子运动的时间； （2）粒子与O 点间的距离。

24.如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动,自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为1v ,并在磁场边界的N 点射出;乙种离子在MN 的中点射出;MN 长为

l 。不计重力影响和离子间的相互作用。求:

（1）磁场的磁感应强度大小; （2）甲、乙两种离子的比荷之比。

25.一个质量为0.1g m =的小滑块,带有4=510C q -?的电荷量,放置在倾角为=30α°的绝缘光滑斜面（足够长）上,斜面置于0.5T B =的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,如图所示。小滑块由静止开始沿斜面下滑,滑至某一位置时要离开斜面,g 取 102m/s 。则：

（1）.小滑块带何种电荷？

（2）.小滑块在斜面上运动的加速度及最大速度分别是多大？（3）.小滑块在斜面上运动的最长时间是多少？

参考答案

1. 答案：D

2. 2.答案：D

解析：质子和α粒子在磁场中加速,洛伦兹力提供向心力则有：

2

v qvB m r

=

又因为2r

T v

π=

所以周期为2m

T qB

π=

, 则::1:2H H H m m T T q q α

αα

=

=,故ABC 错误,D 正确。 故选：D 。 3.答案：D

解析：根据2v qvB m R =得,最大速度qBR v m =,则最大动能222

2122Km q B R E mv m

==,知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关,与加速的次数、交流电的频率和加速电压的大小无关,故D 正确,ABC 错误。 故选D 。 4.答案：D

解析：带电粒子在磁场中运动的时间为2π

t T θ

=

,在各个区域的轨迹对应的圆心角都为

2

120π3θ==,周期为2πm T Bq =

,则有2π3m t Bq =,故2π3m

B tq

=,则三个区域的磁感应强度之比为123123111

::::6:3:2B B B t t t =

=,三个区域的轨迹半径径相同,mv r Bq

=

,又动能2k 12E mv =,联立得222k 2B q r E m

=,故三个区域的动能之比为22

2k1k2k3123::::36:9:4E E E B B B ==,故在b 处穿越铝板

所损失的动能k k1k2E E E ?=-,在c 处穿越铝板所损失的动能k k2k3'E E E ?-=,故损失动能之比为k k Δ:Δ27:5E E '=,故D 正确。 5.答案：A

解析：A 、粒子在磁场中运动周期为2m

T qB

π=

,则知两个离子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向角为

22θπ-,轨迹的圆心角也为22θπ-,运动时间1222t T θπ-=

π；同理,负离子运动时间222t T θ

=π

,显示时间不相等。故A 错误；

B 、由2v qvB m r

=得：mv

r qB =,由题q v B 、、大小均相同,则r 相同,故B 正确；

C 、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。故C 正确；

D 、根据几何知识可得,重新回到边界的位置与O 点距离2sin S r θ=,r θ、相同,则S 相同,故D 正确； 6.答案：C

解析：

设圆形区域磁场的半径为r ,当速度大小为1v 时,从P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M (图甲)时,由题意知∠POM =60°,由几何关系得轨迹圆半径为12

r R =；

从P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N (图乙);由题意知∠PON =120°,由几

何关系得轨迹圆的半径为2R =

； 根据洛伦兹力充当向心力可知：

2v Bqv m R =解得：BqR

v m

=

故速度与半径成正比,因此2121::v v R R == 故C 正确,ABD 错误。 故选：C 。 7.答案：B

解析：该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场,a 在纸面内做匀速圆周运动,可知其重力与所受到的电场力平衡,洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力,有a m g qE =,解得

a qE

m g

=

。b 在纸面内向右做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上,可知b b m g qE qv B =+,解得b b qv B

qE m g g

=

+

。c 在纸面内向左做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下,可知c c m g qE qv B =-,解得c c qv B

qE m g g

=-

。综上所述,可知b a c m m m >>,选项B 正确。 8.答案：B

解析：A 、磁感线是为了描述磁场的强弱和方向而假想的曲线,并不客观存在,故A 错误． B 、磁感线切线方向表示磁感应强度的方向,故B 正确．

C 、磁感线可以是直线,也可以是曲线,比如通电导线的磁场磁感线是圆,故C 错误．

D 、磁感线的疏密程度来描表示磁感应强度的大小,沿着磁感线方向,磁感线不一定越来越疏,所以磁感应强度不一定越来越小．故D 错误． 故选：B ． 9.答案：A

解析：运动的电荷垂直进入匀强磁场中,只受洛伦兹力的作用,由于洛伦兹力的方向始终与运动的方向垂直。所以洛伦兹力不做功,只改变速度的方向,从而使带电粒子在磁场中的运动为匀速圆周运动。

故选：A

10.答案：B

11.答案：A

解析：由题图可知,穿过a、b两个线圈的磁通量均为2

π

B r

Φ=?,因此磁通量之比为1:1,A项正确.

12.答案：A

解析：根据螺线管中电流的方向和线圈的绕向,利用安培定则用右手握住导线,让四指指向电流方向,则大拇指指向左端,即螺旋管的左端为N极,右端为S极。磁体外磁场的方向从N极指向S极,所以A点的磁场方向向右,故A正确,BCD错误。

故选：A

13.答案：A

,电流方向等效为水平向右,由左手定则可知安培力方向沿纸面向

上,,故A正确.

14.答案：B

解析：电子的运动轨迹如图所示,由牛顿第二定律得

2

v

evB m

r

=,得mv

r

eB

=①,电子从a点

射出,4l

r =②,联立①②解得114v kBl =,电子从d 点射出,由几何关系得222()2

l l r r +-=,解得

54r l =③,联立①③解得25

4

v kBl =,故B 正确,A 、C 、D 错误。

15.答案：C

解析：由粒子的运动轨迹及左手定则可判断,a 带正电、b 带负电,根据mv r qB =

,可得q v

m Br

=,所以12

2112

::2:1q q r r m m ==。选项C 正确。 16.答案：BD 解析：

AB 、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量,竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零,由左手定则可知,水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上,即导电圆环所受安培力竖直向上, CD 、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量,竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零,那么水平磁场对电流的安培力

17.答案：BC

解析：如果发现电视画面幅度比正常时偏小,是由于电子束的偏转角减小,即轨道半径增大所致。

A. 电子枪发射能力减弱,电子数减少,而运动的电子速率及磁场不变,因此不会影响电视画面偏大或小,所以A 错误；

B. 当加速电场电压过高,电子速率偏大,则会导致电子运动半径增大,从而使偏转角度减小,导致

画面比正常偏小,故B 正确；

C. 当偏转线圈匝间短路,线圈匝数减小时,导致偏转磁场减小,从而使电子运动半径增大,所以导致画面比正常偏小,故C 正确；

D. 当偏转线圈电流过大,偏转磁场增强时,从而导致电子运动半径变小,所以导致画面比正常偏大,故D 错误； 18.答案：AC

解析：由题意可知,流经1L 的电流在a 、b 两点产生的磁感应强度大小相等,设为1B ,流经2L 的电流在a,b 两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反,设其大小为2B ,由磁场叠加原理有

0120012011,32B B B B B B B B --=-+=.联立解得102071

,1212

B B B B ==,所以A

C 正确,B

D 错误。

19.答案：AC 解析：H 122,U e

evB I nevL L L ==,解得H H 11

1

,BI U K neL neL ==

,选项A 正确。设a 、b 两极沿电流方向的电阻为R,磁场垂直纸面向里时,b 比a 的电势高,H 1U U IR =-；磁场垂直纸面向外时,a 比b 的电势高,H 2U U IR =+R,解得21

2

U U U IR -?==,选项C 正确。 20.答案：AC

解析：由BS Φ=可知,t Φ-图像与B t -图像类似,A 正确；若无二极管,由e t ?Φ=

?和e

i R

=可知,i t -图像与t Φ-图像类似,由于二极管具有单向导电性,故B 错误,C 正确；由2P i R =可知,在

04T ～

和34

T

T ～时间内的P t -图像与i t -图像类似,D 错误。 21.答案：BD

解析：小球能离开试管,说明小球开始时受到沿试管 方向的洛伦兹力,根据左手定则知小球带正电.A 错误；球受到洛伦兹力沿试管方向的分力为qvB ,小球在水平方向受到恒力作用,根据牛顿第二定律得小球在沿试管口方向上做匀加速运动.小球在水平方向上做匀速运动.两个运 动的合运动是匀变速曲线运动,因此运动轨迹为抛物线. B 正确;洛伦兹力的方向始终与速度

方向垂直.因此洛伦兹力永远不做功,C 错误；小球受到洛伦兹力的水平分力为y qv B ,水平方向上根据平衡条件得y F qv B =.随着小球速度的增大,拉力逐渐增大.D 正确.

22.答案：（1）由2m m mv qv B R =得最大动能222

20122k m q B R E mv m

==,

粒子每旋转一周动能增加2qU ,则旋转周数22

4qB R n mU

=,

由2m m m 2π,mv R

T qv B v R

==知 粒子在磁场中运动的时间2

·π2BR t nT U

==磁,

一般地可忽略粒子在电场中的运动时间,·t 磁可视为总时间。 （2）对a 粒子,由2ma

qBR v m

=

得其最大动能为2222

km m 1224q B R E mv m α=?=, 对氘核,最大动能为2

22

2222

km mH

2

1

122

28q B R q B R E mv m m m '?? ???==??=

, 若两者有相同的动能,设磁感应强度变为B ,由a 粒子换成氘核,有222222

48q B R q B R m m

=

,

解得B '=,

即磁感应强度需增大为原来的, 又高频交流电源的原来周期4πm

T qB

=

,故

2π4π2

m m T q qB B ''=

===, 由a 粒子换为氘核时,

。 （3）对粒子

201100

X 分析,其在磁场中的周期12π201

200m T T q B

''==,

每次加速偏移的时间差为12400

T T T

T -?=

=

, 加速次数4100T

n T

==?。

所以获得的最大动能km 00100E nq U q U ''==。 解析：

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

2

001

v qB v m R =①

20

002

v q B v m R λ=②

粒子速度方向转过180°时,所需时间t 1为

1

10

πt R v =

③ 粒子再转过180°时,所需时间t 2为

2

20

πt R v =

④ 联立①②③④式得,所求时间为

1002π 1

(1)t t B t m q λ

=++=

⑤ （2）由几何关系及①②式得,所求距离为

0012021

2()(1)mv d R R B q λ

=-=

-⑥ 解析：

24.答案：（1）

1

4U

lv （2）1:4 解析：（1）设甲种离子所带电荷量为1q 、质量为1m ,在磁场中做匀速圆周运动的半径为1R ,磁场的磁感应强度大小为B ,由动能定理有21111

2

q U m v =,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

211111v q v B m R =, 由几何关系知12R l =,得1

4U

B lv =.

（2）设乙种离子所带电荷量为2q 、质量为2m ,射入磁场的速度为2v ,在磁场中做匀速圆周运动

的半径为2R ,同理有222

212q U m v =,222222v q v B m R =,由题给条件有222

l R =,甲、乙两种离子的比荷之

比为

2

2

11:1:4q m q m =. 25.答案：（1）.负电荷 （2）.52m/s

； （3）

解析：（1）.若小滑块带正电荷,则洛伦兹力垂直于斜面向下,小滑块将不会离开斜面,故小滑块带负电荷。

（2）.对小滑块由牛顿第—定律得,sin mg ma α=, 解得25m/s a =。小滑块速度最大时所受的支持力为0,故有max cos qv B mg α=,

解得max v =。

（3）.根据速度公式得max v at =,

解得t 。