高二物理人教版选修31第三章 磁场 单元小测试.docx

1、高二物理人教版选修31第三章 磁场 单元小测试2018-2019学年高二物理人教版选修3-1：磁场单元小测试一、单选题1. 做奥斯特实验时，要观察到小磁针有明显的偏转现象，下列方法可行的是（ ）A. 将导线沿东西方向放置，磁针放在导线的正下方B. 将导线沿东西方向放置，磁针放在导线的东西两侧C. 将导线沿南北方向放置，磁针放在导线的南北两侧D. 将导线沿南北方向放置，磁针放在导线的正下方2. 关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（）A. 根据定义式，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B. 磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致C. 在磁场中某点试探电流元不受磁场

2、力作用时，该点B值大小为零D. 在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大3. 如图所示，将两个半径相同、粗细相同互相垂直的圆形导线圈固定在一起，其圆心恰重合，两线圈通以了相同大小的电流设每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度均为1T，则圆心O处的磁感应强度大小是（）A. 1T B. C. 2T D. 4. 下图表示电流磁场或磁铁磁场的磁感线分布示意图，其中正确的是A. B. C. D. 5. 如图所示，匝数为n的线框面积为S，线框平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，下列说法正确的是A. 如图所示的位置，穿过线框的磁通量等于nBSB. 若使线框绕转过角，穿过线框的磁通量为C. 若使线框绕转过角，穿

3、过线框的磁通量为0D. 若使线框绕转过角，穿过线框的磁通量变化为06. 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A. 安培力的方向可以不垂直于直导线B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向C. 安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D. 将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半7. 如图所示通电闭合线框abc处在匀强磁场中，它受到磁场力的合力（）A. 方向垂直于ab斜向上B. 方向垂直于ac斜向上C. 方向垂直于bc向下D. 为零8. 运动电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用，运动方向会发生偏转，这一点对地球上的生命来说有十分重要的意义从太阳和其他星体发射出的高能粒

4、子流，称为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表而垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这质子在进入地球周围的空间将（）A. 竖直向下沿直线射向地面 B. 向西偏转C. 向东偏转 D. 向北偏转9. 带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示.则该粒子（）A. 带正电，运动方向B. 带负电，运动方向C. 带负电，运动方向D. 带正电，运动方向二、多选题10. 质量为m，带电量为q的微粒以速度v与水平方

5、向成45角进入匀强电场和匀强磁场，如图所示，磁场方向垂直纸面向里如微粒在电场、磁场、重力场作用下做匀速直线运动，则（）A. 电场强度的大小为 B. 电场强度的大小为C. 磁感应强度的大小为 D. 磁感应强度的大小为11. 如图所示，OACD为一矩形区域，OAL，区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，则下列说法正确的是A. 粒子一定带正电B. 匀强磁场的磁感应强度为C. 粒子从O点到A点所需的时间为D. 矩形区域的最小宽度为12. 如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的

6、匀强磁场，a、b两个带电粒子分别在A、B两点以相同的水平速度v射入磁场，经过一段时间后，它们都从C点射出磁场。已知AOB30，BOC90，不计a、b两粒子的重力，则A. a、b两粒子均带正电B. a、b两粒子质量一定相等C. a、b两粒子比荷一定相等D. a、b两粒子在磁场中的运动时间一定相等13. 如图所示，在平行板间加了互相垂直的匀强电场和匀强磁场，现从P点以某初速发射带正电的粒子，粒子刚好沿直线运动至Q点，则（）A. 若撤去磁场，粒子将向上偏转B. 若撤去电场，粒子将向上偏转C. 若发射的是带负电的粒子，仍沿直线运动至Q点D. 若发射速度较小，仍沿直线运动至Q点14. 回旋加速器是用来加

7、速带电粒子的装置，如所示它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周径时通过特殊装置被引出关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是（）A. 与加速器的半径有关，半径越大，能量越大B. 与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大C. 与加速器的电场有关，电场越强，能量越大D. 与带电粒子的质量有关，质量越大，能量越大三、计算题15. 如图所示，有两根相距20cm的光滑平行铜导轨，导轨平

8、面的倾角a37，上面放着质量为80g的金属杆ab，整个装置放在B0.2T的匀强磁场中(图中未画出)。(g取10Nkg)(1)若磁场方向竖直向下，要使金属杆静止在导轨上，需通以多大的电流? (2)若磁场方向垂直斜面向下，要使金属杆静止在导轨上，需通以多大的电流?16. 如图在倾角为30的斜面上，水平固定一根20cm长的铜棒，将其两端用软导线与电源连接，铜棒中通有5A的电流，方向如图所示，如空间存在竖直向上的、磁感应强度为4T的匀强磁场，则铜棒受到的安培力的大小为多少？方向如何？17. 一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60的方向射入第一象限内的匀强磁

9、场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求： （1）判断粒子的电性；（2）匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。（3）带电粒子在磁场中的运动时间是多少？答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的现象，同时明确通电直导线周围的磁场分别情况，并要求搞清地磁场的分布对小磁针的影响。本题考查了电流磁效应的发现已经直导线周围磁场的分部情况，并强调地磁场的作用，同时本题比较简单，对于类似简单问题不能忽视，要不断加强练习。【解答】奥斯特发现电流周围存在磁场，对小磁针有磁场力作用，但地磁场也对小磁针有磁场力作用（指向南北），所以为了回避因地磁场的作用，因此将导线须南北放置，若偏转

10、说明是通电导线的磁场引起的，且放置在导线的下方或上方，不能在导线的延长线上，故ABC错误，D正确。故选D。2.【答案】D【解析】【分析】磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直对于磁感应强度的定义式B=要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义E=类比学习【解答】A.磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；B.根据左手定则，磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向垂直，故B错误；C.B大小与

11、F、IL无关，B由磁场本身决定，故C错误D.磁感线的疏密表示磁场的强弱，在磁场中磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故D正确故选D。3.【答案】B【解析】解：根据安培定则可知，竖直面内的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B，水平面内的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向下，大小为B，两者相互垂直，故圆心O处的磁感应强度大小B=1.4T；故B正确，ACD错误 故选：B 该题是关于磁场的叠加问题首先运用安培定则每个圆环在圆心O处产生的磁感应强度的方向，利用平行四边形定则进行矢量合成，即求出O处的磁感应强度大小 本题的解题关键是掌握安培定则，并能熟练应用，同时要能正确运

12、用平行四边形定则进行矢量合成4.【答案】A【解析】【分析】根据安培定则判断直线电流周围的磁场，条形磁铁周围的磁场是外部从N流向S。对于通电直导线、环形电流、通电螺线管周围的磁场要熟悉，能够灵活运用右手螺旋定则，即安培定则进行判断。【解答】A.电流的方向竖直向上，根据安培定则知，从上往下看，磁场方向为逆时针，故A正确；B.电流方向竖直向下，根据安培定则知，从上往下看，磁场方向为顺时针，故B错误；C.条形磁铁外部的磁场方向从N流向S，故C错误；D.同名磁极周围的磁场是排斥状的，故D错误。故选A。5.【答案】C【解析】【分析】图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积当

13、它绕轴转过角时，线圈在磁场垂直方投影面积为Scos，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积线圈从图示转过90时，磁通量为0，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差。本题要知道对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式=BScos，是线圈与磁场垂直方向的夹角夹角变化，磁通量也会变化，注意磁通量要分清穿过线圈的正反面。并注意磁通量与线圈匝数无关。【解答】A.线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积。故图示位置的磁通量为=BS，故A错误；B.使框架绕OO转过60角，则在磁场方向的投影面积为，则磁通量为，故B错误；C.线圈从图示转过90的过程中，S垂直磁场方向上的投影面积逐渐减小，故

14、磁通量逐渐减小，当线圈从图示转过90时，磁通量为0，故C正确；D.从初始位置转过180角，穿过框架平面的磁通量大小为BS，方向与开始时相反，可以写出-BS，故D错误；故选C。6.【答案】B【解析】解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、根据安培力的特点可知，电流的方向与磁场垂直时，F=BIL，当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0；若开始时电流与磁场垂直，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行

15、，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，两部分都与从的方向垂直，安培力的大小一定变为原来的；根据不同的空间位置关系，可能还有其余的情况，故D错误故选：B本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL同时要注意D选项中，开始时导线与磁场的方向以及将直导线

16、从中折成直角后，导线与磁场的方向之间的关系是解答的关键7.【答案】D【解析】解：若通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处如图所示，由公式F=BIL得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力与斜边的安培力等值反向所以线圈所受磁场力的合力为零故D正确，A、B、C错误故选：D通电直角三角形线圈处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则确定安培力的方向，再由公式F=BIL确定安培力的大小，最后由力的合成来算出安培力的合力考查安培力的大小与通电导线的长度关系，及力的合成法则当然本题还可以采用等效法进行求解8.【答案】C【解析】【分析】质子流

17、带正电，地磁场的方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则判断出质子流所受洛伦兹力的方向。解决本题的关键掌握地磁场的方向，以及会运用左手定则判断洛伦兹力的方向。【解答】质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，故C正确，ABD错误。故选C。9.【答案】C【解析】【分析】粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，可得：，于是，由于粒子动能逐渐减小，则运动半径r逐渐减小，故可得粒子的运动方向；由轨迹凹的方向为粒子受到合力的方向，结合左手定则可判断粒子的电性。本题关键知道粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，通过轨迹判断粒子

18、受力的方向。【解答】粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，可得：，于是，由于粒子动能逐渐减小，则运动半径r逐渐减小，故可得粒子运动方向abc ；开始时轨迹凹向右边，由左手定则可知粒子带负电，故C正确，ABD错误。故选C。10.【答案】AD【解析】【分析】本题考查带电粒子在复合场中的运动，能正确受力分析结合平衡条件解题是关键。对带电粒子受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解；【解答】AB.对带电粒子受力分析，因做匀速直线运动，所以受竖直向下的重力，水平向右的电场力和垂直轨迹斜向上的洛伦兹力，根据平衡条件结合几何关系有：，所以，故A正确，B错误；CD.根据平衡条件结合几何关系有：，解得：，故D

19、正确，C错误。故选AD。11.【答案】BC【解析】【分析】根据粒子运动轨迹由左手定则可以判断出粒子的电性；作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度；根据粒子转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期公式可以求出粒子的运动时间，根据几何知识可以求出磁场的宽度。本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用左手定则、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。【解答】A.由题意可知，粒子进入磁场时所受洛伦兹力斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B.粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：r=，粒子在磁

20、场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=，故B正确；C.由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：=2，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子在磁场中的运动时间：t=T=，故C正确；D.根据图示，由几何知识可知，矩形磁场的最小宽度：d=r-rcos=（1-cos），故D错误；故选BC。12.【答案】AC【解析】【分析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。根据粒子所受洛伦兹力的方向结合由左手定则判断粒子的电性。由牛顿第二定律确定粒子的半径。由公式确定出粒子的圆心角后求粒子在磁场中运动的时间。解题的关键是要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，掌握

21、半径以及周期公式，基础题。【解答】A.由左手定则可知，a、b两粒子均带正电，故A正确；BC.由几何关系可知，a、b两粒子在磁场中的运动半径等于圆形磁场的半径R，即，故a、b两粒子比荷一定相等，不知道两粒子的带电量，不知道质量关系，故B错误，C正确；D.由几何关系可知，a、b两粒子在磁场中运动轨迹的圆弧所对应圆心角分别为120和90，所以，相等，a、b两粒子在磁场中的运动时间一定不相等，故D错误。故选AC。13.【答案】BC【解析】解：AB、粒子在正交场中做直线运动，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，可知若撤去磁场，粒子将向下偏转；若撤去电场，粒子将向上偏转；故B正确，A错误； C、若发射的是带负

22、电的粒子，则受向上的电场力和向下的洛伦兹力，则仍沿直线运动至Q点，故C正确； D、若发射速度较小，则洛伦兹力较小，则粒子向下偏转，不能沿直线运动至Q点，故D错误。 故选：BC。明确粒子受电场力和洛伦兹力的作用，根据平衡条件可明确粒子的运动情况，明确粒子沿直线飞出复合场的条件。此题是粒子速度选择器问题，关键是知道电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反时才能沿直线通过。14.【答案】AB【解析】解：根据qvB=m得，粒子出D形盒时的速度vm=，则粒子出D形盒时的动能：Ekm=； A、根据公式Ekm=，最大动能与加速器的半径有关，半径越大，能量越大，故A正确； B、根据公式Ekm=，最大动能与加速器的磁

23、场有关，磁场越强，能量越大，故B正确； C、根据公式Ekm=，最大动能与加速器的电场无关，故C错误； D、根据公式Ekm=，最大动能与带电粒子的质量有关，质量越大，动能越小，故D错误； 故选：AB 交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速由牛顿第二定律推导出最大动能的表达式进行讨论即可 回旋加速器应用了带电粒子在电场中加速、在磁场中偏转（匀速圆周运动）的原理最大动能与电压无关15.【答案】解：为准确方便地画出受力图示，应将原题中的立体图改画为侧视图.由左手定则可判断安培力方向水平向右，受力分析

24、如图所示，由平衡条件得：（1）F=BIL=mgtan，所以（2）当磁场垂直斜面向下时，由左手定则可知，此时安培力方向沿斜面向上，由平衡条件有=B L=mgsin，所以。【解析】金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析，注意要把立体图转化为平面图分析。明确金属棒静止处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒正确受力分析，并且转化为平面图，熟练应用左手定则是正确解题的关键。16.【答案】解：铜棒所受的安培力为：F=BIL=450.2N=4N根据左手定则知，安培力的方向水平向右答：铜棒受到的安培力的大小为4N，方向水平向右【解析】磁场的方向与电流的方向

25、垂直，根据F=BIL求出安培力的大小，结合左手定则判断出安培力的方向解决本题的关键掌握安培力的大小公式，会通过左手定则判断安培力的方向，要注意明确磁场与电流相互垂直，所以本题中安培力的大小和方向与斜面无关，17.【答案】（1）负电；(2)设磁感应强度为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r。由由几何知识有，有上两式得又由几何知识知出射点到O点的距离为所以出射点的坐标为： （3）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,则由图知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为所以，粒子在磁场中运动的时间是【解析】本题考查了左手定则，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律。解题需要理解左手定则，知道电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动中洛伦兹力充当向心力，即。（1）根据轨迹偏转方向确定粒子受力向左上方，再由左手定则判断粒子电性；（2）根据过粒子做速度垂线过圆心，得到圆心位置，利用几何知识求出圆轨迹的半径r，求出射出点的坐标，再根据洛伦兹力充当向心力，即可求得磁感应强度B；（3）先利用几何知识求得圆轨迹对应的圆心角，得出弧长s，利用可得时间。