第三章 章末质量检测卷(三) 磁 场

第三章章末质量检测卷(三)磁场

(时间：90分钟满分：100分)

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)

1．(2019·江苏学业考试)下列说法正确的是()

A．磁场中某处磁感强度的大小，等于长为L，通以电流I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与乘积IL的比值

B．一小段通电导线放在某处如不受磁场力作用，则该处的磁感应强度为零

C．因为B＝F

IL，所以磁场中某处磁感应强度的大小与放在该处的导线所受磁场力F的大小成正比，与IL的大小成反比

D．磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关

解析：选D只有当导线垂直放入磁场时，导线所受磁场力F与乘积IL的比值才等于磁感应强度的大小，故A错误；由于导线与磁场平行时，通电导线不受磁场力，所以通电导线放在某处如不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；磁感应强度的大小由磁场本身的强弱决定，与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关，故C错误，D正确．

2．如图所示，竖直面内的导体框ABCD所在平面有水平方向的匀强磁场，AP⊥BC，∠B＝∠C＝60°，AB＝CD＝20 cm，BC＝40 cm.若磁场的磁感应强度为0.3 T，导体框中通入图示方向的5 A电流，则该导体框受到的安培力()

A．大小为0.6 N，方向沿P A方向

B．大小为0.6 N，方向沿AP方向

C．大小为0.3 N，方向沿P A方向

D．大小为0.3 N，方向沿BC方向

解析：选C力是矢量，三段导体棒在磁场中受到的安培力的合力与AD段受到的安培力是等效的，所以根据左手定则可知，导体框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿P A方向；AD段的长度：L＝BC－2BP＝40 cm－2×20 cm×cos 60°＝20 cm＝0.2 m，安培力的大小：F＝BIL＝0.3×5×0.2＝0.3 N．故C正确，A、B、D错误．

3.如图所示，原来静止的圆形线圈通过逆时针方向的电流，在其直径

ab上靠近b点有一长直导线垂直于圆形线圈平面被固定．今在长直导线

中通以图示方向的电流时，在磁场力的作用下，圆形线圈将()

A．向左平动B．向右平动

C．仍然静止D．绕ab轴转动

解析：选D根据右手螺旋定则知，直线电流在a点的磁场方向竖直向上，与a点电流方向平行，所以a点不受安培力．同理b点也不受力；取线圈上下位置一微元研究，上边微元电流方向水平向左，直线电流在此位置产生的磁场方向斜向右上方，下边微元电流方向水平向右，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向里，下边微元所受安培力垂直纸面向外，所以圆形线圈将以直径ab为轴转动．故选D.

4．实验室常用到磁电式电流表．其结构可简化为如图所示的模型，最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，OO′为线圈的转轴．忽略线圈转动中的摩擦．当静止的线圈中突然通有如图所示方向的电流时，顺着OO′方向看()

A．线圈保持静止状态

B．线圈开始沿顺时针方向转动

C．线圈开始沿逆时针方向转动

D．线圈既可能顺时针方向转动，也可能逆时针方向转动

解析：选B由左手定则知线圈的左边受力向上，右边受力向下，故线圈开始沿顺时针方向转动，A、C、D错误，B正确．

5．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m，带电量为q(q＞0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，磁感应强度大小为B，

电场强度大小为E＝3mg

q，小球电荷量保持不变，则以下说法正确的是()

A ．小球的初速度v 0＝2mg

qB

B ．若小球沿杆向下的初速度为3mg

qB

，则小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动，最后停止

C ．若小球沿杆向下的初速度为mg

qB ，则小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后

停止

D ．若小球沿杆向下的初速度为mg

qB ，则小球从开始运动到稳定过程中，克服摩擦力做功

为3m 3g 22q 2B

2 解析：选A 带电小球受重力mg 、电场力F 电＝qE ＝3mg 、磁场力及可能存在的支持力和摩擦力作用．重力与电场力的合力刚好与杆垂直，合力的大小为2mg .小球做匀速直线运动，磁场力的方向垂直于杆，则摩擦力、支持力均为0，磁场力与电场力、重力的合力相平衡，即q v 0B ＝2mg ，解得小球的初速度v 0＝2mg qB ，故A 正确；若小球的初速度：v ＝3mg

qB ，

小球将受到重力、电场力、磁场力、支持力和摩擦力，据牛顿第二定律可得q v B ＝2mg ＋F N 、μF N ＝ma ，解得小球的加速度a ＝μ(q v B －2mg )

m ，方向与小球的运动方向相反，所以小球做

加速度减小的减速运动，最终匀速，故B 错误；若小球的初速度v ＝mg

qB ，小球将受到重力、

电场力、磁场力、支持力和摩擦力，据牛顿第二定律可得q v B ＋F N ＝2mg 、μF N ＝ma 解得小球的加速度a ＝μ(2mg －q v B )

m ，方向与小球的运动方向相反，所以小球做加速度增大的减速

运动，最终静止；小球从开始运动到稳定过程中，重力、电场力、磁场力、支持力四个力的合力与杆垂直，它们对小球做的功为0，摩擦力对小球做负功，据动能定理得W f ＝0－12m ???

?

mg qB 2，所以小球从开始运动到稳定过程中，克服摩擦力做功为

m 3g 2

2q 2B 2

，故C 、D 错误． 6.有四条垂直于纸面的长直固定导线．电流方向如图所示，其中abc 三条导线到d 导线的距离相等，三条导线与d 的连线互成120度角．四条导线的电流大小都为I ，其中a 导线对d 导线的安培力为F .现突然把c 导线的电流方向改为垂直于纸面向外，电流大小不变．此时d 导线所受安培力的合力为( )

A ．0

B ．F C.3F D ．2F

解析：选D a 导线对d 导线的安培力为F ，三条导线与d 的连线互成120°，因此在c 导线的电流方向改变之前，d 导线所受安培力的合力为零；当c 导线的电流方向改变之后，则有：a 、b 导线对d 导线的安培力夹角为120°，大小为F ，因此两个安培力的合力为F ，方向指向c 导线，而c 导线对d 导线的安培力大小为F ，方向指向c 导线，那么此时三导线对d 导线所受安培力的合力为2F ，故A 、B 、C 错误，D 正确．

7．如图所示，在直角三角形abc 区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，∠a ＝60°，∠b ＝90°，边长ac ＝L ，一个粒子源在a 点将质量为2m 、电荷量为q 的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是 ( )

A.qBL 2m

B.qBL 4m

C.

3qBL

6m

D.qBL 6m

解析：选B 粒子沿ab 边界方向射入磁场从ac 边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc 相切，粒子运动轨迹如图所示，由题意可知：∠a ＝60°，∠b ＝90°，边长ac ＝L ，则ab ＝12

L ，四

边形abdO 是正方形，粒子轨道半径r ＝1

2L ，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛

顿第二定律得q v m B ＝2m v 2m r ，解得粒子的最大速度为v m ＝qBL

4m

，故A 、C 、D 错误，B 正确．故

选B.

8.一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上．圆管底端有一个带正

电的光滑小球．小球的直径略小于圆管的内径．空间存在一个垂直纸面向

里的匀强磁场，如图所示．现用一拉力F拉圆管并维持圆管以某速度水平

向右匀速运动，则在圆管水平向右运动的过程中()

A．小球做类平抛运动，且洛伦兹力不做功

B．小球做类平抛运动，且洛伦兹力做正功

C．小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向

D．小球的运动很复杂，以上说法都不对

解析：选A洛伦兹力总是与速度垂直，不做功；设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1＝q v1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，由于洛伦兹力和速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B、C、D错误，A正确．

二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)

9．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转(不计重力)则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是()

A．该电场场强大小为B v，方向向上

B．离子沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关

C．负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转

D．负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转

解析：选ABD为使粒子不发生偏转，粒子所受到的电场力和洛伦兹力是平衡力，即q v B＝qE，所以电场与磁场的关系为：E＝v B，与粒子电性无关，D正确，C错误；粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上，所以选项A正确；沿直线匀速穿过该装置的时间与粒子速度和板的长度有关，与场强无关，故B正确．

10.一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电

磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所

示的三束，则下列相关说法中正确的是()

A．速度选择器的P1极板带负电

B．粒子1带负电

C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E

B1

D．粒子2的比荷q

m绝对值最大

解析：选BC若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子1进入匀强磁场B2时向上偏转，根据左手定则判断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场

力与洛伦兹力平衡，则有q v B1＝qE，解得v＝E

B1，故C正确；根据q v B＝m v2

r

得，r＝m v

qB

，

知r越大，比荷越小，所以D错误．

11.如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形

金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加

速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是()

A．氘核(21H)的最大速度较大

B．它们在D形盒内运动的周期相等

C．氦核(42He)的最大动能较大

D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能

解析：选BC粒子在回旋加速器中能达到的最大速度，取决于在最外圈做圆周运动的

速度．根据q v B＝m v2

R ，得v＝qBR

m

，两粒子的比荷q

m

相等，所以最大速度相等，A错误；带

电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB ，两粒子的比荷q

m 相等，所以周期相等，B 正确；最大

动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，两粒子的比荷q

m 相等，但质量不等，所以氦核最大动能较大，C 正

确；回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期相同，否则无法加速，D 错误．

12.如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R (比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m 、带电荷量为q ，重力加速度为g .空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给

小球一方向水平向右、大小为v 0＝5gR 的初速度，则以下判断正确的是( )

A ．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用

B ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用

C ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点的速度大小都相同

D ．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小

解析：选BC 小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于是双层轨道约束，小球运动过程中不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，C 选项正确；在最高点时，小球做圆周运动的向心力F ＝m v 2

R ＝mg ，小球受到竖

直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确；小球在从最低点到最高点的运动过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 选项错误．

13.如图所示，一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球从M 点自

由下落，M点距场区边界PQ高为h，边界PQ下方有方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是() A．小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向里

B．小球的电荷量与质量的比值q

m＝g E

C．小球从a运动到b的过程中，小球和地球系统机械能守恒

D．小球在a、b两点的速度相同

解析：选AB带电小球在磁场中做匀速圆周运动，则qE＝mg，B正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b点射出，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球系统的机械能不守恒，只是a、b两点机械能相等，C错误；小球在a、b两点速度方向相反，D错误．

14．如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速运动，某绝缘带电物块无初速度的从最左端放上传送带．该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v-t图象如图乙所示．物块带电量保持不变，下列说法正确的是()

A．物块带负电

B．1 s后物块与传送带共速，所以传送带的速度为0.5 m/s

C．传送带的速度可能比0.5 m/s大

D．若增大传送带的速度，其它条件不变，则物体最终达到的最大速度也会增大

解析：选AC从v-t图象可以看出，滑块的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律，有：μ(mg－q v B)＝ma，说明洛伦兹力向上，根据左手定则，滑块带负电荷，故A正确；1 s后物

块的速度最大，加速度为零，说明摩擦力为零，可能是mg －q v B ＝0，也可能是物块与传送带共速，故B 错误；如果是洛伦兹力与重力平衡，即mg －q v B ＝0，则传送带的速度可能比0.5 m/s 大，故C 正确；如果是洛伦兹力与重力平衡，即mg －q v B ＝0，则最大速度与传送带无关，故D 错误．

15．如图(a)所示，在半径为R 的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示．薄挡板MN 两端点恰在圆周上，且MN 所对的圆心角为120°.在t ＝0时，一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，以初速度v 从A 点沿直径AOB 射入场区，运动到圆心O 后，做一次半径为R

2的完整的圆周运动，再沿直线运动到B 点，在B 点与挡板碰撞后原速率返回

(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示．粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是( )

图(a) 图(b)

A ．磁场方向垂直纸面向外

B ．图(b)中B 0＝2m v

qR

C ．图(b)中T 0＝R ＋πR

v

D ．若t ＝0时，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 从A 点沿AO 入射，偏转、碰撞后，仍可返回A 点

解析：选BC 第一次到O 点时．洛伦兹力向上，速度向右，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，故A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B 0＝m v 2R 2，解得，磁感应强度：B 0＝2m v

qR ，故B 正确；虚线区域不加磁场时粒

子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：t 1＝R

v ，虚线区域加磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：t 2＝s

v ＝2π×

R 2v ＝πR v ，磁场变化的周期：T 0＝t 1＋t 2＝R ＋πR

v ，故C 正确；若t ＝0时，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 从A 点沿AO 入射，到O 点时粒子向下偏转，经过14圆周与板相碰后反弹，再经过1

4圆周与竖直板相碰

后反弹，向上偏转后离开磁场区域，故D 错误．

三、非选择题(本题共5小题，共55分)

16．(8分)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．一电子(质量为m 、电荷量为e )以速度v 从点O 与MN 成30°角的方向射入磁场中，求：

(1)电子从磁场中射出时距O 点多远？ (2)电子在磁场中运动的时间为多少？ 解析：(1)电子在磁场中做圆周运动， 由e v B ＝m v 2

R

得电子运动的半径R ＝m v

eB

由左手定则可判断出电子应向下偏转，根据几何关系可解得圆心角为60°，则电子出射点距O 点的距离等于电子的运动半径R ＝m v eB

.

(2)电子在磁场中运动的周期 T ＝2πm eB

电子在磁场中的运动时间应为 t ＝16T ＝πm 3Be . 答案：(1)m v Be (2)πm 3Be

17．(10分)如图所示，在第二象限和第四象限的正方形区域内分别存在着两匀强磁场，磁感应强度均为B ，方向相反，且都垂直于xOy 平面．一电子由P (－d ，d )点，沿x 轴正方向射入磁场区域Ⅰ电子质量为m ，电量为e ，sin 53°＝4

5.求电子能从第三象限射出的入射速

度的范围．

解析：能射入第三象限的电子临界轨迹如图所示．电子偏转半径范围为d

2

由e v B ＝m v 2r ，解得v ＝eBr

m

入射速度的范围为eBd 2m

m .

答案：eBd 2m

m

18．(10分)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 的复合场中(E 和B 已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，求小球做匀速圆周运动的半径和周期．(重力加速度为g )

解析：小球在电场中加速运动，qU ＝1

2m v 2－0，在竖直平面内做匀速圆周运动，重力和

电场力平衡，mg ＝Eq ，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r ，联立解得r ＝1B ·2UE

g

.

运动周期T ＝2πr v ＝2πE

Bg .

答案：1B ·2UE g 2πE

Bg

19．(12分)如图所示，一个质量为m ＝2.0×10

－11

kg ，电荷量q ＝＋1.0×10－

5 C 的带电

微粒，从静止开始经U 1＝100 V 电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U 2＝100 V ．金属板长L ＝20 cm ，两板间距d ＝10 3 cm.经偏转后进入右侧匀强磁场．微粒的重力忽略不计，求：

(1)微粒进入偏转电场时的速度v 0大小； (2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ；

(3)若该匀强磁场的宽度D ＝10 cm ，为使微粒不会由磁场右边界射出，则该匀强磁场的磁感应强度应满足的条件.

解析：(1)微粒在加速电场中，由动能定理有 qU 1＝12m v 20

解得v 0＝1×104 m/s.

(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，如图所示：

a ＝qU 2md ，v y ＝at ，L ＝v 0t

tan θ＝v y v 0＝U 2L 2U 1d ＝33

偏转角 θ＝30°.

(3)微粒进入磁场做匀速圆周运动 进入磁场的速度v ＝v 0cos θ

qB v ＝m v 2R ，R ＝m v

qB

.

微粒恰好不从右边界射出时，D ＝R ＋R sin θ. B ＝m v 0(1＋sin θ)

qD cos θ.

解得B ＝

3

5

T ＝0.35 T. 为使微粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度应满足B ′≥0.35 T.

答案：(1)1×104 m/s(2)30°(3)B′≥0.35 T

20．(15分)(2017·天津卷)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：

(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；

(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．

解析：(1)粒子在电场中从Q到O做类平抛运动，设到达O点速度v与＋x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：

x 方向：2L ＝v 0t

① y 方向：L ＝1

2

at 2

② 粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为：v y ＝at ③ 又tan α＝v y

v 0

④

解得tan α＝1，即α＝45°，粒子到达O 点时速度方向与x 轴方向的夹角为45°角斜向上． 粒子到达O 点时的速度大小为v ＝v 0cos 45°

＝2v 0.

⑤

(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ， 粒子在电场中运动的加速度：a ＝F m ＝qE

m

；

⑥

设磁感应强度大小为B ，粒子做匀速圆周运动的半径为R ，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2

R

.

⑦ 根据几何关系可知：R ＝2L

⑧

由①②⑤⑥⑦⑧联立解得：E ∶B ＝v 0∶2.

答案：(1)2v 0 方向与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)v 0∶2