2017学年第一学期人教版高二物理选修3-1《磁场》专题复习训练含答案

《磁场》专题复习

1.(2014·新课标全国卷Ⅰ)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直导线和磁场方向的夹角无关

D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半

2.(2014·新课标全国卷Ⅱ多选)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是( )

A.电子与正电子的偏转方向一定不同

B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同

C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子

D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小

3.(2014·海南高考多选)下列说法中,符合物理学史实的是( )

A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体才能运动;没有力的作用,物体就静止

B.牛顿认为,力是物体运动状态改变的原因,而不是物体运动的原因

C.麦克斯韦发现了电流的磁效应,即电流可以在其周围产生磁场

D.奥斯特发现导线通电时,导线附近的小磁针发生偏转

4.(2014·海南高考多选)如图,两根平行长直导线相距2l,通有大小相等、方

向相同的恒定电流;a、b、c是导线所在平面内的三点,左侧导线与它们的距离分别

为1/2、l和3l。关于这三点处的磁感应强度,下列判断正确的是( )

A.a处的磁感应强度大小比c处的大

B.b、c两处的磁感应强度大小相等

C.a、c两处的磁感应强度方向相同

D.b处的磁感应强度为零

5.(2015·全国卷Ⅱ多选)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

6.(2015·全国卷Ⅱ多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍,两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动,与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子( )

A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍

B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍

C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍

D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等

7.(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的( )

A.轨道半径减小,角速度增大

B.轨道半径减小,角速度减小

C.轨道半径增大,角速度增大

D.轨道半径增大,角速度减小

8.(2015·广东高考)在同一匀强磁场中,α粒子（42He)和质子（11H)做匀速圆周运动,若它们的动量大小相

A.运动半径之比是2∶1

B.运动周期之比是2∶1

C.运动速度大小之比是4∶1

D.受到的洛伦兹力之比是2∶1

9.(2015·海南高考)如图,a 是竖直平面P 上的一点,P 前有一条形磁铁垂直于P,且S 极朝向a 点,P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a 点。在电子经过a 点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向 ( )

A.向上

B.向下

C.向左

D.向右

10.(2016·全国卷I ·T15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示

意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 ( )

A.11

B.12

C.121

D.144

11.(2016·全国卷II ·T18)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,磁场

方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN 的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M 射入筒内,射入时的运动方向与MN 成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为 ( )

A.

3B ω B.2B

ω C.

B

ω

D.2B ω

12.(2016·全国卷III ·T18)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM 上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场,速度与OM 成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点,并从OM 上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交点O 的距离为 ( )

A.

qB m v 2 B.qB mv

3 C.

qB m v 2 D.qB

m v

4

13.（2016·海南高考·多选）如图甲所示,扬声器中有一线圈处于磁场中,当音频电流信号通过线圈时,线圈带动纸盆振动,发出声音。俯视图乙表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面),磁场方向如图中箭头所示,在图乙中 ( )

A.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里

B.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外

C.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里

D.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外

14.(2014·广东高考)如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区。P点与A1板的距离是L的k倍。不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。

(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E;

(2)若2

15.(2014·海南高考)如图,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外;在x轴下方存在匀强电场,电场方向与xOy平面平行,且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出,一段时间后进入电场,进入电场时的速度方向与电场方向相反;又经过一段时间T0,磁场的方向变为垂直于纸面向里,大小不变。不计重力。

(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间;

(2)若要使粒子能够回到P点,求电场强度的最大值。

16. (2014·大纲版全国卷)如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x 轴负向。在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ,求:

(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值; (2)该粒子在电场中运动的时间。

17.（2016·海南高考·T14）如图,A 、C 两点分别位于x 轴和y 轴上,∠OCA=

30°,OA 的长度为L 。在△OCA 区域内有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子,以平行于y 轴的方向从OA 边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC 边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t 0。不计重力。

(1)求磁场的磁感应强度的大小。

(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC 边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和。

(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC 边相切,且在磁场内运动的时间为3

5t 0,求粒子此次入射速度的大小。

参考答案

1【解析】选B 。本题考查安培力的大小和方向。安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面,因此,安培力总与磁场和电流垂直,A 错误,B 正确;安培力F=

BILsin θ,其中θ是导线与磁场方向的夹角,所以C 错误;将直导线从中点折成直角,导线受到安培力的大小不仅与有效长度有关,还与导体在磁场中的相对位置有关,D 错误。

2【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析: (1)由左手定则判断电子与正电子的受力方向; (2)电子与正电子所受洛伦兹力提供向心力;

(3)根据半径表达式qB

mv

r =

判断轨迹半径大小。 【解析】选A 、C 。电子与正电子电性相反,若入射速度方向相同时,由左手定则可判定电子和正电子受力方向相反,所以偏转方向相反,选项A 正确;根据qB

mv

r =

可知,由于电子和正电子垂直进入磁场的速度未知,故轨迹半径不一定相同,选项B 错误;由于质子和正电子在磁场中的受力方向一样,所以仅凭粒子的运动轨迹

无法判断它们是质子还是正电子,故选项C 正确;根据221mv E K =和qB

mv

r =得qB

mE r K 2=

,可见粒子的

动能越大时,轨迹半径越大,选项D 错误。

3【解析】选A 、B 、D 。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,A 正确;牛顿认为物体如果不受力,将保持静止状态或匀速直线运动状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止,B 正确;奥斯特发现导线通电时,附近的小磁针发生偏转,从而发现了电流的磁效应,麦克斯韦提出了电磁场理论,C 错误,D 正确。

【误区警示】解答物理学史问题一定要把历史人物与历史事件对应起来,切忌混淆。 4【解题指南】解答此题应注意以下两点: (1)根据安培定则判断两导线电流的磁场方向;

(2)根据矢量合成法则判断各点的磁感应强度的大小。

【解析】选A 、D 。a 、c 两点的磁感应强度是两导线电流产生的合磁感应强度,由于a 点比c 点距离两导线较近,所以a 点的磁感应强度比c 点的大,A 正确。根据安培定则知,a 、c 两处磁感应强度方向相反,C 错误。b 点位于两导线中间,两导线在b 点产生的磁场大小相等,方向相反,合磁感应强度为零,c 处磁感应强度不为零,D 正确,B 错误。

5【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析： (1)磁极总是成对出现,目前为止还没有发现磁单极子。 (2)磁极间相互作用是通过磁场产生的。

(3)铁块被磁化后会产生磁场,通电导线周围也会产生磁场。

【解析】选B 、C 。磁极总是成对出现,指南针同时具有两个磁极,A 项错误;指南针能够指向南北,说明地球具有磁场,B 项正确;指南针附近铁块被磁化,产生的磁场会对指南针的指向产生干扰,C 项正确;在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针偏转,D 项错误。

6【解析】选A 、C 。Ⅱ中的磁感应强度是Ⅰ中的

1k ,故Ⅱ中的电子所受洛伦兹力和加速度均为Ⅰ中的1

k

,B 项错误;由洛伦兹力提供向心力可得R=

mv

qB

,Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍,A 项正确;由洛伦兹力提供向心力可得T=

2m qB π,Ⅱ中的电子做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍,C 项正确;由周期公式T=2m

qB

π可得ω=

2π=qB ,Ⅱ中的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的1

,D 项错误。

【误区警示】防止数与倒数的混淆 (1)题干表述为“Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍”,但要求的是Ⅱ中的电子与Ⅰ中的电子比较,存在一个倒数的问题,学生很容易步入这个误区。

(2)推导的半径公式中的磁感应强度又是在倒数上,两次倒数就抵消了,防止忽略其中的一次倒数而导致错误。

(3)周期与角速度也是倒数关系,需注意是k 倍还是

1

k

倍,防止出错。 7【解析】选D 。带电粒子由一个磁场进入另一个磁场,线速度大小不变,由牛顿第二定律得qvB=m 2

v r

,

可知轨道半径增大,再根据v=ωr 知角速度减小,故选项D 正确。

8【解析】选B 。α粒子和质子质量之比是4∶1,电荷量之比是2∶1,根据动量相等即4mv 1=mv 2,得

4

1

21=v v ,洛伦兹力为qvB,所以洛伦兹力之比为1∶2,C 、D 错误;由qB

m v

r =

可得,半径之比是1∶2,A 错误;由周期公式qB

m

T π2=

,可得T 1∶T 2=2∶1,B 正确。 9【解析】选A 。a 点处磁场垂直于纸面向外,根据左手定则可以判断电子受力向上,A 正确。

【误区警示】本题带电粒子是电子,带负电,应用左手定则时,四指应指向电子运动方向的反方向。 10【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析: (1)电场中加速依据动能定理。

(2)磁场中依据牛顿第二定律分析运动轨迹。

(3)依据两种粒子运动轨迹半径表达式,利用比值法计算。

【解析】选D 。离子在加速电场有221mv qU =,在磁场中偏转有R

v m q vB 2

=,联立解得

q mU

B R 21=,经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,即R 相同,因此有2

??

? ??'=B B m m H 离,离子和质子的

质量比约为144,故选D 。 11【解析】选A 。

粒子恰好从小孔N 飞出圆筒时筒转过90°,由几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动所转过的圆心角为30°。如图所示,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ′=3T=ωπ6,根据T=qB

m π2,所以B m q 3ω=,故选项A 正确。

如图,由题意知运动轨迹与ON 相切。设切点为D,入射点为A,出射点为C,圆心为O ',由入射角为30°可得△A O 'C 为等边三角形,则∠AC O '=60°,而∠MON=30°,∠ODC=90°,故D 、O '、C 在同一直线上,故出射点到O 点的距离为CO=

4r r

sin CD ==2

1230

,又r=qB mv ,故距离为B q mv 4。 13【解析】选B 、C 。将圆形线圈看作由无数小段直导线组成,由左手定则可以判断,当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外,选项B 正确、A 错误;当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里,选项C 正确、D 错误。

14【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析: (1)带电粒子在电场中做匀加速运动,适用动能定理。

(2)带电粒子在磁场中做圆周运动,如何用几何方法确定半径。

(3)带电粒子在两个边界磁场中运动时,如何找到两个磁场中粒子运动轨迹的联系。 【解析】(1)若k=1,则有MP=L,

粒子在磁场区域Ⅰ内的轨迹半径为R=L,

在磁场区域Ⅰ内洛伦兹力提供向心力: R v m

qvB 2

0=

得m

L

qB v 0=

粒子在电场中,由动能定理有: 2

2

1mv qEd =

得匀强电场的电场强度dm

L qB E 22

2

0=

(2)由于P 距离A 1为kL,且2

则根据S 1到界线处的轨迹有:

(kL)2+(R-L)2=R 2

qB m v

R =

整理得: m

K L qB v 2)

1(20+=

又因为:6L-2kL=2x

根据几何关系、相似三角形有:

r

R

x KL = 即0

03B B qB

m v qB m v

KL L KL ==-

得K

KB B -=

30

答案:(1) dm

L qB 22

2

0 (2) m K L qB v 2)1(20+= K KB B -=30

15【解题指南】解答此题可按以下思路进行:

(1)明确带电粒子的两个运动过程:匀速圆周运动和匀变速直线运动;

(2)对于带电粒子在磁场中的匀速圆周运动,基本思路是画轨迹,定圆心,求圆心角,然后根据运动周期求时间;

(3)对于匀变速直线运动,熟练运用匀变速直线运动的规律求解。

【解析】(1)带电粒子在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示,设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力公式及圆周运动规律,有

R

v m B qv 20

0=

2v R

T π=

依题意,粒子第一次到达x 轴时,运动转过的角度为π4

5,所需时间为T t 8

51=

求得qB

m

t 451π=

(2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度减小为0,然后沿原路返回做匀加速运动,到达x 轴时速度大小仍为v 0,设粒子在电场中运动的总时间为t 2,加速度大小为a,电场强度大小为E,有qE=ma

v 0=

12

at 2 得qE

m v t 0

22=

根据题意,要使粒子能够回到P 点,必须满足t 2≥T 0 得电场强度最大值0

2qT mv E =

答案:(1)

5m

4qB π (2) 00

2mv qT 16【解题指南】解答本题可以从以下三个方面分析:

(1)不计重力的粒子在磁场中做什么运动,题中是否隐含给出了粒子运动的半径。 (2)粒子在电场中做什么运动,加速度与电场强度和电荷的电量有什么关系。

(3)粒子进入电场时的速度、粒子在电场中速度的变化量和θ角三者有什么关系。 【解析】(1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。

设磁感应强度的大小为B,粒子的质量与所带电荷量分别为m 和q,圆周运动的半径为R 0,由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得

2

00R v

m B qv =①

由题给条件和几何关系可知R 0=d ②

设电场强度的大小为E,粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度为a x ,在电场中的运动时间为t,离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x 。

由牛顿第二定律得Eq=ma x ③ v x =a x t ④

d t v x

=2

⑤ 由于粒子在磁场中做类平抛运动(如图),有

tan v v x

=

θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得

θ20tan 2

1

v B E =

(2)联立⑤⑥式得θ

tan 20v d

t =

答案:(1)

θ20tan 21v B

E = (2) θ

t an 20v d t = 17【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：

(1)根据左手定则判断安培力的方向。

(2)开关断开与闭合时,根据平衡条件写出金属棒的平衡方程。

【解析】依题意,开关闭合后,电流方向从b 到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下。 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl 1=0.5cm 。由胡克定律和力的平衡条件得 2k Δl 1=mg ①

式中,m 为金属棒的质量,k 是弹簧的劲度系数,g 是重力加速度的大小。 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL ②

式中,I 是回路电流,L 是金属棒的长度,两弹簧各自再伸长了Δl 2=0.3cm, 由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl 1+Δl 2)=mg+F ③ 由欧姆定律有E=IR ④

式中,E 是电池的电动势,R 是电路总电阻。 联立①②③④式,并代入题给数据得 m=0.01kg

答案：安培力的方向竖直向下 0.01kg

【误区警示】误区一：误把两个弹簧的弹力错写成一个。 误区二：接通开关后,误把安培力的方向分析为竖直向上。

18【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t 0内其速度方向改变了90°,故其周期 T=4t 0 ①

设磁感应强度大小为B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r 。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得

2

=v qvB m r

②

匀速圆周运动的速度满足

2r

v T

π=

③ 联立①②③式得

2m

B qt =

π ④ (2)设粒子从OA 边两个不同位置射入磁场,能从OC 边上的同一点P 射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系知

θ1=180°-θ2 ⑤

粒子两次在磁场中运动的时间分别为t 1与t 2,则t 1+t 2=

2

T

=2t 0 ⑥

心,圆弧的半径为r 0,圆弧与AC 相切于B 点,从D 点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有

∠O O 'D=∠B O 'A=30°⑦ r 0cos ∠O O 'D+

A

O B cos 0

'∠r =L ⑧ 设粒子此次入射速度的大小为v 0,由圆周运动规律得 v 0=

T

r 0

2π ⑨ 联立①⑦⑧⑨式得 v 0

=

7L

t ⑩ 答案:(1)02m qt π (2)2t 0