人教版高中物理选修3-1第三章磁场--答案

高中物理学习材料

（马鸣风萧萧**整理制作）

参考答案

第三章磁场

第一节磁现象和磁场

A组

1．AC 2．C 3．B 4．CD 5．BD 6．ACD 7．BD 8．AD 9．磁性；南（S）极；北（N）极

10．Fe3O4，铁；钴；镍；某些氧化物

B组

1．B [提示]因为天然磁石的主要成分是Fe3O4．

2．BD[提示] 球上的潮汐现象与月球引力和地球自转有关；通过观察月球磁场和月岩磁性推断，月球内部全部是固态物质；对火星磁场的观察显示，火星不像地球那样有一个全球性的磁场，因此指南针不能在火星上工作．3．C[提示]把导线沿南北方向放置在地磁场中处于静止状态的磁针的正上方，通电时磁针发生明显的偏转，是由于南北方向放置的电流的正下方的磁场恰好是东西方向．

4．同名磁极互相排斥．

5．地球；南极．

6．[提示]利用小磁针受到地磁场的作用，静止时会指向南北极的原理，将一枚小磁针放在火星表面，观察其是否有固定指向，即可研究火星的周围是否存在磁场的问题．

7．[提示]磁场是一种物质，他的存在不以人们的意志为转移，不依赖于人们的感觉，只要有磁体或电流，在他们周围就存在着磁场．对人来说，他又是一种特殊的物质，他不同于由分子、原子等微观粒子组成的物质，可以通过视觉、触觉被人感知，但是人们利用了磁场的基本性质：对处于其中的磁体和电流有力的作用，制作工具，帮助人们来探测磁场的存在．

8．[提示]当有更多电池时，导线中电流就越大，其周围的磁场就越强，小磁针偏转的就越快，小磁针距导线远一些，电流产生的磁场就弱一些，小磁针转得就慢一些。小磁针偏转意味着该处有磁场，受到磁场力的作用，小磁针静止意味着小磁针已转到其受力的方向，小磁针转的快慢，反映了它受力的大小，也反映了此处磁场的强弱．

第二节磁感应强度

A组

1．B

2．ABD[提示] 当通电导线与磁场方向垂直放置时，它不受磁场力的作用.

3．AB 4．AD 5．AB 6．D 7．BC

8．大小；方向；北（N ）

9．特斯拉；特；A

m N ? 10．0.3T

B 组

1．BD[提示]由IL F B =得1T=1N/(m A ?)，由IL

F B =及ma F =还可得1T=1kg/(2s A ?)

2．D[提示]通电导线在磁场中受力情况与通电导线的放置方向有关系.

3．C[提示]磁感应强度的定义式中的电流是垂直于磁场方向的电流，本题中如果通电导线是垂直磁场方向放置的，此时所受磁场力最大1.0=F N ，则该点磁

感应强度为：01

.051.0?==IL F B T 2=T ，而如果通电导线不是垂直磁场方向放置的，则受到的磁场力小于垂直放置时的受力，垂直放置时受力将大于0.1N ，由定义式可知，B 将大于2T.

4．比值，电场强度.

5．（1）2T ；（2）2T ； 10-1

N[提示] 201.05.21052

=??==-IL F B T ；磁感应强度与放入的电流无关；当电流变大时1.001.052=??==BIL F N

6．1.2T[提示]棒匀速运动时，安培力等于摩擦力，L BI f 1=，当棒加速运动时ma f L BI =-2，联立两式可得结果.

7.（1）工作原理：电流在磁场中受安培力；（2）w

IB wh IhB wh F P ===?安

第三节 几种常见的磁场

A 组

1．B[提示]磁感线是闭合的曲线，在磁体内部从S 极到N 极

2．BC[提示]小磁针的N 极指向磁场方向，在通电螺线管内部指向N 极

3．AB 4．B[提示]电流方向与负电荷运动方向相反

5．C 6．BC 7．ABC

8．a ．垂直纸面向里 b ．向上 c ．逆时针 d ．向下 e ．向左 f ．向右

9．如图答3-3-1所示。[提示]判断小磁针的偏转方向的主要依据是磁感线的方向，因为在磁场中，小磁针N 极受力方向就是磁场方向，即磁感线的切线方向，而S 极恰好相反，所以，小磁针最终静止下来时N 极的指向就是该点的磁感线的切向方向．根据安培定则，画出螺线管通电后的磁感线，结合小磁针在磁场中静止时所指的方向进行判定．

规律判定．

B 组

1．B

2．B[提示]有效面积大小为Scos α

3．D[提示]计算磁通量要注意面与磁场方向间的关系

4．A

5．C[提示]题图中，b 、d 两直流电流在a 处的磁感应强度大小相等、方向相反、相互抵消，故a 处磁场方向决定于直线电流c 。由安培定则可知，a 处磁场方向为由a 指向b 。

6．0.2T ；5×10-2Wb ；0

7．B 环的磁通量大于A 环磁通量。[提示]此题所给条件是非匀强磁场，不能用Φ=B·S 计算，只能比较穿过两环的磁感线净条数多少，来判断磁通量的大小．条形磁铁外部的磁感线是从N 极出发，由S 极进入，在磁铁内部的磁感线从S 极向N 极，又因磁感线是闭合的平滑曲线，所以条形磁铁内外磁感线条数一样多．从下向上穿过A 、B 环的磁感线条数一样多，而从上向下穿过A 环的磁感线多于B 环，则A 环从下向上穿过的净磁感线少于B 环，所以B 环的磁通量大于A 环磁通量．

第四节 通电导线在磁场中受到的力

A 组

1．BC 2．BCD 3．C [提示]方法一：因为环形电流产生的磁场等效

于小磁针的磁场，所以将环形电流等效于一个N 极指向纸外的小磁针，判断磁体对小磁针的力的效果；方法二：画出条形磁体周围的磁感线，用左手定则判断出环形电流左侧受力方向指向纸外，右侧受力指向纸内，转过90°后再判断环形电流受力向左。

4．AC [提示]根据悬线中的张力小于重力，所以安培力向上，要减小张力，

就需要增大安培力。 ５．A

6．乘积；F=ILB

7．左手定则；左手

8．竖直向上[提示] 地球表面赤道处的磁场方向为水平向北，用左手定则

判断可得安培力方向竖直向上

9．磁铁；线圈；极靴；极靴

10．大小2.5A ；方向b →a [提示] 因为ILB F =，所以LB

F I =，用左手定则判断电流方向。

B 组

1．AB [提示] 将c 端接在电源正极， d 端接在电源负极，使得螺线管上方

的磁场方向向上，将a 端接在电源正极，b 端接在电源负极，使得MN 中的电流向右，利用左手定则可得MN 受力方向向纸外；所以A 正确，同理选B.

2．D[提示]在题图中画出条形磁铁的磁感线，可判断出通电导线受到的安培力指向左上方，根据牛顿第三定律，通电导线对条形磁铁的力指向右下方，再研究条形磁铁受力可得D 选项.

3．C[提示]把线圈L 1沿转动轴分成里外两部分，每一部分又可以看成无数

直线电流元，电流元处在L 2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在处磁场向纸内，据左手定则可得，外部电流元所受安培力均指向上，内部电流元所受安培力指向下，因此从左向右看线圈L 1逆时针转动。

4．BCD[提示]根据安培力的定义，当磁感应强度B 与通电电流I 方向垂直时，磁场力有最大值为F=BIL =N 2.0N 2.025.0=??。当两方向平行时，磁场力有最小值为0，随二者方向夹角的不同，磁场力大小可能在0.2N 与0之间。

5．右；右[提示]判断环形电流在导线A 处的磁场方向，用左手定则判断导

线A 受的力.

6．（1）LI

mg αsin 方向垂直斜面向上 （2）LI

mg 方向水平向左 [提示]此题属于电磁学和静力学综合题，研究对象为通电导体棒，所受力为重力mg 、弹力N 、安培力F ，属于三个共点力的平衡问题。要使棒对斜面无压力，则棒不受斜面的支持力，此时应有安培力与重力相平衡，导体棒只受两个力作用。

（1）棒在斜面上处于静止状态，故受力平衡。棒共受三个力作用；重力大小为mg ，方向竖直向下；弹力垂直于斜面，大小随磁场力的变化而变化；磁场力始终与磁场方向及电流方向垂直，大小随方向不同而改变，但由平衡条件知：斜面弹力与磁场力的合力必与重力mg 等大反向，故当磁场力方向与弹力方向垂

直即沿斜面向上时，安培力最小αsin min mg F =，所以LI

mg B αsin =，由左手定则知：B 的方向应垂直斜面向上。

（2）棒静止在斜面上，又对斜面无压力，则棒只受两个力作用，即竖直向下的重力mg 和磁场力F 作用，由平衡条件知F=mg ，且磁场力F 的竖直向下，

所以mg BIL =，故LI

mg B =，由左手定则知B 的方向水平向左。 7．受力方向水平向右；可通过增强B 、增大电流I 、增大导轨间距L 、增大加速距离s

第五节 运动电荷在磁场中受到的力

A 组

1．B [提示]电子将做圆周运动，速度和洛伦兹力的方向时刻变化，动能不变 2．BD [提示]当电子沿磁场方向运动时不受洛伦兹力，所以不偏转所以A 不正确，B 正确，如果电子进入速度选择器中正交的电磁场，则有可能不偏转，所以D 正确.

3．B [提示]地球赤道上空的磁场水平向北，用左手定则可得质子受力向东.

4．BD [提示]粒子所受洛伦兹力的大小与粒子速度方向有关；洛伦兹力不做功，

所以粒子在只受洛伦兹力作用时，动能不变．

5．A [提示]电子所受洛伦兹力向右，而洛伦兹力不做功，所以电子速率不变 6．BD [提示]安培力是导线中做定向运动的电荷所受洛仑兹力的整体表现.

7．C [提示]螺线管中的磁场沿轴线方向，所以电子不受洛伦兹力.

8．a.竖直向上 b.垂直纸面向外 c.负电荷 d. 垂直纸面向内

9．向下偏转；向上偏转；电视机显像是靠电子轰击荧光屏产生的，磁场将影响电子运动的轨迹，影响图像质量。

10．1810

6.9-? N ，东[提示]用左手定则判断洛伦兹力的方向，洛F =q v B

B 组

1．AD [提示]当离子的带电性变化时，离子所受的电场力和洛伦兹力的方向同时变化.

2．B [提示]由于有磁场时的洛伦兹力存在向上的分量，所以会减缓下落，使得下落时间变长，水平距离变大，但是洛伦兹力不做功，所以落地速度相等.

3．(1)因B v ⊥，所以洛F =q v B ，方向与v 垂直斜向上；

（2）v 与B 夹角为300，取v 与B 垂直分量，故qvB qvB F 2130sin =

?=洛，方向垂直纸面向里．

（3）由于v 与B 平行，所以不受洛伦兹力．

（4）v 与B 垂直，故洛F =q v B ，方向与v 垂直斜向上．

4．Bq

mg v θcos = [提示]当洛伦兹力等于重力沿垂直于斜面的分力时，杆对小环无支持力，即小环对杆无压力，θcos mg Bqv =

5．Bq

mg v M μ=；g a M =[提示]对小球受力分析可得：小球开始运动时只受重力，加速度为g ，当小球速度增大后，由于受洛伦兹力的作用，使得墙对小球的支持力变大，摩擦力随之变大，当摩擦力增大到与重力平衡时速度达到最大，此时mg F N =μ；Bqv F N =.

6．（1）负电；（2）6.6m/s ；（3）4.3m[提示] 对下滑过程中小物块进行受力分析，如图答3-5-1所示，物块要离开斜面的条件为：物块所受

洛伦兹力沿y 轴正方向，用左手定则可得电荷带负电，当物块

离开斜面时，支持力N 等于零，则?=30cos mg qvB ，又由于

物块沿斜面受下滑力匀加速下滑，加速度?=30sin g a ，用匀

图答3-5-1

变速公式可得滑行距离，a v s 22= 7．m qE

g a μ-=max ；B

E qB mg v -=μmax 此类问题属于涉及加速度的力学问题，必须得用牛顿第二

定律解决，小球受力分析如图答3-5-2所示，根据牛顿第二定

律列出方程有 m

qE qvB mg a qvB qE F ma F mg N N )(0+-==--=-μμ

故知v =0时，a 最大，m qE

g a μ-=max ．同样可知，a 随v 的增大而减小，当a

减小到零时v 达最大，故)(max qE B qv mg +=μ

得B

E qB mg v -=μmax ． 第六节 带电粒子在匀强磁场中的运动

A 组

1．A [提示]首先判断出电子所在处的磁场方向，用左手定则判断洛伦兹力方向向下，当电子向下运动时，磁场减弱，所以运动轨道半径变小.

2．AB [提示]当电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，电荷做匀速直线运动，当电荷速度方向与磁场方向垂直时，受洛伦兹力，电荷做匀速圆周运动.

3．BD [提示]运动电荷的电性不同，则受到的洛伦兹力方向不同，粒子做的圆周运动轨迹与粒子速度方向相切.

4．B [提示]由半径公式qB

mv r =可得 5．B [提示] 由半径公式qB mv r =

可知，由于质子和一价钠离子的电量，半径，磁感应强度都相同，所以mv 乘积相同

6．C [提示] 由于粒子的能量逐渐减小，即速率逐渐减小，所以运动半径逐渐减小，由题图可得粒子从b 到a 运动，又左手定则可得粒子带正电.

7．BD [提示] 电子做的是匀速圆周运动，所以速率不变，运动时间等于弧长除以速率

8．C [提示]带电粒子由于速度不断变大，所以运动轨道的半径不断变大，由于带电粒子在两个D 形盒之间往复运动，所以要加交流电源才能不断加速.

9．负；正[提示]由左手定则判断出带电性

图3-5-2

10．匀速；洛仑兹力；qB mv ；qB

m π2；质谱仪；阿斯顿 B 组

1．B [提示]由半径公式qB mv r =，周期公式qB

m T π2=可得 2．A [提示]根据左手定则可知电子将向下偏转，又由于电子的质量小于质子的，所以半径小，由此可得A 选项.

3．C [提示]根据磁感应强度变为原来的2倍，得半径变为原来的一半，画出氢核运动轨迹可得，氢核将从a 点射出.

4．B [提示]在题图中分别画出正、负电子运动轨迹可得，正电子运动轨迹所对圆心角为120°，负电子运动轨迹所对圆心角为60°，所以运动时间比为2:1.

5．A[提示]由左手定则，带电量为+q 的粒子受的洛伦兹力方向垂直v （逆时针方向），速度方向向右的粒子在磁场中的轨迹为一个圆，如图3-6-1所示，其它粒子的轨迹圆心均在图中虚线左侧，所以轨迹最远处距O 点为2R ，并且这些轨迹均不会到达图中虚线右侧圆弧处．如图答3-6-2，以O 为圆心，以2R 为半径作圆弧，所有轨迹扫过的区域即两图相叠加，对应选项为A ．

6．1:2； 2:1；1:2 [提示]粒子在电场中加速时只有电场力做功，由动能定理得：221mv qU =

，故2:1:::212121===q q U q U q E E k k 由22

1mv qU = 得 m qU v 2=，又由牛顿第二定律，设粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中作圆周运动：r

v m qvB 2

= 故圆周半径q

mU B m qU qB m qB mv r 212=== 故2:1::2

21121==q m q m r r 粒子做圆周运动的周期qB m T π2=，故2:1::221121==q m q m T T O 图答3-6-1 O 图答3-6-2

7．2.2×10-18J [提示] 电子要穿离磁场区域，其运动半径就要达到2

R ，由qB mv R =2得m

BqR v 2=，电子动能m R q B mv E k 8212222== 8．（1）0.48T ；（2）1.4×10-5s [提示]由221mv E k =得m

E v k 2=，即质子要达到的速度，由qB mv r =得qr

mv B =；带入质子质量、速度、电量、D 形盒半径，可得B ； 质子在D 形盒中被加速的次数qU E n k =，加速两次转一圈，所以运动时间为T n t 2= 阶段性检测

A 组

1．ABC [提示]洛仑兹首先提出了磁场对运动电荷有力的作用

2．B [提示]磁场是由运动的电荷产生的，静止的电荷只激发电场.

3．D 4．CD 5.BC [提示]由右手安培定则可得电流为水平向右

6．D [提示]线圈垂直放在磁场中时磁通量最大，与磁感线平行放置时无磁通量，所以磁通量的大小与放置方向有关，

7．AD

8．AD [提示]在区域Ⅰ中都不偏转，说明速度相等；在区域Ⅱ中半径又相等，由半径公式Bq

mv r =，得比荷相等 9．0.1; 0.1; 0.1[提示]由IL

F B =就得磁感应强度；而磁感应强度与放入磁场中的电流无关

10．Bq mv 2; Bq

mv 2[提示]在题图中画出沿各方向运动的正电子轨迹可得，x 轴负向运动的正电子将运动到y 轴最大位置处，沿y 轴正向运动的正电子将运动到x 轴最大位置处 11. Be mv 0；Be m 2π；Be mv 02；Be

m π[提示]沿磁场方向观察电子的运动轨迹可得：电子向上运动的最大高度为圆的半径，对应圆心角为90°，运动时间为四分之一个周期；最远位移为运动半个周期后，距

离出发点距离为圆的直径.

BIL f

12．

θ

θsin cos BIL f BIL mg N =-=[提示]AC 棒受力分析如图答3-2所示 B 组

1．C[提示]用左手定则判断

2．C [提示] 研究静止的a 油滴可得，油滴带负电，所受电场力向上；那么向左运动的c 还将受向上的洛伦兹力，由于c 能做匀速直线运动，所以c 的重力最大，质量最大。

3．B [提示]三个小球在下落过程中，重力做功相同，小球1还受电场力做功，而小球3受的洛伦兹力不做功，所以选B

4．C [提示]电荷受电场力向下，洛伦兹力向上，在减小速度的情况下可以减小洛伦兹力，使电荷向下偏转

5．ABC [提示]静止的离子只受电场力，由于向下运动，所以带正电，只有电场力做功，所以C 点时动能最大，在A 、B 两点时动能都是零，所以高度相同

6．A [提示]金属中定向运动的是自由电子，因为电流方向向右，所以电子向左运动，受洛伦兹力而向上偏转，聚集在上表面，所以上表面电势低 9.C 10.A

7．Be mv 2；Be m 34π[提示]在题图中将电子运动的轨迹圆画完整，由几何关系可得电子出入磁场的两点之间的弦长等于圆的半径；另外，优圆的圆心角为300°，劣圆的圆心角为60°，相差240°，对应时间为周期的三分之二

8．上极板为正极；BLv [提示]正电荷受洛伦兹力向上极板聚集，负电荷向下极板聚集，当洛伦兹力和电场力平衡时，两极板间的电压最大

9．22223q

B g m [提示]小球对斜面压力为零是因为电场力与重力平衡，所以当电场方向反向时，小球受到与重力相等的电场力。沿斜面向下的方向小球做匀加速直线运动，加速度为?30sin 2g ；垂直于斜面方向当斜面的支持力为零，即洛伦兹力与重力和电场力垂直于斜面的方向的分力平衡时，?+?=30cos 30cos Eq mg qvB ，小球将离开斜面

10．设粒子的入射速度为v ，已知粒子带正电荷，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从4A 点射出，用212121T T R R B B 、、、、、分别表示在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中的磁感应强度、轨道半径和周期。

1

1122

212122,,qB m v R T R v m qvB R v m qvB ππ====，

22222qB m v R T ππ==。

设圆形区域的半径为r ，如图答3-1所示。

已知带电粒子过圆心且垂直42A A 进入Ⅱ区磁场，连接21A A ，△21OA A 为等边三角形，2A 为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其轨迹的半径：

r OA A A R ===2211。

圆心角=∠O A A 2160°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为：

1161T t =。

带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在4OA 的中点，即： r R 21

2=。 在Ⅱ区磁场中运动的时间为：2221

T t =。

带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间：

21t t t +=。 由以上各式可得：qt m

B qt m B 35,6521ππ==。