卷子答案网-一个不只有答案的网站第一章 磁场 单元检测（A卷）
一、单选题
1．下列各图反映的是带电粒子在匀强磁场中沿垂直于磁场方向做匀速圆周运动，其中正确的是（ ）
A． B．C．D．
2．如图所示，在“研究影响通电导体所受磁场力的因素”实验中，要使导体棒的悬线摆角增大，以下操作可行的是（ ）
A．增大导体棒中的电流
B．减少磁铁的数量
C．颠倒磁铁磁极的上下位置
D．改变导体棒中的电流方向
3．下列关于磁感线的说法中正确的是（ ）
A．在同一磁场中，磁感线越密的地方，磁感应强度越大
B．磁感线有的是闭合的，有的是不闭合的
C．磁场中某点的磁感线的方向与正电荷在该点受力方向相同
D．磁感线有可能在磁场中某处相交
4．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的区时间可忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生的粒子质量为m、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力影响，则（ ）
A．加速器加速电压U的周期等于粒子的回旋周期的两倍
B．增大加速电压U，出射粒子动能不变
C．增大磁感应强度B和D形盒半径R，粒子获得动能可能减小
D．粒子在D形盒中运动时间与加速电压U无关
5．如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为的圆形筒内有的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔、 分别作为入射孔和出射孔．现有一束比荷为的正离子，以不同角度入射，最后有不同速度的离子束射出，其中入射角，且不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度大小是（ ）
A． B．
C． D．
6．如图所示，两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，a受到的磁场力大小为F，当加入一与导线所在平面垂直纸面向外的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为3F，则此时b受到的磁场力大小为（ ）
A．F B．2F C．3F D．4F
7．如图所示，倾斜放置且足够长的光滑绝缘细杆处在水平向里的匀强磁场中，细杆与水平面成θ（θ≠0）角，细杆所在的方向和磁场方向垂直。一个带正电荷的小环套在细杆上、且从静止开始释放。则关于小环在细杆上的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．小环在细杆上一直静止不动
B．小环沿细杆向下做匀加速直线运动
C．小环沿细杆向下做变加速直线运动
D．小环沿细杆向下先做加速度变小的变加速直线运动，最后再做匀速直线运动
8．如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为8×10－6C的带负电小球A，其正上方O用轻细弹簧悬挂一质量m＝0.06kg、电荷量大小为2×10－6C的小球B，弹簧的劲度系数k＝5N/m，原长L0＝0.3m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角＝53°。已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法不正确的是（ ）
A．B匀速圆周运动的半径为0.4m
B．小球B所受向心力为1.7N
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加上水平向左的匀强电场的瞬间，B球做离心运动
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，B做向心运动
二、多选题
9．下列关于洛伦兹力和安培力的描述中，正确的是（ ）
A．处于匀强磁场中的通电直导线一定受到安培力的作用
B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现
C．在匀强磁场中运动的带电粒子受到的洛伦兹力不做功
D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
10．如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（ ）
A．不改变电流和磁场方向，适当增大电流
B．只改变电流方向，并适当减小电流
C．不改变磁场和电流方向，适当减小磁感强度
D．同时改变磁场方向和电流方向，并适当增大磁感强度
11．如图，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，下列四种方法中可行的是
A．增大电流I B．增大直导线的横截面积
C．将导线在纸面内顺时针转30° D．将导线在纸面内逆时针转60°
12．如图，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同的速度从A点沿与AB成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子从B点离开磁场，乙粒子垂直CD边射出磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是
A．甲粒子带正电，乙粒子带负电
B．甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的倍
C．甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍
D．两粒子在磁场中的运动时间相等
三、实验题
13．如图所示，阴极射线管（A为其阴极）放在蹄形磁铁的N、S两极间，射线管的A、B两极分别接直流高压电源的_________和___________。此时，荧光屏上的电子束运动轨迹___________偏转（填“向上”“向下”或“不”）。通过该实验我们能得出什么结论？___________
14．图示为研究左手定则的实验装置图。闭合电键，铜棒P向右摆动，则U型磁铁的A端为______极（选填“N”或“S”）。铜棒P从静止开始起，第一次到达右侧最高点的过程中，不计空气阻力，其机械能________（选填“增大”、“减小”、“先增后减”、“先减后增”）。
四、解答题
15．某研究小组在研究通电导线在磁场中的受到力方向跟哪些因素有关的实验中，把长L=0.2m的导体棒置于匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图所示。若导体棒中的电流I=2.0A，方向向左，导体棒受到的安培力大小为4×10-3N。（g取10m/s2）求：
（1）安培力的方向。
（2）磁感应强度大小。
（3）若导体棒中电流大小为3A，导线棒L质量为6×10-4kg，则两根竖直细导线所受的拉力T各为多少？
16．如图所示,分界面上下两侧有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度分别为和,且.一质量为,电荷为的带电粒子(不计重力)从点出发,以一定的初速度沿纸面垂直向上射出,经一段时间后又回到出发点.求:
(1)粒子在上下两侧运动的轨道半径大小之比;
(2)粒子从点出发又回到点的时间.
17．如图所示，条形区域AA′BB′中存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B的大小为0.3T，AA′、BB′为磁场边界，它们相互平行，条形区域的长度足够长，宽度d=1m．一束带正电的某种粒子从AA′上的O点以沿着与AA′成60°角、大小不同的速度射入磁场，当粒子的速度小于某一值v0时，粒子在磁场区域内的运动时间t0=4×10﹣6s；当粒子速度为v1时，刚好垂直边界BB′射出磁场．取π=3，不计粒子所受重力．求：
（1）粒子的比荷；
（2）速度v0和v1的大小．
18．如图所示，在xOy平面的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E＝100V/m，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向外。一比荷＝107 C/kg的带正电粒子从x轴上的P点射入电场，速度大小v0＝2×104 m/s，与x轴的夹角θ＝60°。该粒子经电场偏转后，由y轴上的Q点以垂直于y轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O，且与x轴负方向的夹角α＝60°，不计粒子重力。求：
(1)OQ的长度？
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)等边三角形磁场区域的最小面积？
参考答案：
1．D
【详解】带电粒子在匀强磁场中沿垂直于磁场方向做匀速圆周运动，其向心力为洛伦兹力，由左手定则可判断D正确．
2．A
【详解】增大安培力即可使导体摆动的幅度增大，根据安培力的公式F=BIL可知，增大导体棒中的电流强度，安培力增大；故A 正确．减小磁铁的数量，在磁场中有效长度减小，安培力减小；故B错误，颠倒磁铁磁极的上下位置，只会改变安培力的方向，不会改变安培力的大小，故C错误；改变导体棒中的电流方向，只会改变安培力的方向，不会改变安培力的大小，故D错误；故选A.
3．A
【详解】A．由磁感线的定义可知，同一磁场中，磁感线越密的地方，磁感应强度越大，A正确；
B．磁感线是闭合曲线，B错误；
C．当正电荷在磁场中运动时，受到的洛伦兹力方向与磁感线的方向垂直，C错误；
D．磁感线上某点的切线方向表示该点的磁感应强度方向，磁场中某点只有一个磁场方向，故磁感线不可能相交，D错误。
故选A。
4．B
【详解】A．为了保证粒子每次经过电场时都被加速，要求加速电压U的周期等于粒子的回旋周期，故A错误；
BC．粒子出磁场时，根据洛伦兹力提供向心力
动能为
联立解得粒子的出射动能
可见，粒子获得能量与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度B有关，增大磁场B和D型盒半径R，粒子获得能量增大，故C错误，B正确；
D．由于粒子最终获得的总动能不变，粒子周期不变，加速电压U越大，加速次数越少，粒子在D形盒中运动时间越短，故D错误。
故选B。
5．D
【详解】离子从小孔射入磁场，与方向的夹角为，则离子从小孔离开磁场时速度与的夹角也为，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心，画出轨迹如图所示
由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为
则离子的轨迹半径为
由牛顿第二定律得
解得
D正确，ABC错误。
故选D。
6．A
【详解】根据安培定则和左手定则可知a导线受到的F水平向右，由牛顿第三定律可知b受到a施加的磁力也为F，方向水平向左。加匀强磁场后a受到的磁场力3F向右，则匀强磁场施加给a的力向右为2F，施加给同向电流b的力也向右，则b的合力为
所以A正确，BCD错误。
故选A。
7．B
【详解】对小环进行受力分析可得，小环受重力、根据左手定则小环受到垂直于细杆方向的洛伦兹力、垂直于细杆的支持力，由于重力沿细杆有分力，所以小环要沿细杆向下运动，重力的分力是恒定的，小环沿细杆方向运动的加速度也是恒定的，所以小环沿细杆向下做匀加速直线运动。
故选B。
8．D
【详解】AB．小球A、B的库仑力
弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，有
弹簧的弹力在水平方向的分力
由胡克定律
可解得
小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A有，则F必定指向圆心，故B球带正电，小球B所受向心力
故AB正确，不符合题意；
C．在图示位置加上水平向左的匀强电场的瞬间，小球B受到向左的电场力，这时提供的向心力减小，小于所需要的向心力，小球做离心运动，故C正确，不符合题意；
D．在图示位置加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，由于小球做顺时针运动，且带正电，由左手定则可知，小球受到一个背离圆心的洛伦兹力作用，这时提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故D错误，符合题意。
故选D。
9．BC
【详解】A．安培力：F=BILsinθ，其中θ为电流方向与磁场方向的夹角。当θ=0°时，就算有电流和磁场也不会有安培力。故A错误；
B．导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现。故B正确；
C．根据左手定则：洛伦兹力的方向与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力对电荷不做功。故C正确；
D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向根据左手定则，是相互垂直的。故D错误。
故选BC。
10．AD
【详解】试题分析：AC、由左手定则可知，通入A→C方向的电流时，金属棒AC受到的安培力向上，悬线张力不为零，则安培力小于重力，欲使悬线张力为零，可适当增大安培力，由可知适当增大电流或磁感应强度；A正确
B、只改变电流方向，由左手定则可知，金属棒AC受到的安培力向下，悬线张力不可能为零；错误
D、同时改变磁场方向和电流方向，由左手定则可知，金属棒AC受到的安培力向上，适当增大电流或磁感应强度，可使悬线张力为零；
故选AD
考点：安培力、左手定则
点评：熟练运用左手定则判断安培力方向，由公式计算安培力大小．
11．AD
【详解】A．由知，当增大电流时，可增大通电直导线所受的安培力，故A可行；
B．由知，当增大直导线的横截面积时，不会影响通电直导线所受的安培力，故B不可行；
C．当导线在纸面内顺时针转30°时，虽然导线长度没有变化，但导线与磁场平行，即所受安培力为0，故C不可行；
D．当导线在纸面内逆时针转60°时，虽然导线长度没有变化，由知其所受安培力变大，故D可行。
故选AD。
12．AC
【详解】A．根据左手定则可知，甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项A正确；
B．设正方形的边长为a，则甲粒子的运动半径为r1=a，甲粒子的运动半径为r2=，甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的倍，选项B错误；
C．根据，解得，则甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍，选项C正确；
D．甲乙两粒子在磁场中转过的角度均为600，根据，则两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项D错误．
13． 负极 正极 向下 磁场对运动电荷有力的作用
【详解】[1][2]电子离开阴极后，电场要对其加速，电子带负电，所加电场应该从B指向A，所以A的电势低，B的电势高，A接负极，B接正极；
[3]磁铁两极之间的磁场从N指向S，电子从A向B运动，根据左手定则可判断电子受洛伦兹力向下，因此向下偏转；
[4]通过该实验我们能知道磁场对运动电荷有力的作用。
14． 增大
【详解】[1]根据题意可知，闭合电键，铜棒P向右摆动，即铜棒P受向右的安培力，由左手定则可知，U型磁铁的A端为极。
[2]铜棒P从静止开始起，第一次到达右侧最高点的过程中，不计空气阻力，安培力做正功，机械能增大。
15．（1）安培力的方向竖直向下；（2）0.01T；（3）
【详解】（1）根据左手定则可知，安培力的方向书竖直向下；
（2）根据公式
解得
B = 0.01T
（3）由平衡条件知
解得
16．(1) (2)
【详解】（1）电荷在磁场和中运动如图所示，设在和中的半径分别为和，周期分别为和有：
，，得：；
（2）磁场B1中：，磁场B2中，
从点又回到点的总时间：．
【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题．
17．（1）3.33×106 C/kg；（2）6.67×105m/s，2×106m/s
【详解】(1)若粒子的速度小于某一值v0时，则粒子不能从BB′离开磁场区域，只能从AA′边离开，无论粒子速度大小，在磁场中运动的时间相同，轨迹如图所示（图中只画了一个粒子的轨迹）．
粒子在磁场区域内做圆周运动的圆心角均为φ1=240°，运动时间
t0=
又
解得
=3.33×106 C/kg
(2)当粒子速度为v0时，粒子在磁场内的运动轨迹刚好与BB′边界相切，此时有
R0+R0sin30°=d
根据洛伦兹力提供向心力
qv0B=
解得
v0=6.67×105m/s
当粒子速度为v1时，刚好垂直边界BB′射出磁场区域，此时轨迹所对圆心角φ2=30°，由几何关系可得
R1sin30°=d
又由洛伦兹力提供向心力得
qv1B=
解得
v1=2×106m/s
18．（1）0.15 m；（2）0.02T；（2）
【详解】(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y轴正方向的分运动是匀变速直线运动，沿y轴方向根据匀变速直线运动的规律可得
v0sinθ=at
根据牛顿第二定律可得
qE＝ma
沿x轴正方向
OP=v0cosθ t
联立可得
OQ=0.15m
(2) 粒子在磁场中作半径为r的匀速圆周运动，其轨迹如图所示，
根据几何关系由
解得
r=0.05m
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
代入数据解得
B=0.02T
(3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD为边长L的△QRD是磁场区域面积最小的等边三角形，如图所示由几何知识得
所以最小面积为
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