高中物理 第三章 磁场考案(含解析)新人教版选修3-1-新人教版高中选修3-1物理试题

第三章磁场
本卷分第1卷(选择题)和第2卷(非选择题)两局部。

总分为100分，时间90分钟。

第1卷(选择题共40分)
一、选择题(共10小题，每一小题4分，共40分，在每一小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2019·师大附中高二上学期期末)如下列图为电流天平，可用来测定磁感应强度。

天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I(方向如图)时，发现天平的左端低右端高，如下哪些调节方案可以使天平平衡( A )
A．减小电流I大小B．增长线框的宽度L
C．增大左盘砝码的质量D．增加线圈的匝数N
解析：天平左端低右端高需减小左盘砝码的质量，应当选项C错误；由题图可判右臂下端线圈受到的安培力方向竖直向上，其大小为F＝NBIL，要使天平平衡需减小F，应当选项A 正确，BD错误。

2．(2019·浙江省绍兴一中高二上学期期末)法拉第电动机原理如下列图。

条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。

一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。

电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。

从上往下看，金属杆( D )
A．向左摆动B．向右摆动
C．顺时针转动D．逆时针转动
解析：接通电路，有向上的电流通过金属杆，金属杆处在磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定如此得知，安培力方向与金属杆垂直向里，使金属杆以磁铁棒为轴逆时针转动。

选项ABC 错误，D 正确。

3．(2019·某某乌鲁木齐七十中高二上学期期末)如下列图，有一倾角为30°的光滑斜面，匀强磁场垂直斜面，匀强电场沿斜面向上并垂直斜面底边。

一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以速度v 在斜面上做半径为R 的匀速圆周运动。

如此( B )
A ．带电粒子带负电
B ．匀强磁场的磁感应强度大小B ＝mv qR
C ．匀强电场的场强大小为E ＝mg q
D ．带电粒子在运动过程中机械能守恒
解析：小球恰在斜面上做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，电场力与重力沿着斜面的分力相平衡，故粒子带正电，故A 错误；由上分析，根据牛顿第二定律得qvB ＝m v 2
R ，得到，B ＝mv
qR ，重力沿斜面向下的分力与电场力平衡时，如此有Eq ＝mg sin θ得到，E ＝mg sin θq
，故B 正确，C 错误。

虽然洛伦兹力不做功，但电场力做功，如此粒子在运动过程中机械能不守恒，故D 错误。

4．如下列图，a 、b 是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。

电荷量为2e 的正离子以某一速度从a 点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b 点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，如此它们在磁场中的运动轨迹是( D )
解析：正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后，速度不变，电荷量变为＋e ，由左手定如此可判断出正离子过b 点时所受洛伦兹力方向向下，由r ＝mv /qB 可知，轨迹半径增大到原来的2倍，所以在磁场中的运动轨迹是图D 。

5．(2019·河南省郑州市高二上学期期末)盘旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如下列图。

D 1和D 2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U 、周期为T 的交流电源上。

位于D 1圆心处的质子源A 能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速。

当质子被加速到最大动能E k 后，再将它们引出。

忽略质子在电场中的运动时间，如此如下说法中正确的答案是( D )
A ．假设只增大交变电压U ，如此质子的最大动能E k 会变大
B ．假设只增大交变电压U ，如此质子在盘旋加速器中运行的时间不变
C ．假设只将交变电压的周期变为2T ，仍能用此装置持续加速质子
D ．质子第n 次被加速前、后的轨道半径之比为n －1︰n
解析：根据qvB ＝m v 2r ，得v ＝qBr m 。

如此最大动能E k ＝12mv 2＝q 2B 2r 22m
，与加速电压无关，故A 错误；假设只增大交变电压U ，如此质子在盘旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B 错误；假设只将交变电压的周期变为2T ，而质子在磁场中运动的周期不变，如此两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C 错误；根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运
动，如此有半径公式R ＝mv Bq 与nqU ＝12
mv 2，所以质子第n 次被加速前后的轨道半径之比为n －1︰n ，故D 正确。

6．如下列图，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论( D )
A ．它们的动能一定各不一样
B ．它们的电荷量一定各不一样
C ．它们的质量一定各不一样
D ．它们的电荷量与质量之比一定各不一样
解析：因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB ＝qE ，得出能不偏转的粒子速度应满足v ＝E
B
，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2R ，圆周运动的半径R ＝mv qB
，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R 不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有一样的速度，所以粒子能分裂成几束的原因是粒子的m q
比值不同，故D 正确，ABC 错误。

7．(2019·某某市七校(静海一中、宝坻一中、杨村一中等)高二上学期期末)如下列图，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 、g 和B )，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，如此如下说法正确的答案是( AC )
A ．小球带负电
B ．小球做匀速圆周运动过程中机械能保持不变
C ．小球做匀速圆周运动过程中周期T ＝2πE Bg
D ．假设电压U 增大，如此小球做匀速圆周运动的周期变大
解析：小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，如此知小球所受的电场力竖直向上，与电场方向相反，因此小球带负电，故A 正确。

小球做匀速圆周运动，动能不变，重力势能不断变化，两者之和即机械能在变化，故B 错误。

小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，如此有 qvB ＝m 4π2
T 2r ，又qE ＝mg ，联立得T ＝2πE Bg
，故C 正确。

在加速电
场中，根据动能定理得qU ＝12mv 2，得v ＝2qU m ，知假设电压U 增大，小球获得的速度v 增大，
小球做匀速圆周运动的轨迹半径增大，根据T ＝2πm qB
知小球做匀速圆周运动的周期不变。

故D 错误。

8．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如下列图，球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t 1，水平射程为x 1，着地速度为v 1。

撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t 2，水平射程为x 2，着地速度为v 2，如此如下论述正确的答案是( ABC )
A ．x 1>x 2
B ．t 1>t 2
C ．v 1和v 2大小相等
D ．v 1和v 2方向一样
解析：当桌面右边存在磁场时，由左手定如此可知，带正电的小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，竖直方向上的加速度a <g ，所以t 1>t 2，x 1>x 2，A 、B 对；又因为洛伦兹力不做功，故C 对；两次小球着地时速度方向不同，D 错。

9．如下列图，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A 与B 处在同一条竖直线上，其中小球B 带正电荷并被固定，小球A 与一水平放置的光滑绝缘板C 接触而处于静止状态，假设将绝缘板C 沿水平方向抽去，如此( AB )
A ．小球A 仍可能处于静止状态
B ．小球A 将可能沿轨迹1运动
C ．小球A 将可能沿轨迹2运动
D ．小球A 将可能沿轨迹3运动
解析：假设小球所受库仑力和重力二力平衡，如此撤去绝缘板后，小球仍能继续处于平衡状态，A 正确。

假设小球在库仑力、重力、绝缘板弹力三力作用下处于平衡状态，如此撤去绝缘板后，小球所受合力向上，小球向上运动并受到向左的洛伦兹力而向左偏转，B 正确，C 、
D错误。

10．如下列图，连接平行金属板P1和P2(板面垂直于纸面)的导线的一局部CD和另一连接电池的回路的一局部GH平行，CD和GH均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直纸面向里。

当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段将受到力的作用，如此( BD )
A．等离子体从右方射入时，P1板电势较高，CD受力方向指向GH
B．等离子体从右方射入时，P2板电势较高，CD受力方向背离GH
C．等离子体从左方射入时，P2板电势较高，CD受力方向背离GH
D．等离子体从左方射入时，P1板电势较高，CD受力方向指向GH
解析：电路中的电流的方向为由G到H，当等离子体从右方射入时，由左手定如此可以判断电容器的上极板带负电，下极板带正电，P2板电势较高，电流的方向为由D到C，电流的方向与电路中GH的电流的方向相反，所以CD受到的作用力向左，故A错误B正确。

等离子体从左方射入时，由左手定如此可以判断电容器的上极板带正电，下极板带负电，P1板电势较高，电流的方向为由C到D，电流的方向与电路中GH的电流的方向一样，所以CD受到的作用力向右，故C错误，D正确。

第2卷(非选择题共60分)
二、填空题(共2小题，共14分。

把答案直接填在横线上)
11．(6分)在第三次工业革命的今天，新材料的发现和运用尤为重要。

我国某科研机构发现一种新型的半导体材料，目前已经知道这种半导体材料的载流子(参与导电的带电粒子)的电荷量的值是e(电子电量的绝对值)，但不知道它的电性和载流子的数密度n(单位体积中载流子的数量)。

为了测定这种材料中的载流子是带正电还是带负电，以与载流子的数密度，科学家把这种材料先加工成一块扁平的六面体样品，这块样品的长、宽和厚度分别为a、b、d(如下列图)。

现将这块样品接入电路中，且把靠外的扁平面标记为M，靠里的扁平面标记为N，然后在垂直于大平面的方向加上一个磁感应强度大小为B的匀强磁场。

接通开关S，调节可变电阻R，使电路中产生适宜的电流。

然后用电压表判定M、N两个面的电势上下并测定M、N间的电压(也叫霍耳电压)，从而得到这种半导体材料载流子的电性和数密度。

(1)当M 的电势比N 的电势低时，材料中的载流子带__负__(填“正〞或“负〞)电；
(2)为了测定载流子的数密度n ，除题目中已给出的数据外，还需要测定的物理量有__电路中的电流(电流表读数)I ，M 、N 间的电压(电压表读数或霍尔电压)U __(写出物理量的含义并设定相应的符号)；
(3)根据题设条件和你测定的物理量，写出载流子的数密度的表达式n ＝__BI Ued
__。

解析：(1)根据左手定如此判断，载流子为负电荷，受到指向M 端的磁场力作用，因此M 端电势低；假设载流子为正电荷，受到指向M 端的磁场力作用，M 端电势高。

(2)由q U
b
＝qvB ，I ＝nqvS ＝nqvbd ，解得n ＝BI Ued。

所以还要测量I 、U 。

12．(8分)(2019·河南省郑州市高二上学期期末)如下列图，在水平桌面上有一个台秤，台秤上沿东西方向放置金属棒ab ，金属棒ab 处在沿南北方向的匀强磁场中。

现通过测量金属棒ab 在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向。

(1)在图中画线代替导线完成实验电路图，要求接通电源后电流由a 流向b 。

(2)完成如下主要实验步骤中的填空：
①按图接线；
②保持开关S 断开，读出台秤示数m 0；
③闭合开关S ，调节滑动变阻器R 的阻值使电流大小适当，此时台秤仍有读数，然后读出并记录台秤示数m 1和__电流表的示数I __；
④用米尺测量__金属棒的长度L __。

(3)用测量的物理量和重力加速度g 表示磁感应强度的大小，可以得到B ＝__|m 0－m 1|g IL
__。

(4)判断磁感应强度方向的方法是：假设m 1＜m 0，磁感应强度方向垂直金属棒向__南__(填“南〞或“北〞)。

解析：(1)用滑动变阻器的限流式接法即可，如下列图。

(2)③闭合开关S ，调节R 的阻值使电流大小适当，此时台秤仍有读数，然后读出并记录台秤示数m 1和电流表的示数I ；④用米尺测量金属棒的长度L 。

(3)根据平衡条件，有：|m 0－m 1|g ＝BIL 解得：B ＝|m 0－m 1|g IL。

(4)台秤上沿东西方向放置金属棒ab ，a 端为东，b 端为西，电流方向自东向西，金属棒ab 处在沿南北方向的匀强磁场中，假设m 1＜m 0，说明安培力的方向向上，根据左手定如此可知磁感应强度方向向南。

三、论述·计算题(共4小题，共46分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)(2019·吉林省四平市实验中学高二上学期期末)如下列图，两平行金属导轨间的距离L ＝0.40 m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.50 T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.50 Ω的直流电源。

现把一个质量m ＝0.04 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。

导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0＝2.5 Ω，金属导轨的其他电阻不计，g 取10 m/s 2。

sin 37°＝0.60，cos37°＝0.80，试求：
(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力大小；
(3)导体棒受到的摩擦力的大小。

答案：(1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N
解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I ＝E
R ＋r ，代入数据解得：I ＝1.5 A
(2)导体棒受到的安培力：F 安＝BIL ，代入数据解得：F ＝0.30 N ，方向沿斜面向上
(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F 1＝mg sin 37°＝0.24 N
由于F 1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f ，根据共点力平衡条件有： mg sin 37°＋f ＝F 安，解得：f ＝0.06 N 。

14．(12分)(2019·河南省郑州市高二上学期期末)如下列图，在xOy 平面内有虚线OP 为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP 与x 轴成45°角，OP 与y 轴之间的磁场方向垂直纸面向外，OP 与x 轴之间的电场平行于x 轴向右，电场强度为E ，在y 轴上有一点M ，到O 点的距离为L ，现有一个质量为m ，带电量为＋q 的带电粒子从静止经电压为U 的电场加速后从M 点以垂直y 轴的速度方向进入磁场区域(加速电场图中没有画出)，不计带电粒子的重力，求：
(1)从M 点进入匀强磁场的带电粒子速度的大小？
(2)为使带电粒子刚好不能进入电场区域，如此磁感应强度B 应为多大？
(3)改变匀强磁场的磁感应强度的大小，使带电粒子沿y 轴负方向进入匀强电场，如此带电粒子从x 轴离开电场时的位置到O 点的距离为多少？
答案：(1)2qU m (2)(2＋1)2mU
qL 2 (3)L
2＋EL 216U 解析：(1)从M 点进入磁场的带电粒子速度的大小为v ，根据动能定理得qU ＝12
mv 2，解得v ＝2qU
m
(2)带电粒子刚好不能进入电场区域轨迹如图甲所示，设磁感应强度为B ，由图可知：OM ＝R ＋2R ＝L ，解得：R ＝L
1＋2
由洛伦兹力提供向心力可得：qvB ＝m v 2
R
，
解得：B ＝(1＋2)2mU
qL 2
(3)由图乙可知带电粒子沿y 轴负方向进入匀强电场时，在磁场中运动的轨道半径为R 1＝L
2，在电场中做类平抛运动，加速度a ＝qE
m
， y 轴方向匀速运动，有：R 1＝vt
x 轴方向匀加速运动，有：x ＝12at 2
联立解得x ＝EL 216U ，到O 点的距离为L 2＋EL 2
16U。

15．(12分)如下列图空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中Ⅰ、Ⅱ区域存在匀强电场E 1＝1.0×104 V/m ，方向垂直边界竖直向上，E 2＝34
×105 V/m ，方向水平向右；Ⅲ区域存在匀强磁场，磁感应强度B ＝5.0 T ，方向垂直纸面向里，三个区域宽度分别为d 1＝5.0 m ，d 2＝4.0 m ，d 3＝10 3 m ，一质量m ＝1.0×10－8 kg 、电荷量q ＝1.6×10－6 C 的粒子从O 点由静止释放，粒子重力忽略不计。

求：
(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；
(2)粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角；
(3)粒子从O 点开始到离开Ⅲ区域时所用的时间。

答案：(1)v 1＝4×103 m/s (2)θ＝30° (3)t ＝6.12×10－3
s
解析：(1)由动能定理得：12
mv 21＝qE 1d 1 得：v 1＝4×103 m/s
(2)粒子在区域Ⅱ做类平抛运动，设水平向右为y 轴，竖直向上为x 轴，粒子进入区域Ⅲ时速度与边界的夹角为θ
tan θ＝v x
v y
① v x ＝v 1v y ＝at 2
②
a ＝qE 2m
③ t 2＝d 2v 1
④ 由①②③④式解得θ＝30°
(3)粒子进入磁场时的速度v 2＝2v 1
粒子在磁场中运动的半径 R ＝mv 2qB
＝10 m 所以粒子在磁场中运动所对的圆心角为120°，因此t 3＝13×2π m qB ＝5π6
×10－3 s ；粒子在电场Ⅰ中，qE 1＝ma 1，v 1＝a 1t 1得t 1＝2.5×10－3
s
由④得t 2＝10－3 s t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(3.5＋5π6
)×10－3 s ＝6.12×10－3 s 16．(12分)(2019·河南省豫南九校高二上学期期末联考)如下列图的电路，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 1＝6 Ω，R 2＝12 Ω，间距d ＝0.2 m 的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，闭合开关S ，板间电场视为匀强电场。

将喷墨打印机的喷头对准两板的中点，从喷口连续不断地喷出水平初速度为v ＝0.1 m/s 的一样带电墨滴，设滑动变阻器接入电路的阻值为R x 。

(g 取10 m/s 2
)求：
(1)当R x ＝3 Ω时，电阻R 1消耗的电功率。

(2)改变R x 的值，可以使进入板间的带电墨滴做匀速圆周运动，最后与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°。

如此①带电墨滴的比荷q /m 为多大？②此时R x 的阻值是多少？
答案：(1)6 W (2)①0.5 C/kg ②7 Ω
解析：(1)由图可知闭合电路的外电阻为：R ＝R x ＋
R 1R 2R 1＋R 2＝3Ω＋6×126＋12
Ω＝7 Ω 根据闭合电路的欧姆定律可得电流为： I ＝E R ＋r ＝127＋1
A ＝1.5 A R 1两端的电压为：U 1＝IR 12＝1.5×4 V＝6 V ，R 1消耗的功率为：P ＝U 2
1R 1
＝6 W (2)带电墨滴进入电、磁场区域做匀速圆周运动，必有重力和电场力等大反向，洛伦兹力
提供向心力，根据牛顿第二定律：qvB ＝m v 2R ，又因电场力等于重力，如此有：mg ＝q U 2d
， 带电墨滴做匀速圆周运动的初末速度的夹角等于圆心角为60°，根据几何关系得R ＝d 。

解得带电墨滴的比荷：q m ＝
v Bd ＝0.11×0.2 C/kg ＝0.5 C/kg ，电压为：U 2＝BRgd v ＝4 V 干路电流为：I 2＝
U 2R 12＝44 A ＝1 A ，解得：R x ＝E －U 2I －r ＝12－41
Ω－1 Ω＝7 Ω。