人教版高中物理选修3-1《第三章 磁场》章末测试卷（含答案）

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1、 第三章第三章 磁场磁场 一、选择题（共一、选择题（共 8 小题）小题） 1关于地磁场，下列叙述正确的是 A地球的地磁两极和地理两极重合 B我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的北极 C地磁的北极与地理的南极重合 D地磁的北极在地理南极附近 2如图所示为某条形磁铁磁场的部分磁感线。则下列说法正确的是 A该磁场是匀强磁场 Ba 点的磁感应强度比 b 点的磁感应强度大 Ca 点的磁感应强度比 b 点的磁感应强度小 Da、b 两点的磁场方向相反 3（2018 云南省建水县高三四校联考）四根相互平行的通电长直导线 a、b、c、d 电流均为 I，如图所示放 在正方形的四个顶点上，每根通电直导线单独存

2、在时，四边形中心 O 点的磁感应强度都是 B，则四根通 电导线同时存在时 O 点的磁感应强度的大小和方向为 A2 2B，方向向左 B2 2B，方向向下 C2 2B，方向向右 D2 2B，方向向上 4（2018 云南省昭通市高三五校联合测试）电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种 装置可以把质量为 m=2.0 g 的弹体（包括金属杆 EF 的质量）加速到 6 km/s，若这种装置的轨道宽为 d=2 m，长 L=100 m，电流 I=10 A，轨道摩擦不计且金属杆 EF 与轨道始终接触良好，则下列有关轨道间 所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是 AB=18 T，P

3、m=1.08 108 W BB=0.6 T，Pm=7.2 104 W CB=0.6 T，Pm=3.6 106 W DB=18 T，Pm=2.16 106 W 5实验室经常使用的电流表是磁电式仪表。这种电流表的构造如图甲所示。蹄形磁铁和铁芯间的磁场是 均匀地辐向分布的。当线圈通以如图乙所示的电流，下列说法不正确的是 A线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行 B线圈转动时，螺旋弹簧被扭动阻碍线圈转动 学、科网 C当线圈转到图乙所示的位置时，b 端受到的安培力方向向上 D当线圈转到图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动 6（2018 甘肃重点中学协作体高三上学期第一次联考）有两根长直

4、导线 a、b 互相平行放置，如图所示为 垂直于导线的截面图。在图中所示的平面内，O 点为两根导线连线的中点，M、N 为两根导线附近的两 点，它们在两导线连线的中垂线上，且与 O 点的距离相等。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定 电流 I，则关于线段 MN 上各点的磁感应强度的说法中正确的是 AM 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相同 BM 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相反 C在 O 点的磁感应强度方向水平向右 D在 O 点的磁感应强度方向水平向左 7如图所示，L1和L2为平行虚线，L1上方和L2下方都有垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、 B 两点都在 L2上。带电

5、粒子从 A 点以初速度 v 与 L2成 30 角斜向上射出，经偏转后正好过 B 点，经过 B 点时速度的方向也斜向上，粒子重力不计。下列说法中正确的是 A带电粒子经过 B 点时的速度一定与在 A 点时的速度相同 B若将带电粒子在 A 点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过 B 点 C若将带电粒子在 A 点的初速度方向改为与 L2成 60 角斜向上，它也一定经过 B 点 D粒子一定带正电荷 8 （2018 山东省日照市高三校际联考）质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理 是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计 算出带电粒子

6、质量。其工作原理如图所示。虚线为某粒子运动轨迹，由图可知 A此粒子带负电 B下极板 S2比上极板 S1电势高 C若只减小加速电压 U，则半径 r 变大 D若只减小入射粒子的质量，则半径 r 变小 二、填空题（共二、填空题（共 2 小题）小题） 9（2018 山东省济南第一中学高二学考模拟）电子射线管放在两个磁极之间，电子束的偏转方向如图中虚 线所示。蹄形磁铁的 A 端是_极。 10如图所示，边长为 L 的等边三角形 abc 为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向 外，磁感应强度大小为 B，三角形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为 B。 把一粒子源放在顶点

7、a 处，它将沿a 的角平分线发射质量为 m，电荷量为 q，初速度为的 带负电粒子（粒子重力不计），带电粒子第一次到达 b 点的时间是_，第一次到达 c 点的时间 是_。 三、计算题（共三、计算题（共 3 小题）小题） 11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 v 的速度从点 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？ 12（2018 第一次浙江省普通高校招生选考）如图所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原 点处有一正离子源，单位时间

8、在 xOy 平面内发射 n0个速率为 的离子，分布在 y 轴两侧各为 的范围 内。在 x 轴上放置长度为 L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为 2L，当磁感应强度为 B0时， 沿 y 轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子 间的碰撞，忽略离子间的相互作用。 （1）求离子的比荷 q m ； （2）若发射的离子被收集板全部收集，求 的最大值； （3）假设离子到达 x 轴时沿 x 轴均匀分布。当 =37 ，磁感应强度在 B0B3B0的区间取不同值时，求 单位时间内收集板收集到的离子数 n与磁感应强度B 之间的关系 （不计离子在磁场中运动的时间）

9、13（2018 云南省建水县高三四校联考）如图，在 xOy 平面的第一，四象限内存在着方向垂直纸面向外， 磁感应强度为 B 的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y 方向，电场强度为 E 的匀强电场。从 y 轴上坐 标为 a 的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y 方向成 30 150 ， 且在 xOy 平面内。 结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到 x 轴上， 然后进入第四象限的匀强电场区。 已知带电粒子电荷量为 q，质量为 m，粒子的重力及粒子间相互作用不计。求： （1）垂直 y 轴方向射入磁场粒子运动的速度大小 v1； （2）求粒子在第象限的磁场中运动的最长时间与

10、最短时间差。； （3）从 x 轴上 x=（21）a 点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过 y 轴上 y=b 的点，求该粒子经 过 y=b 点的速度大小。 导线产生的 B 方向 ca，大小为 B，则根据平行四边形定则进行合成可知，所以四根导线同时存在时的磁 感应强度大小为 2 2B，方向水平向左。故选 A。 【名师点睛】此题考查安培定则以及磁场的叠加问题；关键是能用右手定则判断磁场的方向，磁感应强 度是矢量，叠加时满足平行四边形法则。学；科网 4D【解析】通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得 BIdL= 2 m 1 2 mv，代入数值解 得 B=18 T；当速度最大时磁场力

11、的功率也最大，即 Pm=BIdvm，代入数值得 Pm=2.16 106W，故 ABC 错 误，D 正确。 5C【解析】均匀辐向磁场的特点是大小相等，方向指向圆心或方向延长线过圆心，线圈到任意位置，其 平面与磁感线平行，A 正确；线圈转动时，螺旋弹簧被扭动产生弹力，弹力方向与扭动方向相反，阻碍 线圈转动，B 正确；由左手定则可知 a 端受安培力向上，b 端受安培力向下所以，C 错误，D 正确。 【名师点睛】容易题，掌握均匀辐向磁场的分布特点及电流表的工作原理是解决本题的关键。 6B【解析】根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通 电导线在 MN 两点产生的

12、磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M 点和 N 点的磁感应强 度大小相等，M 点磁场向下，N 点磁场向上，方向相反。故 A 错误，B 正确；O 点处，两导线各自形成 的磁感应强度大小相等、方向相反，合磁感应强度为零，故 CD 错误。故选 B。 【名师点睛】本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，注意矢量的合成法则的应用。注意明确导 线磁感应强度的分布规律，并明确立体图的分析方法。 【名师点睛】解答带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹。 往往要抓住圆的对称性。就本题而言，（1）作出粒子的运动轨迹图，通过几何关系求出 A、B 两 点间的距离。（2）质量为

13、m 的粒子从某点以初速度 v 与 L2成一定角度射出，经过偏转后，第一次以相 同方向的速度通过 L2的另一点时，两点间的距离 tan 2d xAB，判断 AB 间的距离是否是 x 的整数倍， 如果是，知粒子能再次通过 B 点。 【名师点睛】电子射线管中电子从负极射向正极，电子受到洛伦兹力，电子束向下偏转，根据左手定则 判断可知洛伦兹力方向，进而判断磁感线方向。 10 2m qB 3 m qB 根据 qB mv R 0 ，可知粒子在磁场中运动的半径为 L，据左手定则可知在三角形区域内粒子转动的圆心 角为 3 ，第一次经过 c 点，运动时间 1 3 mm t qBqB ，三角形外部区域经过 5 3

14、 ，粒子到达 b 点，运动 时间 2 5 3 mm t qBqB ，则第一次到达 b 点，所用时间 12 2m ttt qB 。 11（1） mv eB （2） 3 m eB （1）由左手定则可判断出电子应落在 ON 之间，根据几何关系可解得圆心角为 60 根据 evB=m 2 v R 得 r= mv eB 则电子出射点距 O 点的距离等于电子的运动半径 d=r= mv eB （2）电子在磁场中的运动时间应为 t= 1 6 T= 1 6 2m eB = 3 m eB 12（1） 0 qv mB L （2） 3 （3） 00 1.6BBB时， 10 nn 00 1.62BBB时， 20 0 5

15、5 2 B nn B （）； 00 23BBB时，有 3 0n （1）洛伦兹力提供向心力，故 2 0 v qvBm R 0 1.6BB，恰好收集不到粒子时的半径为 R2，有 2 0.5RL 即 20 2BB，当 00 1.62BBB时 设 mv R qB ，解得 200 0 2 5 5 2 1cos372 RLB nnn RB （） 当 00 23BBB时，所有粒子都不能打到收集板上， 3 0n 13（1） qBa v m （2） 2 3 m Bq （3） 2 2 22qBaqEb v mm （1）设速度 v 粒子与 y 轴夹角 ，垂直达到 x 轴上满足：a=Rsin 由牛顿第二定律得：qvB=m 2 v R 解得： sin qBRqBa v mm 当 =90 时 有：v1= qBa m 速度为： 0 2qBRqBa v mm 设到达 y 轴速度 v，由动能定理得：qEb= 1 2 mv2 1 2 mv02 解得： 2 2 22qBaqEb v mm