2025高中物理人教版选修3-1教学资源包（名师同步导学）第三章　第1节　磁现象和磁场含答案

PAGEPAGE42025高中物理人教版选修3-1教学资源包（名师同步导学）第三章第1节磁现象和磁场「基础达标练」1．下列关于磁场的说法中，正确的是()A．磁场和电场一样，是客观存在的、性质相同的一种特殊物质B．磁场是为了解释磁极间的相互作用而人为规定的C．磁极与电流之间不能发生相互作用D．磁极之间、磁极和电流之间、电流和电流之间都能通过磁场发生相互作用解析：选D磁场和电场都是客观存在的特殊物质，但两者性质有较大的差别，A、B选项错误；磁极与电流之间通过磁场存在相互作用，C选项错误；磁极之间、磁极和电流之间、电流和电流之间都能通过磁场发生相互作用，D选项正确．2．(多选)下列说法中正确的是()A．任何磁体都具有N极和S极两个磁极B．奥斯特实验说明了电流周围存在着磁场C．通电导体之间也存在着相互作用，它们是通过电场发生作用的D．地磁场的N极与地理的南极重合，地磁场的S极与地理的北极重合解析：选AB磁体都有两个磁极：N极、S极，A正确；奥斯特实验说明电流周围存在磁场，B正确；通电导体之间的相互作用是通过磁场产生的，C错误；地磁场的两极与地理两极并不重合，D错误．故选AB.3．关于磁场的说法，正确的是()A．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B．磁铁与磁铁之间的相互作用是通过磁场发生的，通电导体与通电导体之间的相互作用是通过电场发生的C．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质D．磁铁周围只有在磁极与磁极、磁极和电流发生作用时才有磁场解析：选C根据电磁场的分布可知，小磁针静止时北极所指的方向为北极，即指北的磁极叫北极，指南的磁极叫南极，A选项错误；磁极之间的相互作用，通电导体与通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的，B选项错误；磁场和电场一样，也是一种客观存在的特殊物质，C选项正确；磁铁的周围存在磁场，在没有磁极与磁极，磁极和电流发生作用时也有磁场，D选项错误．4.如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．发现这个实验现象的物理学家是()解析：选C牛顿是经典力学的奠基人，爱因斯坦创立了狭义和广义相对论，居里夫人在天然放射性的研究领域有杰出的贡献，奥斯特首先发现了电流的磁效应，正确答案为C.5．现有甲、乙两根钢棒，当把甲的一端靠近乙的中部时，没有力的作用；而把乙的一端靠近甲的中部时，二者相互吸引，则()A．甲有磁性，乙无磁性 B．甲无磁性，乙有磁性C．甲、乙均无磁性 D．甲、乙均有磁性解析：选B对于磁体，磁性最强的区域是磁极，若钢棒有磁性，其磁性最强的区域是两端，中间几乎没有磁性，由于甲的一端与乙的中部不吸引，则说明甲棒无磁性，乙的一端能吸引甲的中部，则说明乙棒有磁性，故B正确，A、C、D错误．6.目前许多国家都在研制磁悬浮列车，我国拥有全部自主知识产权的第一条磁悬浮列车试验线已建成通车(如图)．一种磁悬浮列车的车厢和铁轨上分别安放着磁体，车厢用的磁体大多是通过强大电流的电磁铁，现有下列说法：①磁悬浮列车利用了磁极间的相互作用；②磁悬浮列车利用了异名磁极互相排斥；③磁悬浮列车消除了车体与轨道之间的摩擦；④磁悬浮列车增大了车体与轨道之间的摩擦．正确的组合是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④解析：选A磁悬浮列车利用磁极间的相互作用的特性而与铁轨分离，这样它在前进过程中不再受到与铁轨之间的摩擦阻力，而只会受到空气的阻力．故A正确．7.磁性水雷是用一个可以绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，就会引起水雷的爆炸，如图所示，其依据是()A．磁体的吸铁性B．磁极间的相互作用规律C．电荷间的相互作用规律D．磁场具有方向性解析：选B磁性水雷中的小磁针静止时，一端指南，一端指北，水雷不会爆炸，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，由磁极间的相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引知，就会使水雷中的小磁针发生转动，而触发水雷发生爆炸，故B正确，A、C、D错误．8．(多选)教师在课堂上演示奥斯特实验——电流对小磁针的作用时，同学们发现，南北放置的导线下方的小磁针在导线不通电时，小磁针的N极总指向北方，通电后小磁针偏转；改变电流的方向，小磁针的偏转方向恰好相反，导线中电流增大，小磁针偏转更迅速．关于实验的分析，下列说法正确的是()A．只要是导线，周围都有磁场B．导线只有通电后，周围才能产生磁场C．电流的磁场具有方向性D．通电导线周围形成的磁场强弱与电流大小有关解析：选BCD不通电时导线下方小磁针N极指北，是因为地磁场的S极在地理北极附近，与导线是否通电无关；导线通电后小磁针偏转，改变导线中电流方向，小磁针偏转方向改变，说明电流产生的磁场也具有方向性；电流大，小磁针偏转快，说明电流大，磁场强．「能力提升练」1．奥斯特深信电和磁有某种联系．为了研究这种联系，有一次他拿一根细铂丝接到电源上，在它的前面放一枚磁针，试图用铂丝来吸引磁针．结果铂丝变灼热，甚至发光了，磁针却纹丝不动．你认为，奥斯特该次实验失败的主要原因可能是()A．电源的正负极颠倒了 B．磁针的磁性颠倒了C．地球磁场的干扰 D．磁针位置不正确解析：选C在地球的周围存在沿南北方向的磁场，所以小磁针静止时沿南北方向，若奥斯特实验时，电流的磁场方向也沿南北方向，则小磁针不能发生偏转．所以奥斯特该次实验失败的主要原因可能是由于电流的方向沿东西方向，电流的磁场受到地球的磁场的干扰．故选C.2．如图所示，a、b、c三根铁棒中有一根没有磁性，则这一根可能是()A．a B．bC．c D．都有可能解析：选A由题图知b、c相互排斥，说明b、c都有磁性，所以a棒无磁性．故选项A正确．3.如图所示，A为电磁铁，C为胶木大秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升过程中，轻绳上拉力F的大小为()A．F＝mgB．Mg＜F＜(M＋m)gC．F＝(M＋m)gD．F＞(M＋m)g解析：选DA、C受重力Mg，绳拉力F，B给A的磁场力f1，B受力为重力mg和A给B的磁场力f2，对A、C(包括支架)由平衡条件有F＝Mg＋f1，对B由牛顿第二定律有f2－mg＝ma(a＞0)，由牛顿第三定律有f1＝f2，联立解得F＝Mg＋m(g＋a)＞(M＋m)g.该题亦可用超重规律分析：以A、B、C组成的系统为研究对象，整个系统处于超重状态，故F＞(M＋m)g，且在A、B接触前F不断增大．4．在宇宙环境中，地磁场保护着地球，地质记录表明，自地球在46亿年前形成以来，已经有过数百次地磁反转，也就是说，地球的磁场在“反极性”(地磁场方向与现在的方向相同)和“正极性”(地磁场方向与现在的方向相同)之间不断变换．物理学家的研究认为，地球的磁极反转在未来仍可能会发生．下列关于地磁反转期间的说法正确的是()A．对依靠磁场进行导航的物种不会有影响B．若地磁场处于最弱的状态时，就不会对地球生物的生存有影响C．太阳辐射的髙能粒子直接轰击地球的大气层，可能引发一些疾病D．地球磁场的反转可能是瞬间发生，而不是一个缓慢、渐进的过程解析：选C地磁反转期间，对依靠磁场进行导航的物种会有影响，A选项错误；地磁场能使太阳辐射的高能带电粒子发生偏转，对地球的生物有一定的保护作用，若地磁场处于最弱的状态时，就会对地球生物的生存有影响，B选项错误；当太阳辐射的高能粒子直接轰击地球的大气层时，可能引发一些疾病，C选项正确；地球磁场的反转不可能是瞬间发生，而是一个缓慢、渐进的过程，D选项错误．5．磁带、磁盘、存折、信用卡等都是利用磁性材料制成的生活用具，为了保护这些用具上的信息，你认为应该怎样做？解析：磁带、磁卡等是利用对其上面的磁性材料磁化的强弱或方向的不同来记录信息的，如果将它们与磁性物体放在一起，则它上面的磁性材料会被重新磁化，使其原有信息消失，因此磁带、磁卡等应放在远离磁铁等磁性物体的地方．另外各种银行卡、交费卡、电话卡最好也不要长时间地放在一起，以免它们互相磁化而丢失信息．答案：见解析6．一块没有标明南、北极的小磁针，你能想办法判断它的磁极吗？(1)A同学用一个已知磁性的小磁针，立刻得出了结果．你知道他是怎样得出的吗？(2)B同学设计了这样一个方案：他将小磁针固定在小塑料盘中，然后放在水中，他的结论也是正确的，你能说出他利用了什么原理吗？解析：(1)A同学利用磁体磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．(2)B同学利用了地磁场的影响，地理的南极为地磁的北极，地理的北极为地磁的南极．小磁针指地理南极的一端一定是小磁针的S极，指地理北极的一端一定是小磁针的N极．答案：见解析第三章第2节磁感应强度「基础达标练」1．相隔一定距离的电荷或磁体间的相互作用是怎样发生的？这是一个曾经使人感到困惑、引起猜想且有过长期争论的科学问题.19世纪以前，不少物理学家支持超距作用的观点．英国的迈克尔·法拉第于1837年提出了电场和磁场的概念，解释了电荷之间以及磁体之间相互作用的传递方式，打破了超距作用的传统观念.1838年，他用电力线(即电场线)和磁力线(即磁感线)形象地描述电场和磁场，并解释电和磁的各种现象．下列对电场和磁场的认识，正确的是()A．法拉第提出的磁场和电场以及电力线和磁力线都是客观存在的B．在电场中由静止释放的带正电粒子，一定会沿着电场线运动C．磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向一致D．通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的解析：选D电场和磁场均是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场和磁场而引入的虚拟的线，实际中并不存在，故A错误；电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线不是电荷在场中的轨迹．只有在点电荷的电场和匀强电场中由静止释放的带正电粒子，一定会沿着电场线运动，故B错误；磁感线上某点的切线方向是磁场的方向，通电导线的受力方向不是磁场的方向，故C错误；根据磁场的性质可知，通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故D正确．2．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是()A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关解析：选D因为磁场中某点的磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力及方向都无关，所以A选项错误，D选项正确；因为通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且与通电导线的取向有关，故B选项错误；对C选项虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等，但当导线在各个位置的放置方向不同时，导线所受安培力是不相同的(导线与磁场垂直时所受安培力最大，与磁场平行时所受安培力为零)，而C选项中没有说明导线在各个位置的取向是否相同，所以C选项错误．3．磁感应强度的单位T用基本单位可表示为()A.eq\f(kg,A·s2) B.eq\f(kg,A·s)C.eq\f(kg·m2,A) D.eq\f(kg·m2,A·s2)解析：选A根据磁感应强度的定义式可知，B＝eq\f(F,IL)，磁感应强度单位为T，根据单位换算关系可知，1T＝eq\f(1N,A·m)＝eq\f(1kg·m/s2,A·m)＝eq\f(1kg,A·s2)，A选项正确．4．(多选)物理学中，通过引入检验电流了解磁场力的特性，对检验电流的要求是()A．将检验电流放入磁场，测量其所受的磁场力F、导线长度L和通电电流I，应用公式B＝eq\f(F,IL)，即可测得磁感应强度BB．检验电流不宜过大C．公式B＝eq\f(F,IL)只能应用于匀强磁场D．只要满足长度L很短、电流很小、将其垂直放入磁场的条件，公式B＝eq\f(F,IL)对任何磁场都适用解析：选BD检验电流的方向要垂直于磁场的方向放置，故A错误；用检验电流来了解磁场，要求检验电流对原来磁场的影响很小，可以忽略，所以导体长度L应很短，电流应很小，垂直磁场方向放置，只要满足上述条件，磁感应强度的定义式B＝eq\f(F,IL)适用于所有磁场，故C错误，B、D正确．5．关于磁感应强度，下列说法正确的是()A．由真空中点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，当r→0时，E→无穷大B．由B＝eq\f(F,IL)可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的IL成反比C．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向D．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零解析：选C点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)适用于真空中、点电荷，当r→0时不满足点电荷的条件，所以不能直接使用，故A错误；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B＝eq\f(F,IL)只是磁感应强度的定义式，故B错误；根据磁场方向的规定可知，磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，故C正确；一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，可能是由于导线的方向与磁场的方向平行，该处磁感应强度不一定为零，故D错误．6．(多选)在空间某点A存在两个磁场B1、B2，B1＝3T，B2＝4T，A点的磁感应强度大小可能为()A．7T B．1TC．5T D．0解析：选ABC磁感应强度是矢量，合成时遵循平行四边形定则，所以合磁感应强度的范围为B2－B1≤B≤B2＋B1，分析可得选项A、B、C正确．7.在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度．具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10cm处放一个罗盘，导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度．现已测出此地的地磁场水平分量Be＝5.0×10－5T，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置(如图所示)．由此测出该通电直导线在其正下方10cm处产生磁场的磁感应强度大小为()A．5.0×10－5T B．7.07×10－5TC．8.66×10－5T D．1.0×10－4T解析：选C各个分磁感应强度与合磁感应强度关系如图所示．根据三角函数关系可得tan30°＝eq\f(Be,B1)，即B1＝eq\f(Be,tan30°)＝8.66×10－5T，故C正确．8．某地地磁场的磁感应强度大约是4.0×10－5T．一根长为500m的电线，电流为10A，该导线受到的最大磁场力是多少？解析：电流处在地磁场中，根据磁感应强度的定义，只有电流与磁场垂直时，所受的磁场力最大．由公式B＝eq\f(F,IL)可得F＝BIL.所以F＝4.0×10－5×10×500N＝0.2N.答案：0.2N「能力提升练」1．(多选)关于磁感应强度的方向和电场强度的方向，下列说法正确的是()A．电场强度的方向与电荷所受电场力的方向相同B．电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同C．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同D．磁场的方向与小磁针S极所受磁场力的方向相同解析：选BC电场强度的方向与正电荷所受的电场力的方向相同，磁感应强度的方向与小磁针N极所受的磁场力的方向相同，故B、C正确，A、D错误．2．用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中不属于用比值法定义物理量的是()A．加速度a＝eq\f(Δv,Δt) B．电流I＝eq\f(U,R)C．电场强度E＝eq\f(F,q) D．磁感应强度B＝eq\f(F,IL)解析：选B加速度a与Δv和Δt的大小无关，电场强度E与F和q的大小无关，磁感应强度B与F以及IL的大小无关，故A、C、D都是比值法定义，而电流I的大小取决于其两端的电压和电阻的大小，故B不属于比值法定义．3．对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”，人们假定，在N极上聚集着正磁荷，在S极上聚集着负磁荷，由此可以将磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律，例如磁的库仑定律，磁场强度等．在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同，若用H表示磁场强度，F表示点磁荷所受磁场力，qm表示磁荷量，则磁场强度可以表示为H＝eq\f(F,qm).以下公式所采取的定义方法与磁场强度不相同的是()A．E＝eq\f(F,q)B．B＝eq\f(F,IL)C．C＝eq\f(Q,U)D．E＝eq\f(U,d)解析：选D分析题意可知，磁场强度的定义方法为比值定义法，电场强度E＝eq\f(F,q)，磁感应强度B＝eq\f(F,IL)，电容C＝eq\f(Q,U)，均用到了比值定义来定义物理量，A、B、C选项正确；匀强电场场强与电势差关系为U＝Ed，E＝eq\f(U,d)不属于比值定义法，D选项错误．4．(多选)如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．位于纸面内的细直导线长L＝1m，通有I＝1A的恒定电流，该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度为B2.当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零．则B2大小可能为()A．0.5T B.eq\f(\r(3),2)TC．1T D.eq\r(3)T解析：选BCD由于通电导线在磁场中受到的安培力为零，则可知B1与B2的合磁场方向沿着导线，如图所示．根据平行四边形定则知，当B2与导线垂直时B2有最小值，其值B2＝B1sin60°＝eq\f(\r(3),2)T．当B2与导线不垂直且满足B沿着导线，则B2>eq\f(\r(3),2)T，故选项B、C、D正确，A错误．5．磁感应强度为矢量，它可以分解为几个分量．(1)如果北半球某处地磁场的磁感应强度大小为B，与水平方向的夹角为θ，那么该处地磁场的磁感应强度的水平分量和竖直分量各为多大？(2)如果地理南、北极和地磁北、南极是重合的，那么在赤道上空磁场的竖直分量是多大？在极地上空地磁场的水平分量是多大？解析：(1)因磁感应强度的大小为B，与水平方向的夹角为θ，所以磁感应强度的水平分量和竖直分量分别为：B水平＝Bcosθ；B竖直＝Bsinθ.(2)在赤道上空，θ＝0°，故有B竖直＝0；在极地上空θ＝90°，故有B水平＝0.答案：(1)BcosθBsinθ(2)006．如图所示，竖直向下的匀强磁场中，用两条竖直线悬吊一水平通电直导线，导线长为L，质量为m，通入电流I后，悬线偏离竖直方向θ角保持静止，已知导线受水平方向的磁场力，求磁场的磁感应强度．解析：分析导线受力，如图所示．根据三力平衡条件，tanθ＝eq\f(F,mg)，根据磁感应强度的定义，B＝eq\f(F,IL)，得B＝eq\f(mgtanθ,IL).答案：eq\f(mgtanθ,IL)第三章第3节几种常见的磁场「基础达标练」1．下列图中，能正确表示直线电流的方向与其产生的磁场方向间关系的是()解析：选B根据安培定则，右手握住直导线，大拇指所指方向为电流方向，四指弯曲方向为电流周围的磁场方向．所以方向向下的电流周围的磁场方向为顺时针方向．方向向上的电流磁感线为逆时针方向，故A错误，B正确；根据安培定则，方向向外的电流周围的磁场方向为逆时针方向，故C错误，D错误．2．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是()A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，同一通电导线所受的磁场力也越大解析：选C电场线和磁感线分别是为了形象地描述电场、磁场而引入的假想线，实际并不存在，选项A错误；两种场线的切线方向均表示相应的场方向，两种场线都不会相交，选项B错误；电场线起始于正电荷、终止于负电荷，而磁感线在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，组成闭合曲线，选项C正确；电场线越密，表示该处电场越强，同一试探电荷在此处受到的电场力越大；磁感线越密表示该处磁场越强，但通电导线受到的磁场力大小还与通电导线方向和导线中的电流方向和大小有关，故电流受到的磁场力不一定大，选项D错误．3．如图所示，当开关S闭合后，小磁针处在通电电流的磁场中的位置正确的是()解析：选D依据安培定则，判断出电流的磁场方向；再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，判知D正确．4．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是()A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零C．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的D．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大解析：选B当回路与磁场平行时，没有磁感线穿过回路，则回路的磁通量Φ为零，这时磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量不一定越大，故A错误；磁通量Φ为零时，可能回路与磁场平行，则磁感应强度不一定为零，故B正确；根据磁通量Φ＝BSsinα，磁通量的变化可能由B、S、α的变化引起，故C错误；磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量不一定越大，还与回路与磁场方向的夹角有关，故D错误．5．小李同学用铁钉与漆包线绕成电磁铁，当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，如图所示．则此时()A．导线A端接电池负极B．铁钉内磁场方向向右C．铁钉左端为电磁铁的N极D．小磁针所在位置的磁场方向水平向右解析：选B当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，所以小磁针处的磁场的方向向左，通电螺线管内部产生的磁场的方向向右，铁钉右端为电磁铁的N极．所以螺旋管外侧的电流的方向向下，即漆包线内电流由A流向B，导线A端接电池正极，故B正确，A、C、D错误．6.如图所示，ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线，在两导线中央悬挂一个小磁针，静止时小磁针和直导线在同一竖直平面内，当两导线中通以大小相等的电流时，小磁针N极向纸面里转动，则两导线中的电流方向()A．一定都是向上B．一定都是向下C．ab中电流向下，cd中电流向上D．ab中电流向上，cd中电流向下解析：选Dab、cd两根导线产生的磁感应强度在小磁针N极处叠加，根据安培定则可知，ab中电流向上，cd中电流向下，小磁针N极所在位置磁感应强度垂直纸面向里，N极向纸里转动，与题意相符，D选项正确．7.如图所示，四根完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，其横截面分别位于正方形abcd的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向外、大小分别为Ia＝I0，Ib＝2I0，Ic＝3I0，Id＝4I0的恒定电流，已知通电长直导线周围距离导线为r处磁场的磁感应强度大小为B＝keq\f(I,r)，式中常量k＞0，I为电流大小，忽略电流间的相互作用，若电流Ia在正方形的中心O点产生的磁感应强度大小为B，则O点处实际的磁感应强度大小及方向为()A．10B，方向垂直于纸面向里B．10B，方向垂直于纸面向外C．2eq\r(2)B，方向由O点指向bc中点D．2eq\r(2)B，方向由O点指向ad中点解析：选C电流Ia在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，根据B＝keq\f(I,r)可知，电流Ib、Ic、Id在O点产生的磁感应强度大小分别为2B、3B、4B，根据安培定则可知，电流Ib在中心O点产生的磁感应强度方向由c到a，电流Ic在中心O点产生的磁感应强度方向由d到b，电流Id在中心O点产生的磁感应强度方向由a到c，根据矢量的合成法则可知O点处实际的磁感应强度大小为2eq\r(2)B，方向由O点指向bc中点，C选项正确．8.已知长直线电流产生的磁场中某点的磁感应强度满足B＝Keq\f(I,r)(其中K为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离)，如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线甲和乙，通有大小均为I且方向相反的电流，a、O两点与两导线共面，且a点到甲的距离、甲到O点的距离及O点到乙的距离均相等．现测得O点磁感应强度的大小为B0＝3T，则a点的磁感应强度大小为()A．1T B.eq\f(4,3)TC.eq\f(3,2)T D．2T解析：选AO点的合磁感应强度B0＝3T，导线甲、乙在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，均为1.5T，根据对称性，导线甲在a点产生的磁感应强度为1.5T，方向垂直纸面向外，导线乙距a点距离为距O点距离的3倍，故产生的磁感应强度为0.5T，方向垂直纸面向里，则a点的磁感应强度大小为1T，方向垂直纸面向外，A选项正确．「能力提升练」1．如图所示，线圈平面与水平方向夹角θ＝60°，磁感线竖直向下，线圈平面面积S＝0.4m2，匀强磁场磁感应强度B＝0.8T．把线圈以cd为轴顺时针转过120°角，则通过线圈磁通量的变化量为()A．0.16Wb B．0.32WbC．0.48Wb D．0.64Wb解析：选C开始时穿过线圈的磁通量Φ1＝BScosθ＝0.8×0.4×0.5＝0.16Wb；当把线圈以cd为轴顺时针转过120°角时，线圈平面与磁感线的方向垂直，所以通过线圈的磁通量Φ2＝BS＝0.8×0.4＝0.32Wb；由图可知，当把线圈以cd为轴顺时针转过120°角时，穿过线圈的磁通量的方向与开始时穿过线圈的磁通量的方向是相反的，所以磁通量的变化量ΔΦ＝Φ1＋Φ2＝0.16＋0.32＝0.48Wb，故C正确，A、B、D错误．2.如图所示是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图．其工作原理类似打点计时器．当电流从电磁铁的接线柱a流入时，吸引小磁铁向下运动，以下选项中正确的是()A．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极B．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极C．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极D．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为N极解析：选D电流从电磁铁的接线柱a流入，根据安培定则，电磁铁的上端为S极，再根据异名磁极相互吸引，小磁铁的下端为N极，故选项D正确．3.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小、相等、方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小、相等、方向相同D．a、c两点处的磁感应强度的方向不同解析：选C由图可知．两导线在O点的磁场方向相同，因此O点磁感应强度不为零，故A项错误；由图可知，a、b两点处磁感应强度大小、方向都相同，故B项错误；由图可知，c、d两点处磁感应强度大小、方向都相同，故C项正确；由图可知，O、a、b、c、d五点处磁感应强度方向都相同，竖直向下，故D项错误．4．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于纸面向外．则()A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0解析：选AC设L1在a、b两点产生的磁感应强度大小为B1，设L2在a、b两点产生的磁感应强度大小为B2，根据安培定则，结合题意B0－(B1＋B2)＝eq\f(1,3)B0，B0＋B2－B1＝eq\f(1,2)B0，联立可得B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0，选项A、C正确．5．地球上某地磁感应强度B的水平分量Bx＝0.18×10－4T，竖直分量By＝0.54×10－4T．求：(1)地磁场磁感应强度B的大小及它的方向；(2)在水平面2.0m2的面积内地磁场的磁通量Φ.解析：(1)根据平行四边形定则，可知B＝eq\r(B\o\al(2,x)＋B\o\al(2,y))＝eq\r(0.182＋0.542)×10－4T≈0.57×10－4TB的方向和水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(By,Bx)＝3.(2)题中地磁场竖直分量与水平面垂直，故磁通量Φ＝By·S＝0.54×10－4×2.0Wb＝1.08×10－4Wb.答案：(1)大小为5.7×10－5T方向与水平面的夹角为θ，且tanθ＝3(2)1.08×10－4Wb6.如图所示，有一个垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.8T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1.0cm.现在纸面内先后放上A、C、D三个圆线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1.0cm；C线圈半径为2.0cm；D线圈半径为0.5cm.问：(1)若磁场方向不变，在B减为0.4T的过程中，A和C中磁通量各改变多少？(2)若磁感应强度大小不变，在磁场方向转过30°角的过程中，D中的磁通量改变多少？解析：(1)A线圈半径为1.0cm，正好和圆形磁场区域的半径相等，而C线圈半径为2.0cm，大于圆形磁场区域的半径，但穿过A、C线圈的磁感线的条数相等，因此在求通过C线圈的磁通量时，面积S只能取圆形磁场区域的面积．设圆形磁场区域的半径为R，对线圈A，Φ＝BπR2，磁通量的改变量ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2Wb＝1.256×10－4Wb，对C线圈，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2Wb＝1.256×10－4Wb.(2)原图中线圈平面与磁场方向垂直，线圈平面与垂直磁场方向的夹角为θ1＝0°；当磁场方向转过30°时，线圈平面与垂直磁场方向的夹角为θ2＝30°.对D线圈，设D的半径为r，则Φ1＝Bπr2cosθ1，Φ2＝Bπr2cosθ2，磁通量的改变量为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Bπr2(cos0°－cos30°)≈0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866)Wb≈8.4×10－6Wb.答案：(1)1.256×10－4Wb1.256×10－4Wb(2)8.4×10－6Wb第三章第4节通电导线在磁场中受到的力「基础达标练」1．关于通电直导线在磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A．磁感应强度跟导线所受的安培力成正比B．安培力的方向跟磁感应强度的方向垂直C．磁感应强度的方向跟安培力的方向相同D．通电直导线在磁场中某处受到的安培力为零，则该处的磁感应强度一定为零解析：选B根据磁感应强度定义式B＝eq\f(F,IL)，可知：磁感应强度跟导线所受的安培力，及电流与导线长度均没有关系，故A错误；根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故B正确，C错误；当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，而此时的磁感应强度不一定为零，故D错误．2.如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成的．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁场B的方向的是()第三章第5节运动电荷在磁场中受到的力「基础达标练」1．关于带电粒子所受洛伦兹力F、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系，下列说法正确的是()A．F、B、v三者必定均保持垂直B．F必定垂直于B、v，但B不一定垂直于vC．B必定垂直于F、v，但F不一定垂直于vD．v必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B解析：选B根据左手定则，洛伦兹力方向垂直于磁场方向和粒子的速度方向，即垂直于磁场方向和速度方向所决定的平面，但是磁场方向与速度方向不一定垂直．故选项B正确．2.匀强磁场中一个运动的带电粒子，受到洛伦兹力F的方向如图所示，则该粒子所带电性和运动方向可能是()A．粒子带负电，向下运动B．粒子带正电，向左运动C．粒子带负电，向上运动D．粒子带正电，向右运动解析：选A根据左手定则，让磁感线穿过掌心，拇指指向F的方向，可判断出四指向上，这样存在两种可能：粒子带正电向上运动或粒子带负电向下运动，故A正确．

3.关于电荷所受电场力和运动电荷受到的洛伦兹力，正确的说法是()A．运动电荷的磁场中一定受洛伦兹力作用B．运动电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向平行C．电荷在电场中一定受电场力作用D．电荷所受电场力方向一定与该处电场方向相同解析：选C运动的电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力作用，比如电荷的运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故A错误；根据左手定则知，洛伦兹力的方向与磁场方向垂直，故B错误；电荷在电场中一定受到电场力作用，故C正确；正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，故D错误．4．如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是()A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动解析：选C通电螺线管产生的磁场在通电螺线管内部磁感线的方向与螺线管的轴线平行，所以电子沿轴线进入螺线管不受洛伦兹力作用，故选项C正确．5．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示．一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：选A根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，得磁场方向水平向左，当一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向上，故A正确，B、C、D错误．6．带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是()A．油滴必带正电荷，电荷量为eq\f(2mg,v0B)B．油滴必带负电荷，比荷eq\f(q,m)＝eq\f(g,v0B)C．油滴必带正电荷，电荷量为eq\f(mg,v0B)D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝eq\f(mg,v0B)解析：选C油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝eq\f(mg,v0B)，C正确．7．显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是()解析：选A电子偏转到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的B­t图的图线应在t轴下方；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的B­t图的图线应在t轴上方，A正确．8．如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，其质量为m、带电荷量为＋q，小球可在棒上滑动，将此棒竖直放在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是E，磁感应强度是B，小球与棒的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下落到具有最大加速度时的速度和所能达到的最大速度．解析：小球向下运动时，洛伦兹力水平向右，电场力水平向左，当此二力平衡时，小球的加速度最大，设此时速度大小为v，则qvB＝qE，故v＝eq\f(E,B).当mg＝μFN时，小球达到最大速度vm，其中FN＝qvmB－qE，所以mg＝μ(qvmB－qE)，vm＝eq\f(mg,μqB)＋eq\f(E,B).答案：eq\f(E,B)eq\f(mg,μqB)＋eq\f(E,B)「能力提升练」1.(多选)一个带正电的小球以速度v0沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，飞离桌子边缘后，通过匀强磁场区域，落在地板上，磁场方向垂直纸面向里(如图所示)，其水平射程为s1，落地速度为v1；撤去磁场后，其他条件不变，水平射程为s2，落地速度为v2，则()A．s1＝s2 B．s1＞s2C．v1＝v2 D．v1＞v2解析：选BC带正电的小球运动过程中洛伦兹力不做功，据动能定理知，两种情况下均为mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以v1＝v2，C正确；带电小球在磁场中运动时洛伦兹力的水平分力做正功，竖直分力做负功，二者代数和为零，但水平速度要增大，竖直速度要减小，落地时间增大，所以水平射程s1＞s2，B正确．2.如图，弹簧测力计下挂有一单匝正方形线框，线框边长为L，质量M，线框上边水平且处于垂直纸面向内的匀强磁场中，线框通有如图方向电流，且线框处于静止状态，若此时弹簧测力计示数大小为F，已知该线框单位长度自由电子个数为n，重力加速度为g，则电子定向移动对应的洛伦兹力大小为()A．F－Mg B．Mg－FC.eq\f(F－Mg,4nL) D.eq\f(Mg－F,nL)解析：选D线框受力平衡，Mg＝BIL＋F，安培力是洛伦兹力的宏观表现，BIL＝nLf，联立解得f＝eq\f(Mg－F,nL)，D选项正确．3．如图所示，一个粗糙绝缘且足够长的斜面体静止于水平面上，并处于方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑的过程中，斜面体静止不动，下列判断正确的是()A．滑块受到的摩擦力逐渐增大B．滑块沿斜面向下做匀加速直线运动C．滑块最终要离开斜面D．滑块最终可能静止与斜面上解析：选C小滑块带正电，由左手定则判断知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，故垂直斜面方向N＋qvB＝mgcosθ，平行斜面方向mgsinθ－f＝ma，其中f＝μN，联立得到f＝μ(mgcosθ－qvB)，a＝gsinθ－eq\f(μmgcosθ－qvB,m)，由于a与v同向，故v增大，故f减小，a增加，故A错误，B错误；当洛伦兹力等于重力垂直斜面分力时，支持力为零，此后滑块离开斜面，故C正确，D错误．4.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向下的电流．已知长直导线在周围产生磁场的磁感应强度B＝eq\f(KI,r)，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到直导线的距离．一带正电小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点，关于该过程中小球对水平面的压力，下列说法中正确的是()A．先增大后减小 B．先减小后增大C．一直在增大 D．一直在减小解析：选D根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线MO段的磁场方向垂直于MN向外，直线ON段的磁场方向垂直于MN向里，所以合磁场大小先减小过O点后反向增大，而方向先外后里，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向下，大小在减小，过O得后洛伦兹力的方向向上，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在减小，故A、B、C错误，D正确．5.摆长为l，摆球质量为m、电荷量为＋q的单摆从如图所示位置A摆下，到最低处便在一个磁感应强度为B的匀强磁场中运动，摆动平面垂直磁场．若图中α＝60°，摆球从A起第一次到最低处时，摆线上的拉力为多少？(重力加速度为g)解析：摆球从静止摆到最低点的过程中，只有重力做功，洛伦兹力不做功，第三章第6节带电粒子在匀强磁场中的运动「基础达标练」1．(多选)关于带电粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是()A．带电粒子飞入匀强磁场后，一定做匀速圆周运动B．带电粒子飞入匀强磁场后做匀速圆周运动时，速度一定不变C．带电粒子飞入匀强磁场后做匀速圆周运动时，洛伦兹力的方向总和运动方向垂直D．带电粒子飞入匀强磁场后做匀速圆周运动时，动能一定保持不变解析：选CD带电粒子飞入匀强磁场的速度方向不同，将做不同种类的运动．速度方向与磁场方向平行做匀速直线运动，速度方向与磁场方向垂直进入做匀速圆周运动．做匀速圆周运动时，速度的大小不变，但方向时刻在变化，所以只有C、D正确．2．质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是()A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间解析：选A由左手定则判断得M带负电、N带正电，选项A正确；由题图可知M、N半径关系为rM>rN，由r＝eq\f(mv,qB)知，vM>vN，选项B错误；因洛伦兹力与速度方向时刻垂直，故不做功，选项C错误；由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)及t＝eq\f(T,2)可知tM＝tN，选项D错误．3.(多选)如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的匀强电场、匀强磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()A．速度 B．质量C．电荷量 D．比荷解析：选AD离子束在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE＝qvB1，v＝eq\f(E,B1)，选项A正确；进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝eq\f(mv,qB2)知，因v、B2相同，只能是比荷相同，选项D正确，选项B、C错误．4．图甲是洛伦兹力演示仪．图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹．图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形．关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是()A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变B．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小C．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变D．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小解析：选D电子被加速电场加速，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得eBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))；只增大电子枪的加速电压U，由r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))可知，轨道半径变大，故A、B错误；只增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，由r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))可知，轨道半径r变小，故C错误，D正确．5．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正、负电子(质量、电量相等，但电性相反)分别以相同速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为(不计正、负电子间的相互作用力)()A．1∶eq\r(3) B．2∶1C.eq\r(3)∶1 D．1∶2解析：选D由T＝eq\f(2πm,qB)，知两个电子的周期相等．正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为60°，则正电子速度的偏向角为θ1＝120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则正电子在磁场中运动的时间为t1＝eq\f(θ1,360°)T＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)T；同理，知负电子以30°入射，从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，负电子在磁场中运动的时间为t2＝eq\f(θ2,360°)T＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T.所以负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为t2∶t1＝1∶2，D正确．6．由中国提供永磁体的阿尔法磁谱仪如图所示，它曾由航天飞机携带升空，安装在阿尔法国际空间站中，主要使命之一是探索宇宙中的反物质．所谓的反物质即质量与正粒子相等，带电量与正粒子相等但电性相反，例如反质子即为eq\o\al(1,－1)H，假若使一束质子、反质子、α粒子和反α粒子组成的射线，以相同的速度通过OO′进入匀强磁场B2而形成4条径迹，则()A．1、3是反粒子径迹 B．2、4为反粒子径迹C．1、2为反粒子径迹 D．4为反a粒子径迹解析：选C两种反粒子都带负电，根据左手定则可判定带电粒子在磁场中的偏转方向，从而确定1、2为反粒子径迹．故C正确．7．质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的各物理量间的关系正确的是()A．速度之比为2∶1 B．周期之比为1∶2C．半径之比为1∶2 D．角速度之比为1∶1解析：选B由qU＝eq\f(1,2)mv2，qvB＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(2qU,m)).r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，而mα＝4mH，qα＝2qH，故rH∶rα＝1∶eq\r(2)，vH＝vα＝eq\r(2)∶1.又T＝eq\f(2πm,qB)，故TH∶Tα＝1∶2，ωH∶ωα＝2∶1.故B项正确．8.一磁场宽度为L，磁感应强度为B，如图，一电荷质量为m、带电荷量为－q，不计重力，以一速度(方向如图)射入磁场．若不使其从右边界飞出，则电荷的最大速度应为多大？解析：若要使粒子不从右边界飞出，当达到最大速度时运动轨迹如图，由几何知识可求得半径r，即r＋rcosθ＝Lr＝eq\f(L,1＋cosθ)又Bqv＝eq\f(mv2,r)，所以v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(BqL,m1＋cosθ).答案：eq\f(BqL,m1＋cosθ)「能力提升练」1.(多选)两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示，若不计粒子的重力，则下列说法正确的是()A．a粒子带负电，b粒子带正电B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C．b粒子动能较大D．b粒子在磁场中运动时间较长解析：选AC粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，故A正确；洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，故半径较大的b粒子速度大，动能也大，所受洛伦兹力也较大，故C正确，B错误；由题意可知，带电粒子a、b在磁场中运动的周期均为T＝eq\f(2πm,qB)，故在磁场中偏转角大的粒子运动的时间较长，α粒子的偏转角大，因此运动的时间就长，故D错误．2.(多选)如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有()A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近解析：选AD要使离子打在屏上，由左手定则，可判断出a、b均带正电，A正确；由牛顿第二定律qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，离子运动轨迹如图所示，又T＝eq\f(2πr,v)，t＝eq\f(α,2π)T，α为轨迹所对圆心角，知a比b飞行时间长，a比b飞行路程长，B、C错误；又a、b在P上落点距O点的距离分别为2rcosθ、2r，故D正确．3．(多选)电磁流量计是根据法拉第电磁感应定律制造的用来测量管内导电介质体积流量的感应式仪表．如图所示为电磁流量计的示意图，匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B；当管中的导电液体流过时，测得管壁上a、b两点间的电压为U，单位时间(1s)内流过管道横截面的液体体积为流量(m3)，已知管道直径为D，则()A．管中的导电液体流速为eq\f(U,BD)B．管中的导电液体流速为eq\f(BD,U)C．管中的导电液体流量为eq\f(BD,U)D．管中的导电液体流量为eq\f(πDU,4B)解析：选AD最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有qvB＝qeq\f(U,D)，则v＝eq\f(U,BD)，故A正确，B错误；流量为Q＝vS＝eq\f(U,BD)·πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))2＝eq\f(πDU,4B)，故D正确，C错误．4．(多选)磁流体发电机又叫等离子体发电机，如图所示，燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体．高温等离子体经喷管提速后以1000m/s进入矩形发电通道．发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，磁感应强度为6T．等离子体发生偏转，在两极间形成电势差．已知发电通道长a＝50cm，宽b＝20cm，高d＝20cm，等离子体的电阻率ρ＝2Ω·m.则以下判断中正确的是()A．发电机的电动势为1200VB．开关断开时，高温等离子体可以匀速通过发点通道C．当外接电阻为8Ω时，电流表示数为150AD．当外接电阻为4Ω时，发电机输出功率最大解析：选ABD由qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv＝6×0.2×1000V＝1200V，故A正确；开关断开时，高温等离子体，在磁场力作用下发生偏转，导致极板间存在电压，当电场力与磁场力平衡时，则带电粒子可以匀速通过发点通道，故B正确；由电阻定律R＝eq\f(ρd,ab)，得发电机内阻为4Ω，由欧姆定律，得电流为100A，故C错误；当外电路总电阻R＝r时，有最大输出功率，故D正确．5.如图所示，半径为r的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，一个质量为m，电量为q的带电粒子从圆形边界沿半径方向以速度v0进入磁场，粒子射出磁场时的偏向角为90度，不计粒子的重力．求：(1)判断粒子的带电性质；(2)匀强磁场的磁感应强度；(3)粒子在磁场中运动的时间．解析：(1)由左手定则可知，粒子带正电．(2)由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝r.洛伦兹力等于向心力，qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R).解得B＝eq\f(mv0,qr).(3)粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πr,v0)＝eq\f(πr,2v0).答案：(1)正电(2)eq\f(mv0,qr)(3)eq\f(πr,2v0)6.电子自静止开始经M、N板间(两板间的电压为U)的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示．求匀强磁场的磁感应强度．(已知电子的质量为m，电量为e)解析：电子在M、N间加速后获得的速度为v，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2－0，电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其在磁场中运动的半径为r，根据牛顿第二定律evB＝meq\f(v2,r)电子在磁场中的轨迹如图，由几何关系得：(r－L)2＋d2＝r2由以上三式得B＝eq\f(2L,L2＋d2)eq\r(\f(2mU,e)).答案：eq\f(2L,L2＋d2)eq\r(\f(2mU,e))第三章习题课(四)带电粒子在磁场或复合场中的运动「基础达标练」1．(多选)如图所示，带电小球在匀强磁场中沿光滑绝缘的圆弧形竖直轨道的内侧来回往复运动，它向左或向右运动通过最低点时()A．加速度大小相等B．速度大小相等C．所受洛伦兹力大小相等D．轨道对它的弹力大小相等解析：选ABC小球在运动过程中受重力，支持力和洛伦兹力．支持力和洛伦兹力不做功，所以只有重力做功，机械能守恒，它向左或向右运动通过最低点时速度大小相同，B对；加速度a＝eq\f(v2,r)相同，A对；洛伦兹力大小F＝qvB相同，C对；向左或向右运动通过最低点时，所受洛伦兹力方向相反，与支持力合力提供向心力，向心加速度相同，即向心力相同，洛伦兹力方向不同，支持力不同，D错．2.如图所示，在xOy平面内，匀强电场的方向沿x轴正向，匀强磁场的方向垂直于xOy平面向里．一电子在xOy平面内运动时，速度方向保持不变．则电子的运动方向沿()A．x轴正向 B．x轴负向C．y轴正向 D．y轴负向解析：选C电子受电场力方向一定水平向左，所以需要受向右的洛伦兹力才能做匀速运动，根据左手定则进行判断可得电子应沿y轴正向运动．3．(多选)一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在如图所示的几种情况中，可能出现的是()解析：选ADA、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针转，正确；C图中粒子应顺时针转，错误；同理可以判断B错，D对．4.(多选)如图所示是磁流体发电机的原理示意图．A、B两极板间的磁场方向垂直于纸面向里．等离子束从左向右进入板间．下列叙述正确的是()A．A极板电势高于B极板B．B极板电势高于A极板C．负载R中电流向下D．负载R中电流向上解析：选AC等离子束指的是含有大量正、负离子，整体呈中性的离子流，进入磁场后，正离子受到向上的洛伦兹力向A极板偏转，负离子受到向下的洛伦兹力向B极板偏转，这样正离子聚集在A极板，而负离子聚集在B极板，A极板电势高于B极板，电流方向从A→R→B，故A、C正确．5.如图，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，半径OC与OB夹角为60°.甲电子以速率v从A点沿直径AB方向射入磁场，从C点射出．乙电子以速率eq\f(v,3)从B点沿BA方向射入磁场，从D点(图中未画出)射出，则()A．C、D两点间的距离为2RB．C、D两点间的距离为eq\r(3)RC．甲在磁场中运动的时间是乙的2倍 D．甲在磁场中运动的时间是乙的3倍解析：选B洛伦兹力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，由几何关系求得r1＝Rtan60°＝eq\r(3)R，由于电子乙的速度是eq\f(v,3)，其轨道半径r2＝eq\f(r1,3)＝eq\f(\r(3)R,3)，它们在磁场中的偏转角分别为60°和120°，根据几何知识可得BC＝R，BD＝2r2tan60°＝R，所以CD＝2Rsin60°＝eq\r(3)R，故A错误，B正确；粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)，所以两粒子的运动时间之比等于偏转角之比即为1∶2，即甲在磁场中运动的时间是乙的eq\f(1,2)倍，故C、D错误．6.如图，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、带电量为＋q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出，则磁感应强度的大小为()A.eq\f(mv,qR) B.eq\f(mv,2qR)C.eq\f(mv,\r(3)qR) D.eq\f(mv,4qR)解析：选B粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图，由几何关系，知圆心角30°，粒子运动的轨迹的半径为：r＝2R①，根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝meq\f(v2,r)得半径为：r＝eq\f(mv,qB) ②，联立①②得：B＝eq\f(mv,2qR)，故B正确，A、C、D错误．7．如图，足够长的水平虚线MN上方有一匀强电场，方向竖直向下(与纸面平行)；下方有一匀强磁场，方向垂直纸面向里．一个带电粒子从电场中的A点以水平初速度v0向右运动，第一次穿过MN时的位置记为P点，第二次穿过MN时的位置记为Q点，PQ两点间的距离记为d，从P点运动到Q点的时间记为t，不计粒子的重力，若增大v0，则()A．t不变，d不变 B．t不变，d变小 C．t变小，d变小 D．t变小，d不变解析：选D粒子在电场中做类平抛运动，设第一次到达P点竖直速度v1(大小不变)，则粒子进入磁场的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1))，速度方向与MN的夹角tanθ＝eq\f(v1,v0)，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径R＝eq\f(mv,qB)，第二次经过MN上的Q点时由几何关系可得d＝2Rsinθ；又sinθ＝eq\f(tanθ,\r(1＋tan2θ))＝eq\f(v1,\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1)))，联立解得d＝eq\f(2mv1,qB)，即当增大v0时d不变；运动的时间t＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)，则当增大v0时，tanθ减小，θ减小，t减小，故A、B、C错误，D正确．8.如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感应强度大小为eq\f(B,2)、方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：(1)射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴？(2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离．解析：粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴，如图所示．(1)粒子在x轴上方时，由牛顿第二定律有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r1)，T1＝eq\f(2πr1,v0)，得T1＝eq\f(2πm,qB)，同理可得粒子在x轴下方磁场中的运动周期T2＝eq\f(4πm,qB)，粒子第二次到达x轴需时间t＝eq\f(1,2)T1＋eq\f(1,2)T2＝eq\f(3πm,qB).(2)粒子在x轴上方时有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r1)，可知r1＝eq\f(mv0,qB)，同理可得粒子在x轴下方磁场中的运动半径r2＝eq\f(2mv0,qB)，粒子第二次到达x轴时离O点的距离s＝2r1＋2r2＝eq\f(6mv0,qB).答案：(1)eq\f(3πm,qB)(2)eq\f(6mv0,qB)「能力提升练」1．如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)．一带正电小球从O点静止释放后，运动轨迹为图中OPQ所示，其中P为运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点．下列关于该带电小球运动的描述，正确的是()A．小球在运动过程中受到的磁场力先增大后减小B．小球在运动过程中电势能先增加后减少C．小球在运动过程中机械能守恒D．小球到Q点后将沿着QPO轨迹回到O点解析：选A小球由静止开始运动，可知电场力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，电场力和重力的合力先做正功，后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的磁场力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，电场力先做正功，再做负功，则电势能先减小后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，电场力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将重复之前的运动，不会沿着QPO轨迹回到O点，故D错误．2.如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动到b点，则小球()A．一定带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程中可能做匀加速直线运动D．从a到b过程，带电小球电势能增加解析：选D假设带电小球做负电，受力如图所示：假设带电小球带正电，受力如图所示：分析可知，无论小球带正电还是负电，均能平衡，故A、B选项错误；根据题意可知，小球做直线运动，由于洛伦兹力与速度的关系，可确定一定做匀速直线运动，C选项错误；从图中可知，电场力总是做负功，则电势能增加，D选项正确．3.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为Ek，那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek′的大小是()A．Ek′＝Ek B．Ek′＞EkC．Ek′＜Ek D．条件不足，难以确定解析：选B质子在加速电场中做加速运动，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，质子沿着直线进入磁场和电场重叠区域时，电场力与洛伦兹力平衡，质子做匀速直线运动，Ek＝qU.氘核的质量是质子的2倍，电荷量相同，在加速电场中加速过程，qU＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，故v2＜v1，进入磁场和电场重叠区域后，洛伦兹力小于电场力，故氘核会向下偏转，电场力做正功，Ek′>qU＝Ek，B选项正确．4．如图所示，直线MN是一匀强磁场的边界，三个相同的带正电粒子(重力不计)分别沿图示1、2、3三个方向以相同的速率从O点射入磁场，沿箭头1、3两个方向的粒子分别经t1、t3时间均从p点离开磁场，沿箭头2方向(垂直于MN)的粒子经t2时间从q点离开磁场，p是Oq的中点，则t1、t2、t3之比为()A．1∶2∶3 B．2∶3∶4C．1∶3∶5 D．2∶3∶10解析：选C粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)，由题意可知，三个粒子为同种粒子、粒子射入磁场时的速率v相同，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r相等，粒子在磁场做圆周运动的运动轨迹如图所示；由图示可知，Oq＝2r，由题意可知；p是Oq的中点，则：Op＝eq\f(1,2)Oq＝r，三粒子做圆周运动的轨道半径相等，则△OPO1、△OPO3都是等边三角形，则粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角：θ1＝60°，θ2＝180°，θ3＝300°，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝eq\f(2πm,qB)相等，粒子在磁场中的运动时间：t＝eq\f(θ,2π)T，粒子在磁场中的运动时间之比：t1∶t2∶t3＝θ1∶θ2∶θ3＝60°∶180°∶300°＝1∶3∶5.故选C.5．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B＝2×10－3T，磁场右边是宽度L＝0.2m、场强E＝40V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子的电荷量q＝－3.2×10－19C，质量m＝6.4×10－27kg，以v＝4×104m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中)；(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)带电粒子飞出电场时的动能Ek.解析：(1)轨迹如图所示．(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有qvB＝meq\f(v2,R)R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.4×10－27×4×104,3.2×10－19×2×10－3)m＝0.4m.(3)Ek＝EqL＋eq\f(1,2)mv2＝40×3.2×10－19×0.2＋eq\f(1,2)×6.4×10－27×(4×104)2J＝7.68×10－18J.答案：(1)见解析(2)0.4m(3)7.68×10－18J6．如图所示为质谱仪的原理图，M为粒子加速器，电压为U1＝5000V；N为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1＝0.2T，板间距离为d＝0.06m；P为一个边长为l的正方形abcd的磁场区，磁感应强度为B2＝0.1T，方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏．今有一比荷为eq\f(q,m)＝108C/