高中物理第三章磁场综合A卷同步训练新人教选修.docx

第三章磁场（A卷）（时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.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.首先观察到这个实验现象的物理学家是A.爱因斯坦B.奥斯特C.伽利略D.牛顿答案：B解析：奥斯特在1820年首先发现了电流的磁效应.2.由磁感应强度定义式B=F/IL可知A.磁感应强度B与通电导线受到的磁场力F成正比，与电流强度I和导线长度L的乘积成反比B.同一段通电短导线垂直于磁场放在不同磁场中，所受的磁场力F与磁感应强度B成正比C.公式B=F/IL只适用于匀强磁场D.只要满足L很短，I很小的条件，B=F/IL对任何磁场都适用答案：BD解析：场中某点的磁感应强度的大小和方向由磁场本身性质决定，其大小与磁场中放不放通电导线、放什么样的通电导线及与通电导线所受的力都无关，不能认为B和F成正比，B和IL成反比；由B=F/IL得F=BIL，可见，当IL相同时，F与B成正比；B=F/IL是磁感应强度的定义式，对任何磁场都适用.3.如图所示，若一束电子从O点沿y轴正向移动，则在z轴上某点A的磁场方向应是A.沿x的正向B.沿x的负向C.沿z的正向D.沿z的负向答案：B解析：电子沿y轴正向移动时，等效电流方向为y轴负方向，根据安培定则，在A点磁场方向为x轴负向，应选B.4.如右图所示，有一劲度系数很小的金属弹簧A、B，当它通以电流时，以下说法正确的是A.当电流从A向B通过时，弹簧长度增大，电流反向时弹簧长度减小B.当电流从B向A通过时，弹簧长度增大，电流反向时弹簧长度减小C.无论电流方向如何，弹簧长度都增大D.无论电流方向如何，弹簧长度都减小答案：D解析：由安培定则可知，无论从哪个方向通入电流，相邻两环均会相吸，故长度减小.5.条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心线穿过圆环中心.如图所示，若圆环为弹性环，其形状由扩大到，那么圆环内磁通量的变化的情况是A.磁通量增大B.磁通量减小C.磁通量不变D.条件不足，无法确定答案：B解析：磁铁内部磁感线从S极到N极，磁铁外部磁感线从N极到S极，由于圆环在时，面积大于在时的面积，因此，中由磁铁N极到S极向下穿过圆环的磁感线条数大于中，而在、两种形状时，在磁铁内部由S极到N极向上穿过圆环的磁感线的条数相同，不论圆环处在形状还是形状，向上穿过圆环的磁感线条数总是多于向下穿过圆环的磁感线条数，且中向下的磁感线增加，因此中总的磁通量减小，正确选项是B.6.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在它正上方中央固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线通以垂直纸面向外的电流，则下列说法正确的是A.磁铁对桌面的压力减小B.磁铁对桌面的压力增大C.磁铁对桌面的压力不变D.以上说法都不可能答案：A解析：如图，由左手定则知，导线受力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁受导线的作用力向上，故选A.7. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如右图所示.这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A.离子由加速器的中心附近进入加速器B.离子由加速器的边缘进入加速器C.离子从磁场中获得能量D.离子从电场中获得能量答案：AD解析：回旋加速器的两个D形盒间隙分布周期性变化的电场，不断地给带电粒子加速使其获得能量；而D形盒处分布有恒定不变的磁场，具有一定速度的带电粒子在D形盒内受到磁场的洛伦兹力提供的向心力而做圆周运动；洛伦兹力不做功故不能使离子获得能量，C错；离子源在回旋加速器的中心附近.所以正确选项为A、D.8.一个质子穿过某一空间而未发生偏转，则A.可能存在电场和磁场，它们的方向与质子运动方向相同B.此空间可能有磁场，方向与质子运动速度的方向平行C.此空间可能只有磁场，方向与质子运动速度的方向垂直D.此空间可能有正交的电场和磁场，它们的方向均与电子速度垂直答案：ABD解析：带正电的质子穿过一空间未偏转，可能不受力，可能受力平衡，也可能受合外力方向与速度方向在同一直线上.9.质量为m的金属导体棒置于倾角为的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止，如下图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是答案：ACD解析：摩擦力可能为零时，安培力的范围如图所示，故可知B的范围，符合题意的为A、C、D.10.如图所示，O为圆心，和是半径分别为ON、OM的同心弧，在O处垂直纸面放置一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成回路KLMN.当回路中沿图示方向通过电流时则回路A.向左移动B.向右移动C.KL边垂直纸面向里运动，MN边垂直纸面向外运动D.KL边垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动答案：D解析：先用右手螺旋定则判断出I1周围磁场磁感线的方向，不受安培力，再用左手定则判断KL、MN受力方向可确定D正确.二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）11.把长为l=0.25 m的导体棒置于磁感应强度B=1.0102T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图所示，若导体棒电流I=2.0 A，方向向右，则导体棒受到的安培力的大小F=_，安培力的方向为竖直_（选填“上”或“下”）.答案：5.0103N上解析：F=BIL=1.01022.00.25 N=5.0103N由左手定则知，安培力的方向竖直向上.12.以ab为边界的两匀强磁场的磁感应强度B1=2B2，现有一质量为m、带电荷量为q的粒子，从O点以初速v0沿垂直于ab方向发射，如图1所示，请在图中画出此粒子的运动轨迹，并求出经历时间t=_该粒子重新回到O点（重力不计）.图1图2答案：解析：此粒子的运动轨迹如图所示.粒子在上半部和下半部运动的周期分别为 经历的时间13.一劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd，bc边长为L，线框的下半部处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里.线框中通以电流I，方向如图2所示.开始时线框处于平衡状态.今磁场反向，磁感应强度的大小为B，线框达到新的平衡.在此过程中线框位移的大小x=_，方向_.答案：方向向下解析：设线框的质量为m，bc边受到的安培力为F=nBIL.当电流如图所示时，设弹簧伸长量为x1，平衡时mgF=kx1，当电流反向后，设弹簧伸长量为x2，平衡时mgF=kx2，所以线圈中电流反向后线框的位移大小为方向向下.三、解答题（本题共4小题，14、15、16题各10分，17题12分，共42分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位）14.如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B.一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内.与x轴正向的夹角为. 若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电荷量和质量之比答案：解析：带正电的粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿右图所示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为l，射出时速度的大小仍为v0，射出方向与x轴的夹角为.由于洛伦兹力提供向心力，则：R为圆轨道的半径，解得：圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：联立两式，解得15.在POQ区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，负离子质量为m，电量为q，从边界OQ上的A点垂直于OQ也垂直于磁场方向射入磁场，OA=d，若要求离子不从OP边界射出磁场，离子的速度v应满足什么条件？答案：解析：由离子在A点所受洛伦兹力方向可确定圆心一定在AQ线上，离子从OP边界射出磁场的临界轨迹是轨迹圆，且恰与OP相切，如图所示.确定临界轨迹圆的圆心：从轨迹圆和OP的切点D作OP的垂线交AQ于C即为圆心，画出临界轨迹圆，利用几何知识可得临界半径满足条件的半径再利用物理规律可确定v的取值范围16.一段粗细均匀的导体长为L，横截面积为S，如图所示，导体单位体积内的自由电子数为n，电子电荷量为e，通电后，电子定向运动的速度大小为v.（1）请用n、e、S、v表示流过导体的电流大小I.（2）若再在垂直导体的方向上加一个空间足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，试根据导体所受安培力推导出导体中某一自由电子所受的洛伦兹力大小的表达式.答案：(1)nSve(2)f=evB解析：(1)导体中电流大小：I=q/t取t时间，该时间内通过导体某一截面的自由电子数为nSvt该时间内通过导体该截面的电荷量为vSvte代入上式得：I=q/t=nSve（2）该导体处于垂直于它的匀强磁场中所受到的安培力：F=ILB又I=nSve，代入上式得：F=BneSvL安培力是洛伦兹力的宏观表现，即某一自由电子所受的洛伦兹力f=F/N式中N为该导体中所有的自由电子数N=nSL由以上几式得：f=evB17.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有存沿y方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于平面向外的匀强磁场.现有一电荷量为q、质量为m的粒子（不计重力）以初速度v0沿x方向从坐标为（3l,l）的P点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与y轴方向的夹角为45，求：（1）粒子从O点射出时的速度v和电场强度E.（2）粒子到从P点运动到O点过程所用的时间.答案：(1)(2)解析：依题意知，带电粒子在电场中做类平抛运动，设进入磁场时的点为Q点.