新高考物理一轮复习精讲精练第10章 磁场 章末测试（含解析）

磁场章末测试

(建议用时：75分钟)

一、单项选择题

1、中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是(　　)

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．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强

C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的

D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置

【答案】B　

【解析】地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，所以在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，选项A错误；在地球的南北极地磁的方向与几乎地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高能粒子所受的磁场力最大，选项B正确；地球自转方向是自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可能地球是带负电的，故C错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若通电导线相对水平地面竖直放置，地磁场方向与导线电流的方向垂直，则根据安培定则可知，地磁场对实验的影响较大，故在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，选项D错误。

2、(2022·河北石家庄一模)一个各边电阻相同、边长均为L的正六边形金属框abcdef放置在磁感应强度大小为B、方向垂直于金属框所在平面向外的匀强磁场中。若从a、b两端点通以如图所示方向的电流，电流大小为I，则关于金属框abcdef受到的安培力的判断正确的是(　　)

A．大小为BIL，方向垂直于ab边向左

B．大小为BIL，方向垂直于ab边向右

C．大小为2BIL，方向垂直于ab边向左

D．大小为2BIL，方向垂直于ab边向右

【答案】A

【解析】设通过ab支路的电流为I1，通过afedcb支路的电流为I2，其中afedcb支路在磁场中所受安培力的有效长度为a、b两端点间的长度L，所以金属框受到的安培力的合力大小为F＝BI1L＋BI2L＝BIL，根据左手定则可知安培力的方向垂直于ab边向左，故A正确。

3、(2022·北京通州区一模)一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。金属板A、B和等离子体整体可以看作一个直流电源，A、B便是这个电源的两个电极。将金属板A、B与电阻R相连，假设等离子体的电阻率不变，下列说法正确的是(　　)

A．A板是电源的正极

B．等离子体入射速度不变，减小A、B两金属板间的距离，电源电动势增大

C．A、B两金属板间的电势差等于电源电动势

D．A、B两金属板间的电势差与等离子体的入射速度有关

【答案】D

【解析】由左手定则可知，正离子受向下的洛伦兹力偏向B板，则B板带正电，B板是电源的正极，A错误；当达到平衡时有qvB＝q，解得电动势E＝Bdv，则等离子体入射速度不变，减小A、B两金属板间的距离d，电源电动势减小，B错误； 根据闭合电路欧姆定律可知，A、B两金属板间的电势差等于外电路的电压，小于电源电动势，C错误；A、B两金属板间的电势差U＝＝，可知与等离子体的入射速度有关，D正确。

4、如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点(　　)

A．　　　　　　　　　 B．

C． D．

【答案】B　

【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O

点的时间t＝＋＝，所以选项B正确。

5、现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子(11H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若换作α粒子(24He)在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的倍数是(　　)

A．　　　　　　　　　　 B．

C．2 D．

【答案】B　

【解析】电场中的直线加速过程根据动能定理得qU＝mv2－0，得v＝；离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝m，有R＝，联立可得：B＝；质子与α粒子经同一加速电场则U相同，同一出口离开磁场则R相同，则B∝，可得＝＝，即Bα＝BH；故选B。

6、2018年中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至一半光速，打破了美国、瑞士等少数国家的垄断。如图所示为早期回旋加速器的结构示意图，两个半径为R的D形金属盒相距很近，连接电压峰值为UM、f＝的高频交流电源，垂直D形盒的匀强磁场的磁感应强度为B。现用此加速器来加速电荷量分别为＋0.5q、＋q、＋2q，对应质量分别为m、2m、3m的三种静止粒子，不考虑加速过程中粒子质量的变化，最后经多次回旋加速后从D形盒中飞出的粒子中动能最大为(　　)

A． B．

C． D．

【答案】B　

【解析】根据qvB＝m，知v＝，则带电粒子离开回旋加速器时获得动能为：Ekm＝mv2＝；而加速电荷量分别为＋0.5q、＋q、＋2q，相对应质量分别为m、2m、3m的三种静止离子，因电场的频率应该是圆周运动频率的整数倍，交流电源频率为：f＝，根据T＝可知，只有质量为2m和m的粒子才能正常加速。质量为2m的粒子加速后动能最大，所以最大动能为：Ekm＝，故B正确，A、C、D错误。

7、如图，“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab⊥bc，ab长为l，bc长为l，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则(　　)

A．F＝BIl，tan θ＝　　　 B．F＝BIl，tan θ＝

C．F＝BIl，tan θ＝ D．F＝BIl，tan θ＝

【答案】D　

【解析】通电导线在匀强磁场中受到的安培力，其有效长度为ac连线的长度，L＝ ＝l，根据安培力公式F＝BIL＝BIl，根据左手定则，安培力的方向垂直于ac连线，方向与bc夹角θ的正切值tan θ＝，选项D正确。

8、（2019·全国Ⅲ卷·T18）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为

A．                      B． 

C．                      D．

【答案】B

【解析】运动轨迹如图:

即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误．

二、多项选择题

9、三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如题图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是(　　)

A．B1＝B2<B3

B．B1＝B2＝B3

C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里

D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里

【答案】AC　

【解析】由安培定则、磁场叠加原理和对称性可知，靠近a、b两点的电流在a、b两点产生的磁场相互抵消，a、b两点的磁场是对面导线中的电流产生的，a、b两点的磁感应强度相等，即B1＝B2。而c点的磁场则是由这三根导线中电流产生的，这三根导线中电流在c点产生的磁场方向相同，所以B1＝B2<B3，选项A正确，B错误。由安培定则可判断出a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，选项C正确，D错误。

10、如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界，左侧磁感应强度为B1，右侧磁感应强度为B2，B1＝2B2＝2 T，比荷为2×106 C/kg的带正电粒子从O点以v0＝4×104 m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域，则粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为(　　)

A．×10－6 s B．π×10－6 s

C．×10－6 s D．2π×10－6 s

【答案】AC　

【解析】粒子在右侧磁场B2中做匀速圆周运动，则qv0B2＝，解得R2＝＝2 cm，故粒子经过半个圆周恰好到达P点，轨迹如图甲所示。

则粒子运动的时间t1＝＝＝×10－6 s，由于B1＝2B2，由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后，做半径R1＝R2＝1 cm的匀速圆周运动，经过两次周期性运动可再次经过P点，轨迹如图乙所示，则粒子运动的时间t2＝T1＋T2＝×10－6 s，在以后的运动中，粒子通过MN的点会远离P点，所以，粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为×10－6 s或×10－6 s。选项A、C正确。

11、如图，ab、cd是两根长度均为L＝4.0 m，质量分别为m1＝0.6 kg和m2＝0.2 kg的金属棒，两根等长的细金属杆将两节干电池与两个金属棒串联成闭合回路，整个回路用绝缘细线悬挂在天花板上，保证金属棒水平。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T，电路中的电流I＝0.5 A，待系统稳定之后(金属棒、细金属杆在力的作用下不会发生变形，取g＝10 m/s2)，则(　　)

A．绝缘细线与竖直方向的夹角为0°

B．绝缘细线与竖直方向的夹角为45°

C．细金属杆与竖直方向的夹角为45°

D．细金属杆与竖直方向的夹角为90°

解析：选AC　以整体为研究对象，整体共受到四个力的作用，水平方向上，两金属棒受到

力的大小均为F＝BIL，方向相反的安培力，这两个力互相平衡；竖直方向上，绝缘细线的拉力与总的重力平衡，因为重力的方向竖直向下，所以，绝缘细线的拉力一定是竖直向上，也就是说，绝缘细线与竖直方向的夹角为0°，A正确，B错误；以cd棒为研究对象，cd棒受三个力而平衡，安培力F＝BIL＝1×0.5×4 N＝2 N，cd棒的重力m2g＝0.2×10 N＝2 N，由平衡条件得F＝m2gtan θ，解得θ＝45°，即细金属杆与竖直方向的夹角为45°，C正确，D错误。

12、(2022·莆田4月模拟)如图所示，半径为R＝2 cm的圆形区域中有垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B＝2 T，一个比荷为2×106 C/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A点以v0＝8×104 m/s的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°，下列选项中正确的是(　　)

A．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1 cm

B．带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心一定在圆形磁场的边界上

C．若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出

D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为3π×10－4 m2

【答案】BCD

【解析】根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，解得r＝＝0.02 m＝2 cm＝R，带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心一定在圆形磁场的边界上，故A错误，B正确；若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，假设出射点位置在N′点，圆心在O′点，如图所示，

根据几何关系可得CON′O′为菱形，则CO′∥ON′，N′和N重合，故粒子从N点射出，故C正确；若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小直径等于AN长度，即rmin＝＝R＝×10－2m，最小圆的面积为S＝πr＝3π×10－4m2，故D正确。

三、非选择题

13、如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行。

(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？

(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？

【答案】(1)　(2)

【解析】(1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1＝

又qv1B＝m

解得v1＝。

(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，

则由几何关系有(2r－R2)2＝R22＋r2，可得R2＝，

又qv2B＝m，可得v2＝

故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过。

14、如图甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1 m。在两圆环上放一导体棒，圆环通过导线与电源相连，电源的电动势为3 V，内阻为0.2 Ω，导体棒质量为60 g，接入电路的电阻为1.3 Ω，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，如图乙所示，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)棒静止时受到的安培力的大小；

(2)匀强磁场的磁感应强度的大小。

【答案】(1)0.8 N　(2)0.4 T

【解析】(1)对导体棒进行受力分析，如图所示

有＝tan θ

解得F＝0.8 N。

(2)由闭合电路欧姆定律，得I＝

解得I＝2 A

由安培力的公式F＝BIL，得B＝，

解得B＝0.4 T。

15、如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回磁场。已知电场强度E＝，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：

(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；

(2)磁场的磁感应强度B的大小。

【答案】(1)2v0　　(2)

【解析】(1)根据动能定理得，qEd＝mv2－mv02，解得v＝2v0

粒子在电场中做类平抛运动，由F＝qE，a＝，d＝at12，x＝v0t1

解得t1＝，x＝。

(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成θ角进入磁场

tan θ＝＝，解得θ＝60°

根据R＋Rcos θ＝d，解得R＝

由牛顿第二定律可得qvB＝m，

解得B＝。

16、(2022·日照三模)如图所示，在xOy平面内，第二象限有与x轴负方向成θ＝30°角的匀强电场，电场强度为E，第一象限有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子，从x轴上P点垂直x轴以初速度v0射入电场，并在电场中做变速运动，速度最小时，恰好经过y轴上的Q点(图中未画出)，之后进入磁场，并恰好没有从x轴离开磁场。粒子重力不计，求：

(1)粒子经过Q点时速度；

(2)磁感应强度B的大小；

(3)粒子从P点开始运动到第二次经过y轴所经历的时间。

【答案】(1)v0，与y轴正方向夹角为30°　(2)　(3)

【解析】(1)将速度v0沿电场力的方向和垂直于电场力的方向分解，当沿电场力方向速度为零时，速度最小，由速度的合成与分解得：vQ＝v0cos θ⇒vQ＝v0，与y轴正方向夹角为30°。

(2)粒子在电场中的加速度a＝

沿y轴方向的加速度大小为ay＝sin θ

粒子从P到Q点的时间t1＝

OQ的距离为y＝v0t1－ayt＝

粒子恰好不从x轴离开磁场，轨迹与x轴相切，做圆周运动的半径为r

由几何关系得r＋rsin θ＝y

可得r＝

由向心力公式qvQB＝m

解得B＝。

(3)设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则

T＝＝

粒子在磁场中运动的时间t2＝T

所以总时间为t＝t1＋t2＝。