选修3第三章《磁场》单元测试题(含答案)(DOC 9页).doc

1、第三章 磁场单元测试题一、选择题1以下关于磁场和磁感应强度B的说法，正确的是（ ）A磁场中某点的磁感应强度，根据公式B，它跟F、I、l都有关B磁场中某点的磁感应强度的方向垂直于该点的磁场方向C穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零D磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也一定越大2关于磁感线的描述，下列说法中正确的是（ ）A磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它在每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致B磁感线总是从磁铁的北极出发，到南极终止C磁感线就是细铁屑连成的曲线D磁场中某点磁感线的切线方向就是电流在该点的受力方向3下列说法正确的是（ ）A奥斯特提出“分

2、子电流”假说，认为永磁体的磁场和通电导线的磁场均由运动电荷产生B安培提出“分子电流”假说，认为永磁体的磁场和通电导线的磁场均由运动电荷产生C根据“分子电流”假说，磁铁受到强烈振动时磁性会减弱D根据“分子电流”假说，磁铁在高温条件下磁性会减弱图14如图1所示，若一束电子沿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5下列说法正确的是（ ）A运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零C洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D洛伦兹力对带电粒子不做功6

3、两个电子以大小不同的初速度沿垂直磁场的方向射入同一个匀强磁场中。设r1、r2为这两个电子的运动轨道半径，T1、T2是它们的运动周期，则（ ）Ar1r2，T1T2 Br1r2，T1T2Cr1r2，T1T2 Dr1r2，T1T27下列有关带电粒子运动的说法中正确的是（不考虑重力）（ ）A沿着电场线方向飞入匀强电场，动能、速度都变化B沿着磁感线方向飞入匀强磁场，动能、速度都不变C垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，动能、速度都变化D垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，速度不变，动能改变图28如图2所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（ ）A若

4、改为电荷量q的离子，将往上偏（其它条件不变）B若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）C若改为电荷量2q的离子，将往下偏（其它条件不变）D若速度变为v0将往下偏（其它条件不变）9在如图3所示电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM与NN 之间的安培力的大小为Fa、Fb，判断这两段导线（ ）图3A相互吸引，FaFbB相互排斥，FaFbC相互吸引，FaFbD相互排斥，FaFb甲乙A甲乙B乙甲C乙甲D10粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里，图4中四个选项，能正确表示两粒子

5、运动轨迹的是（ ） 图 411电容为C的平行板电容器两板之间距离为d，接在电压为U的电源上。今有一质量为m，带电量为q的微粒，速度v沿水平方向匀速直线穿过（不计微粒的重力），如图5所示。若把两板间距离减到一半，还要使粒子仍以速度v匀速直线穿过，则必须在两板间（ ）A加一个B，方向向里的匀强磁场图 5B加一个B，方向向外的匀强磁场C加一个B，方向向里的匀强磁场D加一个B，方向向外的匀强磁场图612回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图6

6、所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（ ）A增大匀强电场间的加速电压B增大磁场的磁感应强度C减小狭缝间的距离D增大D形金属盒的半径图7 13如图7所示，通电直导线ab位于两平行导线横截面MN的连线的中垂线上，当平行导线通以同向等值电流时，以下说法中正确的是（ ）Aab顺时针旋转 Bab逆时针旋转Ca端向外，b端向里旋转 Da端向里，b端向外旋转14如图8所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）A滑块受到的摩擦力不变B滑块到地面时的动能与B的

7、大小无关C滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面指向斜面DB很大时，滑块最终可能静止于斜面上 图8二、填空题15如图9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，吸引小磁铁向下运动，由此可判断：电磁铁的上端为_极，永磁铁的下端为_极（N或S）。 图 916面积为0.5m2的闭合导线环处于磁感应强度为的匀强磁场中，环面与磁场垂直时，穿过导线环的磁通量是 ；当环面转过90，与磁场平行时，穿过导线环的磁通量是_。磁通量变化了 。图1017如图10所示，用均匀粗细的电阻丝折成平面三角形框架abc，三边的长度分别为3L、4L、5L，电阻丝每L长度的电阻为r

8、，框架a、c端与一电动势为E、内阻不计的电源相连通，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的磁场力大小为_，方向是 。18如图11所示，劲度系数为k的轻质弹簧下端挂有匝数为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11所示。开始时线框处于平衡状态。令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡。在此过程中线框位移的大小x_，方向_。图1119三个速率不同的同种带电粒子，如图12所示沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，从下边缘飞出时，相对入射方向的偏角分

9、别为90，60，30，它们在磁场中运动时间比为 。图12三、计算题图1320如图13所示，质量为m的导体棒MN静止在水平导轨上，导轨宽度为L，已知电源的电动势为E，内阻为r，导体棒的电阻为R，其余部分与接触电阻不计，磁场方向垂直导体棒斜向上与水平面的夹角为q，磁感应强度为B，求轨道对导体棒的支持力和摩擦力。21电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图14所示。磁场方向垂直于圆面。磁场区的圆心为O，半径为r。当不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M点，为了让电子束射到屏幕边缘的P点，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度q，

10、此时磁场的磁感应强度B为多大图14图1522在倾角q 30的斜面上，沿斜面方向固定一对平行的金属导轨，两导轨距离l0.25 m，接入电动势E12 V、内阻不计的电池及滑动变阻器，如图15所示。垂直导轨放有一根质量m0.2 kg的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为m，整个装置放在磁感应强度B T的垂直斜面向上的匀强磁场中。当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g10 m/s2）23如图16所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d0.10 m，a、b间的电场强度为E105 N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大

11、小为B T，方向垂直纸面向里的匀强磁场。今有一质量为m10-25 kg，电荷量为q10-18 C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0 106 m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）。求P、Q之间的距离L。图1624 如图17所示，场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场相互正交，一个质子以方向与E、B都垂直的速度v0从A点射入，质子的电荷量为e，质量为m，当质子运动到C点时，偏离射入方向的距离为d，则质子在C点的速率为多大图17参考答案一、选择题1C2A3BCD 4B5D6D 7AB8BD 9D10A11D1

12、2BD 13C 14C二、填空题15S；N 16 Wb；0； Wb 17；垂直ac斜向上 18；向下 19321三、计算题20解：涉及安培力时的物体的平衡问题，通过对通电棒的受力分析，根据共点力平衡方程求解。棒的受力分析图如图所示。由闭合电路欧姆定律I由安培力公式FBIL由共点力平衡条件F sin q Ff FNF cos q mg 整理得Ff FNmg21分析：电子束经过加速电场加速后，垂直进入匀强磁场，在磁场力作用下发生偏转。洛仑兹力提供所需向心力。解：电子在磁场中沿圆弧ab运动，如图乙所示，圆心为C点，半径设为R，电子进入磁场时的速度为v，m、e分别表示电子的质量和电量，则：eUmv2e

13、Bvm根据几何关系有：tan由以上各式可解得：Btan22解：金属棒静止在导轨上时，摩擦力Ff的方向可能沿斜面向上，也可能向下，需分两种情况考虑。图a当变阻器R取值较大时，I较小，安培力F较小，在金属棒重力分力mgsin q 作用下使棒有沿导轨下滑趋势，导轨对棒的摩擦力沿斜面向上（如图a）。金属棒刚好不下滑时满足平衡条件：Blmmg cos q mg sin q 0 得 R（）当变阻器R取值较小时，I较大，安培力F较大，会使金属棒产生沿导轨上滑趋势。因此，导轨对棒的摩擦力沿框面向下（如图b）。金属棒刚好不上滑时满足平衡条件：图b Blmmg cos q mg sin q 0 得RR 所以滑动变阻器R的取值范围应为 R 23解：粒子a板左端运动到P处，由动能定理得：qEdmv2mv代入有关数据，解得：v106 m/scos q 代入数据得q 30粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图。由几何关系得：r sin 30又qvBm 联立求得L代入数据解得L cm24解：方法一 用动能定理求解 由于洛伦兹力不做功，电场力做功为eEd，有：eEdmvmv故vt方法二 用能量守恒求解从A到C有电势能减少量为E电eUACeEd动能增加量为Ekmvmv由能量守恒E减E增 得E电Ek vt