2019-2020学年高中物理 第3章 磁场 章末知识整合课时检测 粤教版选修3-1.doc

章末复习课[体系构建][核心速填]1．磁场(1)存在于磁体、电流周围的一种特殊物质．(2)方向：规定在磁场中任一点小磁针N极受力的方向(或者小磁针静止时N极的指向)就是那一点的磁场方向．2．磁感线(1)磁感线的切线方向表示该位置的磁场方向，曲线的疏密能定性地表示磁场的强弱．磁感线都是闭合曲线，且不能相交．(2)电流(包括直线电流、环形电流、通电螺线管)周围的磁感线方向与电流方向的关系，可以由安培定则来判定．3．磁感应强度(1)定义：B＝FIL．(2)方向：小磁针N极受力的方向，或磁感线的切线方向．4．安培力(1)计算式：F＝ILB sinθ．(2)方向：用左手定则来判断，安培力与电流垂直，与磁场垂直．5．洛伦兹力(1)大小：F＝qvB(v⊥B)．(2)方向：用左手定则来判断，洛伦兹力与速度垂直，与磁场垂直．6．带电粒子在匀强磁场中运动(不计重力)(1)若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动．(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．①向心力由洛伦兹力提供：qvB ＝m v 2R.②轨道半径公式：R ＝mvqB． ③周期：T ＝2πmqB．7．应用实例：(1)质谱仪：测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．(2)回旋加速器：磁场使带电粒子偏转，交变电场使带电粒子加速．只要交变电场的周期等于带电粒子做圆周运动的周期，带电粒子每运动半周就可以被加速一次，这样经过多次加速，带电粒子可以达到很高的能量．析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解．具体求解应从以下几个方面着手分析：1．安培力的大小(1)当通电导体和磁场方向垂直时，F ＝ILB . (2)当通电导体和磁场方向平行时，F ＝0.(3)当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F ＝ILB sin θ. 2．安培力的方向(1)安培力的方向由左手定则确定．(2)F 安⊥B ，同时F 安⊥L ，即F 安垂直于B 和L 决定的平面，但L 和B 不一定垂直． 3．安培力作用下导体的状态分析通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态．对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键．分析的一般步骤是：(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体．(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等． (3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程． (4)运用平衡条件或动力学知识列式求解．【例1】 如图所示，电源电动势E ＝2 V ，内阻r ＝0.5 Ω，竖直导轨宽L ＝0.2 m ，导轨电阻不计．另有一质量m ＝0.1 kg ，电阻R ＝0.5 Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面．为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)．求：(1)此磁场的方向；(2)磁感应强度B的取值范围．[解析](1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由a→b的侧视图，并对棒ab受力分析如图所示．经分析知磁场的方向斜向下指向纸里．(2)如图甲所示，当ab棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为f，则F sin 30°＋f－mg＝0F＝B1ILf＝μFcos 30°I＝ER＋r联立四式并代入数值得B1＝3.0 T.当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为f′，如图乙所示，则F′sin 30°－f′－mg＝0f′＝μF′cos 30°F′＝B2ILI＝ER＋r可解得B2＝16.3 T.所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足3.0 T≤B≤16.3 T.[答案](1)斜向下指向纸里(2)3.0 T≤B≤16.3 T安培力可以使通电导体静止、运动或转动，安培力还可以做功，解题的基本思路和力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，然后根据题中条件，运用平衡条件、牛顿运动定律等规律列式求解．1．如图所示，两根平行、光滑的斜金属导轨相距L ＝0.1 m ，与水平面间的夹角为θ＝37°，有一根质量为m ＝0.01 kg 的金属杆ab 垂直导轨搭在导轨上，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B ＝0.2 T ，当杆中通以从b 到a 的电流时，杆可静止在导轨上，取g ＝10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)求此时通过ab 杆的电流；(2)若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，求此时杆的加速度． [解析] (1)杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、导轨的支持力以及安培力，根据平衡条件得BIL ＝mg sin θ解得I ＝mg sin θBL ＝0.01×10×0.60.2×0.1A ＝3 A. (2)若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律得F 合＝mg sin θ－BIL cos θ＝mg sin θ－mg sin θcos θ＝ma解得a ＝g sin θ－g sin θcos θ＝(10×0.6－10×0.6×0.8)m/s 2＝1.2 m/s 2，方向沿导轨向下．[答案] (1)3 A (2)1.2 m/s 2，方向沿导轨向下如图所示，带电粒子以速率v 垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a ；若带负电，其轨迹为b .2．磁场方向的不确定形成多解如图所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b.3．临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解．4．运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示．【例2】在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示．在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)．[解析]要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须使粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M 点，OM的距离应为直径的整数倍，即满足2R·n＝OM＝l.2R ·n ＝l① R ＝mv qB ②Eq ·y ＝12mv 2③联立①②③可得y ＝B 2l 2q8n 2mE(n ＝1、2、3、…)．[答案] 见解析2.质量和电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A [根据左手定则可知N 带正电，M 带负电，A 对；因为r ＝mv Bq，而M 的半径大于N 的半径，所以M 的速率大于N 的速率，B 错；洛伦兹力永不做功，所以C 错；M 和N 的运行时间都为t ＝πmBq，所以D 错．]【例3】 如图甲所示，在xOy 平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B 的变化周期为4t 0，E 的变化周期为2t 0，变化规律分别如图乙和图丙所示．在t ＝0时刻从O 点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v 0，方向沿y 轴正方向，在x 轴上有一点A (图中未标出)，坐标为⎝⎛⎭⎪⎫48v 0t 0π，0.若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y 轴正方向为电场强度的正方向，v 0、t 0、B 0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足E 0B 0＝v 0π；粒子的比荷满足q m ＝πB 0t 0.求：图甲图乙 图丙(1)在t ＝t 02时，粒子的位置坐标；(2)粒子偏离x 轴的最大距离；[解析] (1)在0～t 0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB 0v 0＝m 4π2T 2r 1＝m v 20r 1解得T ＝2t 0，r 1＝mv 0qB 0＝v 0t 0π则粒子在t 02时间内转过的圆心角α＝π2所以在t ＝t 02时，粒子的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π.(2)在t 0～2t 0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v ，粒子的运动轨迹如图所示则v ＝v 0＋E 0qmt 0＝2v 0 运动的位移x ＝v 0＋v2t 0＝1.5v 0t 0在2t 0～3t 0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r 2＝2r 1＝2v 0t 0π故粒子偏离x 轴的最大距离h ＝x ＋r 2＝1.5v 0t 0＋2v 0t 0π.[答案] (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)1.5v 0t 0＋2v 0t 0π[一语通关]仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口．3．(多选)如图(a)所示，在半径为R 的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示．薄挡板MN 两端点恰在圆周上，且MN 所对的圆心角为120°.在t ＝0时，一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，以初速度v 从A 点沿直径AOB 射入场区，运动到圆心O 后，做一次半径为R2的完整的圆周运动，再沿直线运动到B 点，在B 点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示．粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是( )A ．磁场方向垂直纸面向外B ．图(b)中B 0＝2mvqRC ．图(b)中T 0＝R ＋πRvD ．若t ＝0时，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 从A 点沿AO 入射，偏转、碰撞后，仍可返回A 点BC [第一次到O 点时．洛伦兹力向上，速度向右，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，故A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB 0＝m v 2R 2，解得B 0＝2mvqR，故B 正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间t 1＝Rv，虚线区域加磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间t 2＝s v ＝2π×R2v ＝πR v ，磁场变化的周期T 0＝t 1＋t 2＝R ＋πRv，故C 正确；若t ＝0时，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 从A 点沿AO 入射，粒子向下偏转，经过14圆周与板相碰后反弹，再经过14圆周与竖直板相碰有反弹，向上偏转后离开磁场区域，故D 错误．]。

章末综合测评(三) 磁场(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分 ，有选错的得0分．)1．(2016·绍兴高二检测)安培的分子环形电流假说不能用来解释下列哪些磁现象( )A ．磁体在高温时失去磁性B ．磁铁经过敲击后磁性会减弱C ．铁磁类物质放入磁场后具有磁性D ．通电导线周围存在磁场【解析】 磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，在高温时，分子电流的排布重新变得杂乱无章，故对外不显磁性，A 对；磁铁经过敲击后，分子电流的排布重新变得杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，故对外不显磁性，故B 对；铁磁类物质放入磁场后磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，对外显现磁性，C 对；通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故D 错误．【答案】 D2．(2016·郑州高二检测)关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是( ) A ．电场强度的定义式E ＝Fq，适用于任何电场B ．由真空中点电荷的电场强度公式E ＝kQr2可知，当r →0，E →＋∞C ．由公式B ＝FIL 可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力则说明此处一定无磁场D ．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向【解析】 电场强度的定义式E ＝Fq ，适用于任何电场，故A 正确．当r →0时，电荷已不能看成点电荷，公式E ＝kQ r2不再成立．故B 错误．由公式B ＝FIL可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B 的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C 错误．磁感应强度的方向和该处通电导线所受的安培力方向垂直，故D 错误．【答案】 A3．(2015·海南高考)如图1所示，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图1A．向上B．向下C．向左 D．向右【解析】a点处磁场垂直于纸面向外，根据左手定则可以判断电子受力向上，A正确．【答案】 A4．如图2所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域．下列说法正确的是( ) 【导学号：30800050】图2A．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将沿直线运动B．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向上偏转C．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向下偏转D．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将向下偏转【解析】正离子以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域，则有：qvB＝Eq.即：vB ＝E，若一电子的速率v从左向右飞入此区域时，也必有evB＝Ee.电子沿直线运动．而电子以速率v从右向左飞入时，电子所受的电场力和洛伦兹力均向上，电子将向上偏转，B 正确，A、C、D均错误．【答案】 B5．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，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3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( )图3A ．增大匀强电场间的加速电压B ．减小磁场的磁感应强度C ．增加周期性变化的电场的频率D ．增大D 形金属盒的半径【解析】 粒子最后射出时的旋转半径为D 形金属盒的最大半径R ，R ＝mv qB ，E k ＝12mv2＝q2B2R22m.可见，要增大粒子的动能，应增大磁感应强度B 和增大D 形金属盒的半径R ，故正确选项为D.【答案】 D6．(2016·宜昌高二检测)如图4所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°.现将带电粒子的速度变为v3，仍从A 点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )图4A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt 【解析】 由牛顿第二定律qvB ＝m v2r 及匀速圆周运动T ＝2πrv 得r ＝mv qB ；T ＝2πmqB .作出粒子的运动轨迹如图，由图可得，以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场经过Δt ＝T6从C 点射出磁场，轨道半径r ＝3AO ；速度变为v 3时，运动半径是r 3＝3AO3，由几何关系可得在磁场中运动转过的圆心角为120°，运动时间为T3，即2Δt .故A 、C 、D 项错误，B 项正确．【答案】 B7．(2016·保定高二检测)带正电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v 0，先通过匀强电场E ，后通过匀强磁场B ，如图5甲所示，电场和磁场对该粒子做功为W 1.若把该电场和磁场正交叠加，如图乙所示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v 0(v 0<EB )穿过叠加场区，在这个过程中电场和磁场对粒子做功为W 2，则( )图5A ．W 1<W 2B ．W 1＝W 2C ．W 1>W 2D ．无法判断【解析】 在乙图中，由于v 0<EB ，电场力qE 大于洛伦兹力qBv .根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力．则在甲图的情况下，粒子沿电场方向的位移较大，电场力做功较多，所以选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．【答案】 C8．在匀强磁场B 的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放置一根长为L ，质量为m 的导线，当通以如图6所示方向的电流后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B 满足( )图6A ．B ＝mgsin θIL ，方向垂直斜面向下B ．B ＝mgsin θIL ，方向垂直斜面向上C ．B ＝mgtan θIL，方向竖直向下D ．B ＝mgIL，方向水平向左【解析】 磁场方向垂直斜面向下时，根据左手定则，安培力沿斜面向上，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mg sin θ＝BIL ，解得选项A 正确．磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mg tan θ＝BIL ，解得选项C 正确．磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mg ＝BIL ，解得选项D 正确．【答案】 ACD9．利用如图7所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )图7A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为＋2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大【解析】 由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A 错；根据洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv2r 可得v ＝qBr m ，r 越大v 越大，由图可知r 最大值为r max ＝3d ＋L2，选项B 正确；又r 最小值为r min ＝L2，将r 的最大值和最小值代入v 的表达式后得出速度之差为Δv ＝3qBd2m，可见选项C 正确、D 错误．【答案】 BC10．如图8所示，直角三角形ABC 中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )【导学号：30800051】图8A ．从P 射出的粒子速度大B ．从Q 射出的粒子速度大C ．从P 射出的粒子，在磁场中运动的时间长D ．两粒子在磁场中运动的时间一样长【解析】 作出各自的轨迹如右图所示，根据圆周运动特点知，分别从P 、Q 点射出时，与AC 边夹角相同，故可判定从P 、Q 点射出时，半径R 1<R 2，所以，从Q 点射出的粒子速度大，B 正确；根据图示，可知两个圆心角相等，所以，从P 、Q 点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等．正确的选项应是B 、D.【答案】 BD二、计算题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答)11．(12分)如图9所示，倾角为θ＝30°的光滑导体滑轨A 和B ，上端接入一电动势E ＝3 V 、内阻不计的电源，滑轨间距为L ＝0.1 m ，将一个质量为m ＝0.03 kg ，电阻R ＝0.5Ω的金属棒水平放置在滑轨上，若滑轨周围存在着垂直于滑轨平面的匀强磁场，当闭合开关S 后，金属棒刚好静止在滑轨上，求滑轨周围空间的磁场方向和磁感应强度的大小．(重力加速度g 取10 m/s 2)图9【解析】 合上开关S 后，由闭合电路欧姆定律得：I ＝ER经分析可知，金属棒受力如图所示，金属棒所受安培力，F ＝BIL沿斜面方向受力平衡，F ＝mg sin θ 以上各式联立可得：B ＝0.25 T 磁场方向垂直导轨面斜向下【答案】 磁场方向垂直导轨面斜向下 0.25 T12．(12分)一磁场宽度为L ，磁感应强度为B ，如图10所示，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，则电荷的速度应为多大？图10【解析】 若要粒子不从右边界飞出，当达最大速度时运动轨迹如图所示，由几何知识可求得半径r ，即r ＋r cos θ＝Lr ＝L1＋cos θ又Bqv ＝mv2r ，所以v ＝Bqrm＝BqL ＋cos θ.不使电荷从右边界飞出，则v ≤BqL＋cos θ【答案】v ≤BqL＋cos θ13．(16分)(2015·山东高考)如图11所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．图11(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小．【解析】 (1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE d 2＝12mv 2①由①式得E ＝mv2qd②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得qvB ＝m v2R③如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R ＝D 4④联立③④式得B ＝4mv qD⑤ 若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R ＝3D 4⑥联立③⑥式得B ＝4mv 3qD⑦ 【答案】 (1)mv2qd (2)4mv qD 或4mv3qD。

【金版新学案】2018-2019学年高中物理第3章磁场章末知识整合课时检测粤教版选修3-1专题一磁场对电流的作用1．+公式F＝BIL中L为导线的有效长度．2．安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心．3．安培力做功：做功的结果将电能转化成其他形式的能．4．分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤．①画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况．②用左手定则确定各段通电导线所受安培力．③据初速度方向结合牛顿定律确定导体运动情况．如图所示：在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B大小的变化，正确的说法是( )A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先减小后增大 D．先增大后减小解析：根据外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的条件，受力分析，再根据力的平行四边形定则作出力的合成变化图，由此可得B大小的变化情况是先减小后增大．答案：C练习1．如右图所示，一根长度为L的均匀金属杆用两根劲度系数为k的轻弹簧水平悬挂在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．当金属棒中通有由左向右的电流I时，两根轻弹簧比原长缩短Δx后金属杆平衡，保持电流大小不变，方向相反流过金属杆时，两弹簧伸长Δx后金属杆平衡，求匀强磁场的磁感应强度B为多大？解析：根据安培力和力的平衡条件有(设棒的重力为mg)： 当电流方向由左向右时：BIL ＝2k Δx ＋mg ， 当电流方向由右向左时：BIL ＋mg ＝2k Δx ， 将重力mg 消去得：B ＝2k ΔxIL .答案：B ＝2k ΔxIL2．如图所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.40 m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.50 T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m ＝0.040 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R ＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取210 /m s .已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求： (1)通过导体棒的电流； (2)导体棒受到的安培力大小； (3)导体棒受到的摩擦力．解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I ＝ER ＋r ＝1.5 A(2)导体棒受到的安培力：F 安＝BIL ＝0.30 N(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F 1＝ mgsin 37°＝0.24 N ，由于F 1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f ；根据共点力平衡条件mgsin 37°＋f ＝F 安，解得：f ＝0.06 N.答案：(1)I ＝1.5 A (2)F 安＝0.30 N (3)f ＝0.06 N专题二 磁场对运动电荷的作用1．带电粒子在无界匀强磁场中的运动：完整的圆周运动． 2．带电粒子在有界匀强磁场中的运动：部分圆周运动(偏转)． 解题一般思路和步骤： ①利用辅助线确定圆心．②利用几何关系确定和计算轨道半径． ③利用有关公式列方程求解．如图所示，在x 轴的上方(y ＞0的空间内)存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成45°角，若粒子的质量为m ，电量为q ，求：(1)该粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径． (2)粒子在磁场中运动的时间．解析：先作圆O′，根据题目条件过O 作直线L 即x 轴，交圆O′于O″，即可得到粒子进入磁场的运动轨迹：过入射点O 沿逆时针再经O″出射．再分别过O 、O″作垂线交于O′，既为粒子作圆周运动轨迹的圆心．如图(a)这样作出的图既准确又标准，且易判断粒子做圆周运动的圆心角为270°.(1)粒子轨迹如图(b)．粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下做圆周运动：qvB ＝m2v r，r ＝mvqB. (2)粒子运动周期：T ＝2πr v ＝2πm qB ，粒子做圆周运动的圆心角为270°，所以t ＝34T ＝3πm2qB.答案：(1)mv qB (2)3πm2qB3．(2018·广东)(双选)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人匀强磁场，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：a、b粒子的运动轨迹如图所示：粒子a、b都向下由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；由r＝mvqB可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故B、C错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．故选AD.答案：AD练习4．如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角．试求：(1)粒子做圆周运动的半径； (2)粒子的入射速度；(3)若保持粒子的速率不变，从A 点入射时速度的方向顺时针转过60°角，粒子在磁场中运动的时间．解析：(1)设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R ，如图所示 ∠OO′A ＝ 30°由图可知，圆运动的半径R ＝ O′A ＝ 3r ；(2)根据牛顿运动定律， 有：Bqv ＝m v 2R 有：R ＝ mv qB ，故粒子的入射速度 v ＝3rqBm(3)当带电粒子入射方向转过60°角，如图所示，在△OAO 1中，OA ＝ r ，O 1A ＝ 3r ，∠O 1AO ＝30°，由几何关系可得，O 1O ＝r ，∠AO 1E ＝60°设带电粒子在磁场中运动所用时间为t ，由： v ＝2πR T ，R ＝mvBq有：T ＝ 2πR Bq 解出：t ＝ T 6＝πm 3qB答案：见解析☞规律小结： (1) 直线边界(进出磁场具有对称性，如图)(2)平行边界(存在临界条件，如图)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图)专题三带电粒子在复合场中的运动1．复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中两场共存．2．组合场：电场和磁场各位于一定得区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替出现．3．三种场的比较4.复合场中粒子重力是否考虑的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般考虑其重力．(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况按题目要求处理比较正规，也比较简单． (3)不能直接判断是否要考虑重力的，在受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力． 5．带电粒子在复合场中运动的应用实例 (1)速度选择器①平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直，这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫速度选择器．②带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是：qvB ＝qE 即v ＝EB .(2)磁流体发电机①磁流体发电机是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能． ②根据左手定则，右图可知B 是发电机的正极．③磁流体发电机两极间的距离为L ，等离子体的速度为v ，磁场的磁感应强度为B ，则两极板间能达到的最大电势差U ＝BLv.④外电阻R 中的电流可由闭合电路欧姆定律求出． (3)电磁流量计工作原理：如图所示，圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即qvB＝qE＝q Ud，所以v＝UBd因此液体流量：即Q＝Sv＝24d，U Bd ＝πdU4B(4)霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象成为霍尔电势差，其原理如图所示．为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关解析：由左手定则可判断，前表面聚集负电荷，比后表面电势低，且当时，电荷不再偏转，电压表示数恒定，与污水中的离子的多少无关，A 、B 、C 均错误；由Q ＝v·1·bc 可得Q ＝UcB .可见，Q 与U 成正比，与a 、b 无关，D 正确． 答案：D 练习5．半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B 点射出．∠AOB ＝120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )A.023r v πB.03rvC. 03rv πD.03r v解析：由∠AOB＝120°可知，弧AB 所对圆心角θ＝60°，故t ＝16T ＝πm3qm ，但题中已知条件不够，没有此项选择，另想办法找规律表示t.由匀速圆周运动t ＝L AB v 0，从图中分析有R ＝3r ，则AB 弧长L AB ＝R·θ＝3r×π3＝33πr ，则t ＝L AB v 0＝3πr3v0，D 项正确．答案：D6．如下图，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从y轴正半轴上y ＝ h 处的M 点，以速度v0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上x ＝ 2h 处的P 点进入磁场，最后以垂直于y 轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求： (1)电场强度的大小E.(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r.(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.解析：粒子的运动轨迹如下图所示(1)设粒子在电场中运动的时间为t 1，x 、y 方向： 2h ＝v 0t 1，h ＝12at 2根据牛顿第二定律Eq ＝ma 求出E ＝mv 22qh(2)根据动能定理Eqh ＝12mv 2－12mv 2设粒子进入磁场时速度为v ，根据Bqv ＝m v2rr ＝2mv 0Bq(3)粒子在电场中运动的时间t 1＝2h v 0粒子在磁场中运动的周期 T ＝2πr v ＝2πmBq设粒子在磁场中运动的时间为t 2＝38T求出t＝t1＋t2＝2hv0＋3πm4Bq答案：见解析如图(a)所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、2N构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调，如下图(b)；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过2N的粒子经O点垂直进入磁场．O到感光板的距离为d2，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力．(1)若两狭缝平行且盘静止，如下图(c)，某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t.(2)若两狭缝夹角为0，盘匀速转动，转动方向如图(b)．要使穿过N1、2N的粒子均打到感光板1P、1P连线上，试分析盘转动角速度ω的取值范围(设通过N1的所有粒子在盘转一圈的时间内都能到达2N)．分析说明：(1)作圆周X，由入射点O、出射点M可以确定粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，如图(1)．(2)作圆周Y ，要使穿过N 1、2N 的粒子打到感光板的P 1，可以确定粒子在磁场中运动的轨迹为二分之一圆周，对应的粒子运动速度为最小值，如图(2)． (3)作圆周Z ，要使穿过N 1、2N 的粒子打到感光板的2P ，可以确定粒子在磁场中运动的轨迹为OP 2段圆周，对应的粒子运动速度为最大值，再找出圆心的位置，几何关系就易找出了，如图(3)．解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动半径R ＝d4，洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m2v R，又：2πR ＝v·T, t＝T 4，解得：t ＝πm2qB.(2)速度最小时，运动半径1R ＝d 4，L ＝v t 11，θ0＝t ω11，qv B 1＝m 211v R ，解得：ω1＝04qBd ml θ；速度最大时，22R ＝(2R －d 2)2＋d 2，解得：2R ＝5d 4， L ＝22v t ，θ0＝22t ω，2qv B＝m222v R ，解得：2ω＝054qBd mlθ，所以4qBd mlθ≤ω≤54qBd ml θ. 答案：(1)πm2qB (2)04qBd ml θ≤ω≤054qBd ml θ。

2019-2020学年度高中物理选修3-1第三章磁场第02节认识磁场粤教版复习特训第三十三篇第1题【单选题】一通电直导线用细线悬挂于匀强磁场中，磁场及电流方向如图所示．通电导线所受安培力的方向是( )A、竖直向下B、水平向右C、竖直向上D、水平向左【答案】：【解析】：第2题【单选题】如图所示，五根平行的长直导体棒分别过竖直平面内的正方形的四个顶点和中心，并和该正方形平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示，则中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是( )A、竖直向上B、竖直向下C、水平向左D、水平向右【答案】：【解析】：第3题【单选题】关于磁感应强度B ，下列说法中正确的是( )A、磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B、磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致C、在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D、在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大【答案】：【解析】：第4题【单选题】如图所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过小磁针的上方，磁针的S极向纸内偏转，这一带电粒子束可能是( )A、向右飞行的正离子束B、向左飞行的正离子束C、向左飞行的负离束D、无法确定【答案】：【解析】：第5题【单选题】关于电磁感应，下列说法中正确的是( )A、穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B、穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C、穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D、通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大【答案】：【解析】：第6题【单选题】如图所示匀强磁场水平向右，电子在磁场中的运动方向平行，则该电子( )A、受洛仑磁力，方向向下B、受洛仑磁力，方向向上C、不受洛仑磁力D、受洛仑磁力，方向向左【答案】：【解析】：第7题【单选题】两根非常靠近且相互垂直的长直导线分别通以相同强度的电流，方向如图所示，那么两电流所产生的磁场垂直导线平面向内且最强的在哪个区域( )A、区域1B、区域2C、区域3D、区域4【答案】：【解析】：第8题【单选题】关于有误，下列正确说法的是( )A、磁感强度B与通电导体所受安培力成正比B、磁感强度B与通电导体长度和电流强度的乘积成反比C、公式表明磁感强度B的方向与通电导体的受力方向一致D、以上说法都不对【答案】：【解析】：第9题【多选题】两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2 ，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四个点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是( )A、a点B、b点C、c点D、d点【答案】：【解析】：第10题【多选题】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＜B3B、B1=B2=B3C、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】：【解析】：第11题【多选题】如图所示，导线框abcd与固定直导线AB在同一平面内，直导线AB中通有恒定电流I，当线框由图示位置向右匀速运动的过程中( )A、线圈中的感应电流方向是abcdaB、线圈中的感应电流方向是dcbadC、线圈中的感应电流大小不变D、线圈中的感应电流大小逐渐减小【答案】：【解析】：第12题【多选题】在下列所述的各磁场规定的位置内，能找到两点磁感应强度相同的是( )A、垂直于通电直导线的一个平面内B、通电长直螺线管的内部C、两根平行长直导线通以大小相等、方向相同的电流，在两导线之间的一条垂线段上D、两根平行长直导线通以大小相等、方向相反的电流，在两导线之间的一条垂线段上【答案】：【解析】：第13题【填空题】在匀强磁场里，有一根长1.2 m的通电导线，导线中的电流为5 A，这根导线与磁场方向垂直时，所受的磁场力为1.8 N，则磁感应强度的大小为______。

知识结构F磁感强感强=二IL磁场场的描」磁感线磁通量$ =BS条形磁体的磁场 蹄形磁体的磁场 地球的磁场直线线电流的磁 螺线线管电流的磁 匀强强磁轨道半径「=巴 qB运动周期丁=2nm、、qB匀速直线速直带电粒子在叠加场中的运动彳匀速圆速圆周变加速曲线运动一、主要概念和规律1、磁场的基本概念（1）磁场磁场：存在于磁体、电流和运动电荷周围空间的一种特殊形态的物质。

磁场的基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。

磁现象的电本质：磁体、电流和运动电荷的磁场都产生于电荷的运动，并通过磁场而相 互作用。

【例1】下列叙述正确的是：（A ）安培假设中的分子电流是不存在； （B ）通电直导线周围的磁场是内部的分子电流产生的；（C ）软铁棒在磁场中被磁化是因为在外磁场作用下，软铁棒中分子电流取向变得大致相同；软铁棒中分子电流取向变得大致相同； （D ）软铁棒在磁场中被磁化是因为棒中分子电流消失答案：C （2）磁感强度（B ）B ：是从力的角度描述磁场性质的矢量。

大小的定义式：B=F/IL ，式中的F 为I 与磁场方向垂直时的磁场力（此时的磁场力最大， 电流I 与磁场方向平行时，磁场力为零），I 为通电导体的长度。

方向规定：小磁针的 N 极所受磁场力的方向，即小磁针静止时 N 极的指向，也即磁场的方向。

磁场场的产＜运动电荷周围存在磁场 安培磁性起源假说典型磁场』磁场场对直线电流的作w相互 作用大小F = BIL sin 9 方向-左手定则■磁场场对通电线圈的力M = NBIS COS 9 磁场场对运动电荷的作』大小f = qvB 方向—左手定则带电粒子在匀强匀强磁＜ 做圆圆周运单位：T【例2】有一小段通电导线，长为1cm,电流强度为5A,把它置于磁场中某点，受到的磁场力为0.1N，则该点的磁感应强度 B 一定是（A）B=2T（B）B 2T（C）B 2T（D）以上情况均有可能答案：C【例3】在同一平面内，如图所示放置六根通电导线，通以相等的电流，方向如图。

章末综合测评(三)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内) 1．(多选)按照麦克斯韦的电磁场理论，以下说法中正确的是()A．恒定的电场周围产生恒定的磁场，恒定的磁场周围产生恒定的电场B．变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场C．均匀变化的电场周围产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场周围产生均匀变化的电场D．均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场恒定的电(磁)场周围不产生磁(电)场，A错．均匀变化的电(磁)场周围产生稳定的磁(电)场，C错D对．【答案】BD2．(多选)一台收音机可接收中波、短波两个波段的无线电波．打开收音机后盖，在磁棒上能看到两组线圈，其中一组是细线密绕匝数多的线圈，另一组是粗线疏绕匝数少的线圈，收音机中的调谐电路为LC电路，由此可以判断() A．匝数多的电感较大，使调谐回路的固有频率较小，故用于接收中波B．匝数少的电感较小，使调谐回路的固有频率较小，故用于接收短波C．匝数少的电感较小，使调谐回路的固有频率较大，故用于接收短波D．匝数多的电感较大，使调谐回路的固有频率较大，故用于接收中波线圈的自感系数L与匝数有关，匝数越多，L越大．由λ＝vf＝v T＝v2π LC，知L越大，λ越大，A、C正确．【答案】AC3．(多选)一个LC振荡电路中，线圈的自感系数为L，电容器电容为C，从电容器上电压达到最大值U m开始计时，则有()A．至少经过πLC，磁场能达到最大B ．至少经过12πLC ，磁场能达到最大 C ．在12π LC 时间内，电路中的平均电流是2U m πC LD ．在12πLC 时间内，电容器放电电荷量为CU m LC 振荡电路周期T ＝2π LC ，电容器电压最大时，开始放电，经12πLC 时间，放电结束，此时电容器电荷量为零，电路中电流最大，磁场最强，磁场能最大，因为Q ＝C ·U ，所以电容器放电荷量Q ＝CU m ，由I ＝q t ，所以I ＝CU m 12πLC 得I ＝2U m π C L . 【答案】 BCD4．(多选)电子钟是利用LC 振荡电路来工作计时的，现发现电子钟每天要慢30 s ，造成这一现象的原因可能是( )A ．电池用久了B ．振荡电路中电容器的电容大了C ．振荡电路中线圈的电感大了D ．振荡电路中电容器的电容小了根据T ＝2π LC 可判断BC 正确．【答案】 BC5．(多选)如图所示，将开关S 由b 扳到a 开始，在电流振荡了半个周期时，电路中( )A ．电容器C 里的电场强度最强，场强方向向上B ．线圈L 周围磁场最强C ．线圈中的磁感应强度为零D ．电场能即将向磁场能转化开关S 与b 接通给电容器充电，再与a 接通，电容器通过线圈放电，经过T 2时，正是电容器反向充电完毕时刻，此时电容器下极板带正电，A 项正确；线圈中电流为零，故B错，C对；此后电容器又要放电即由电场能转化为磁场能，D 正确．【答案】ACD6．关于电磁波谱中各波段的特性及应用的特性，下列说法正确的是() A．红外线遥感是利用了红外线波长较长的特点B．一切物体都在不停地辐射红外线，温度越高，辐射越强C．验钞机检验钞票真伪体现了紫外线的荧光作用D．X射线可深入人的骨骼，杀死病变细胞在人体内杀死病变细胞是利用了γ射线的放射作用．【答案】ABC7．(多选)关于电磁波的发射和接收，下列说法中正确的是()A．为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，必须是闭合电路B．为了使振荡电路有效地向外辐射能量，必须是开放电路C．当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的振荡电流最强D．要使电视机的屏上有图象，必须要有检波过程由电磁波的发射和接收的知识，便可判断．【答案】BCD8．(多选)如图所示为调幅振荡电流图象，此电流存在于电磁波发射和接收的哪些阶级()A．经调制后B．经调谐后C．经检波后D．耳机中为了把信号传递出去，需要将信号“加”到高频振荡电流上，这就是调制，调制的方法之一是使高频振荡电流的振幅随信号而变化，成为调幅振荡电流，这就是调幅；在接收电路中，经过调谐，回路中将出现调幅振荡电流，经检波后，调幅振荡电流将被“切”去一半，得到单向脉冲电流，而在耳机中只有随信号变化的音频电流．【答案】AB9．(多选)眼睛的视觉暂留时间为0.1 s为了使电视图象是连续活动的，电视台每秒内发送的图像信号()A．应该多于10张B．应该少于10张C．通常每秒发射10张D．通常每秒发射25张n>1Δt＝10通常情况下每秒钟发射25张．【答案】AD10．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是()A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同D．遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同声波、电磁波都能传递能量和信息，A项错误；在手机通话过程中，既涉及电磁波又涉及声波，B项正确；可见光属于电磁波，B超中的超声波是声波，波速不同，C项错误；红外线波长较X射线波长长，故D项错误．【答案】 B二、填空题(共12分)11．(6分)现在，移动电+话(手机)已经十分普遍，随身携带一个手机就可以在城市的任何一个角落进行通话．我国现有1.2亿以上部手机，那么每一部手机接收到的电磁波频率________(填“相同”或“不相同”)．现在建了很多地面转播塔，但还是有很多“盲区”，我们不用同步卫星直接转播的原因是________．【答案】不相同同步卫星离地面太远，而手机的辐射功率小，从而使信号非常弱而无法接收12．(6分)如图所示的LC振荡回路中振荡电流的周期为2×10－2 s．自振荡电流沿逆时针方向达到最大值时开始计时，当t ＝3.4×10－2 s 时，电容器正处于________(填“充电”、“放电”、“充电完毕”或“放电完毕”)状态．这时电容器的上极板________(填“带正电”、“带负电”或“不带电”)．振荡电路在一个周期内，经历放电→充电→放电→充电四个过程，每一个过程历时T 4.当振荡电流以逆时针达到最大时，电容器上极板刚放电完毕，将开始对下极板充电．由于时间t ＝3.4×10－2 s ＝1.7T ，根据电磁振荡的周期性特点，此时刻状态与开始计时后经过t ′＝0.7T 的状态一样，所以电容器正处于充电状态，且上极板带正电．【答案】 充电 带正电三、计算题(共38分，计算题必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波．一单色光在折射率为 1.5的介质中传播，某时刻电场横波图象如图所示，求该光波的频率．设光在介质中的传播速度为v ，波长为λ，频率为f ，则f ＝v λ①v ＝c n ②联立①②式得 f ＝c nλ从波形图上读出波长λ＝4×10－7 m 代入数据得f ＝5×1014 Hz.【答案】 5×1014 Hz14．(10分)波长50～10 m 的无线电波适宜通过电离层的反射向远处传播，这些无线电波的频率范围是多大？若传到相隔1 500 km的远处最少需要多长时间？根据公式c＝λf，得：f1＝cλ1＝3×10850Hz＝0.6×107 Hzf2＝cλ2＝3×10810Hz＝3×107 Hz.所以，这些无线电波的频率范围是0.6×107～3×107 Hz.传到相隔1 500 km的远处需要的最少时间：t＝sc＝1.5×1063×108s＝5×10－3 s.【答案】0.6×107～3×107 Hz5×10－3 s15．(10分)如图所示振荡电路中，线圈自感系数L＝0.5 H，电容器电容C＝2μF.现使电容器带电，从接通开关S时刻算起：(1)当t＝3.0×10－2 s时，电路中电流方向如何？(2)经过多长时间，线圈中的磁场能第一次达到最大？(1)LC回路振荡的周期：T＝2πLC＝2π 0.5×2×10－6s＝6.28×10－3 s当t＝3.0×10－2 s时，t＝4.78T，即434T<t<5T，此时电容器正处于正向充电阶段，所以电流方向为顺时针．(2)当接通开关S时，电容器开始放电，当电场能完全转化为磁场能时，磁场能第一次达到最大，此时t＝T4＝1.57×10－3 s.【答案】(1)顺时针(2)1.57×10－3 s16．(10分)如图所示的电路中，电容器的电容C＝1 μF，线圈的自感系数L＝0.1 mH，先将开关S拨至a，这时电容器内有一带电油滴恰能保持静止，然后将开关S拨至b，经过3.14×10－5 s，油滴的加速度是多少？当油滴的加速度为何值时，LC回路中的振荡电流有最大值？(g取10 m/s 2，π取3.14，研究过程中油滴不与极板接触)(1)当S 拨至a 时，油滴受力平衡，显然油滴带负电，则mg ＝q U d ①当S 拨至b 时，LC 回路中有振荡电流，振荡周期为T ，则T ＝2πLC ＝6.28×10－5 s.当t ＝3.14×10－5 s 时，电容器恰好反向充电结束，两极板间场强与t ＝0时两极板间场强等大反向，由牛顿第二定律得q U d ＋mg ＝ma ②联立①②得a ＝20 m/s 2.(2)当振荡电流最大时，电容器处于放电完毕状态，两极板间无电场，油滴仅受重力作用，则mg ＝ma ′，a ′＝10 m/s 2，即当油滴加速度为10 m/s 2时，LC 回路中振荡电流有最大值．【答案】 20 m/s 2 10 m/s 2。

2019-2020学年度高中物理选修3-1第三章磁场第03节探究安培力粤教版习题精选四十二第1题【单选题】关于产生感应电流的条件，以下说法中正确的是( )A、闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定有感应电流产生B、闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，闭合电路中一定有感应电流产生C、穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中一定没有感应电流产生D、只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流产生【答案】：【解析】：第2题【单选题】如图,当磁铁接近通有交流电的白炽灯泡时,发现灯丝变粗了，仔细观察，可以看到灯丝有轻微的振动现象.对这一现象,以下说法中正确的是( )A、这是一种电磁感应现象B、这是因为灯丝通电发热膨胀的结果C、这是因为通电的灯丝受安培力作用的结果D、如果灯泡中通过的是恒定电流，也会发生同样的现象【答案】：【解析】：第3题【单选题】如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则g( )A、导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB、导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC、导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D、导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右【答案】：【解析】：第4题【单选题】如图所示为电磁轨道炮的工作原理图。

待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动。

电流从一条轨道流入，通过弹体流回另一条轨道。

轨道电流在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与电流I成正比。

弹体在安培力的作用下从静止开始滑行L 后离开轨道，离开轨道时的速度大小为v0。

为使弹体射出时的速度变为2v0 ，理论上可采用的方法有( )A、只将轨道长度L变为原来的2 倍B、只将电流I 变为原来的2 倍C、只将电流I 变为原来的4 倍D、只将弹体质量变为原来的2 倍【答案】：【解析】：第5题【单选题】下列关于磁通量的说法中，正确的是( )A、穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积B、在匀强磁场中，穿过某平面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积C、穿过一个面的磁通量就是穿过该面单位面积的磁感线的条数D、穿过一个面的磁通量就是穿过该面的磁感线的条数【答案】：【解析】：第6题【单选题】如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad 边在纸内，由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ．在这个过程中，线圈中的磁通量( )A、一直增大B、一直减小C、先减小后增大D、先增大后减小【答案】：【解析】：第7题【单选题】一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置B和位置C的过程中，下列对磁通量变化判断正确的是( )A、一直变大B、一直变小C、先变小后变大D、先变大后变小【答案】：【解析】：第8题【单选题】如图所示，固定的水平长直导线中通有恒定电流I ，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。

2019-2020学年度粤教版物理选修3-1第三章磁场第01节我们周围的磁象课后辅导练习第一篇第1题【单选题】直流电源跟一个线圈连接成闭合回路，线圈的上方和右侧各有一个可以自由转动的小磁针，它们静止时如图所示，则下列判断正确的是( )A、小磁针的c端为N极，电源的a端为正极B、小磁针的c端为N极，电源的a端为负极C、小磁针的d端为N极，电源的a端为正极D、小磁针的d端为N极，电源的a端为负极【答案】：【解析】：第2题【单选题】如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下的判断正确的( )A、当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向读者B、当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者C、当磁针N极指向读者，线圈中电流沿逆时针方向D、不管磁针如何偏转，线圈中的电流总是沿顺时针方向【答案】：【解析】：第3题【单选题】在磁场中某区域的磁感线，如图所示，则( )A、a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞BbB、a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜BbC、同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D、同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小【答案】：【解析】：第4题【单选题】如图所示，直导线AB、螺线管E，电磁铁D三者相距较远，其磁场相互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极（黑色一端）指示磁场方向正确的是A、aB、bC、cD、d【答案】：【解析】：第5题【单选题】如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针．现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的影响，则下列说法正确的是( )A、小磁针保持不动B、小磁针的N 极将向下转动C、小磁针的N 极将垂直于纸面向里转动D、小磁针的N 极将垂直于纸面向外转动【答案】：【解析】：第6题【单选题】如图所示，一束负离子从S点沿水平方向射出，在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，负离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力) ( )A、E向上，B向上B、E向下，B向下C、E向上，B向下D、E向下，B向上【答案】：【解析】：第7题【单选题】如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针. 现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的影响，则( )A、小磁针保持不动B、小磁针的N将向下转动C、小磁针的N极将垂直于纸面向里转动D、小磁针的N极将垂直于纸面向外转动【答案】：【解析】：第8题【单选题】关于电视电脑显示器的工作原理，下列说法中正确的是( )A、没有外加磁场时，电子枪发出的电子束将轰击在荧光屏的中心，荧光屏的中心出现一个亮点B、没有外加磁场时，电子枪发出的电子束将轰击在荧光屏的边缘，荧光屏的边缘出现一系列的亮点C、有外加平行磁场时，电子枪发出的电子束将发生偏转D、使电子束发生偏转的力是安培力【答案】：【解析】：第9题【单选题】两根钢条相互靠近时，能自动吸引则( )A、两钢条均为磁铁B、一根是磁铁，另一根一定不是磁铁C、两根钢条都不是磁铁D、一根为磁铁，另一根可能是磁铁【答案】：【解析】：第10题【单选题】关于磁感线，以下说法中正确的是( )A、磁感线是磁场中客观存在的曲线B、磁感线不是闭合曲线C、磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向，也是该点的磁感应强度方向D、磁感线起始于磁铁的N极，中止与磁铁的S极【答案】：【解析】：第11题【多选题】如图，是直线电流、环形电流磁场的磁感线分布图，其中电流方向与磁感线方向关系正确的是( ) A、B、C、D、【答案】：【解析】：第12题【多选题】关于磁场的概念和规律，下列说法中正确的是( )A、磁感线是磁场中客观存在、肉眼看不见的曲线且总是从磁体的N极指向S极B、即使在两个磁场叠加的区域，磁感线都不可能相交C、穿过闭合回路的磁通量发生变化，不一定是磁场发生变化引起的D、安培定则(右手螺旋定则)是判断安培力方向的法则【答案】：【解析】：第13题【多选题】全自动洗衣机中的排水阀是由程序控制器控制其动作的，当进行排水和脱水工序是，控制铁芯1的线圈通电，使铁芯2动作，从而牵引排水阀的阀门，排出污水（如图所示）．以下说法正确的是( )A、若输入的控制电流由a 流入，由b流出，则铁芯2中A端为N极，B端为S极B、若输入的控制电流由a 流入，由b流出，则铁芯2中A端为S极，B端为N极C、若a、b处输入交变电流，铁芯2不能被吸入线圈中D、若a、b处输入交变电流，铁芯2仍能被吸入线圈中【答案】：【解析】：第14题【填空题】在“研究电磁感应现象”的实验中，先要按图甲连接，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系：当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央，则开关S断开时，电流表指针偏向______．接着按图乙将该电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，则S闭合后将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针______（“向左偏”、“向右偏”或“静止不动”），若将线圈A放在B中不动时，指针将______（“向左偏”、“向右偏”或“静止不动”）若将线圈A从B中抽出，电流表指针将______（“向左偏”、“向右偏”或“静止不动”），从该实验的探究可以得到的结论是：______．【答案】：【解析】：第15题【解答题】如图分别表示两通电直导线产生的磁场的磁感线的分布情况，图中圆心处的小圆圈表示通电直导线的截面．在图中标出直线电流方向，垂直纸面向里用“×”表示，垂直纸面向外用“?”表示．【答案】：【解析】：。

第三章　磁　场
章末检测试卷(三) (时间：90分钟　满分：100分)
1.(2018·东北师大附中高二上期中)有一导线南北方向放置，在其下方放一个小磁针.小磁针稳定后，给导线通上如图1所示电流，发现小磁针的S 极垂直纸面向外偏转.关于此现象下列说法正确的是
A.没有通电时，小磁针的S 极指向地磁场的南极
B.通电后小磁针S 极仍指向地磁场的南极
C.通电导线在小磁针所在处产生的磁场方向垂直纸面向外
D.通电后小磁针S 极发生偏转说明通电导线周围存在磁场一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.1～5题为单项选择题，6～12题为多项选择题.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)
√
图1
解析　小磁针自由静止时，指向地理北极的一端是小磁针的北极，即N极，地磁场的北极在地理南极附近，小磁针的S极指向地磁场的北极，故A错误；
通电后根据安培定则可知，导线在小磁针处产生的磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针N极将偏向纸里，S极将偏向纸外，故B、C错误；
通电后小磁针S极发生偏转说明通电导线周围存在磁场，即电流的磁效应，故D正确.
2.在等边三角形的三个顶点a 、b 、c 处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图2所示.过c 点的导线所受安培力的方向
A.与ab 边平行，竖直向上
B.与ab 边垂直，指向左边
C.与ab 边平行，竖直向下
D.与ab 边垂直，指向右边√
图2解析　由安培定则可得：导线a 、b 的电流在c 处的合磁场方向竖直向下.再由左手定则可得：安培力的方向是与ab 边垂直，指向左边.故选B.。