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专题11 磁场一、单选题1下列说法正确的是（）A. 密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值B. 卡文迪许最先通过实验测出了静电力常量C. 库仑研究了电荷之间的作用力，安培提出了电荷周围存在着它产生的电场D. 奥斯特发现了判定电流产生磁场方向的右手螺旋定则【答案】 A【解析】密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值,选项A正确；卡文迪许最先通过实验测出了万有引力常量，选项B错误；库仑研究了电荷之间的作用力，法拉第提出了电荷周围存在着它产生的电场，选项C错误；安培发现了判定电流产生磁场方向的右手螺旋定则，选项D错误；故选A.2如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且abcbcd135。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()A. 方向沿纸面向上，大小为(1)ILBB. 方向沿纸面向上，大小为(1)ILBC. 方向沿纸面向下，大小为(1)ILBD. 方向沿纸面向下，大小为(1)ILB【答案】 A点睛：本题也可求出ab、bc和cd所受安培力的大小和方向，然后合成。视频3如图所示，a、b是两根垂直纸面的通有等值电流的直导体，两导线外有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为A. 都向纸里B. 都向纸外C. a中电流方向向纸外，b中向纸里D. a中电流方向向纸里，b中向纸外【答案】 C【解析】A、若a、b中均向纸外，根据安培定则判断可知：a在p处产生的磁场Ba方向垂直于ap连线向上，b在p处产生的磁场Bb方向垂直于连线向上，根据平行四边形定则进行合成，P点的磁感应强度方向竖直向上，如图所示，故A错误；B、若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下故B错误；C、若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向水平向右故C正确；D、若a中向纸里，b中向纸外，同理可知，则得P点的磁感应强度方向水平向左故D错误；故选C。4如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流，L1中电流方向与L2、 L3中的相同，下列说法正确的是（ ）A. L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B. L2所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面平行C. L3在L1处的磁场方向与L1、L2所在平面垂直D. L2与L3在L1处的合磁场方向与L1、L2所在平面平行【答案】 A5一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连，高频交流电周期为T，下列说法正确的是A. 质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大B. 质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大C. 只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D. 不需要改变任何量，这个装置也能用于加速粒子【答案】 A【解析】A、由得 ,当时,v最大, ,由此可以知道质子的最大速度随B、R的增大而增大，故A正确；B、由得 ,当时,v最大, ,由此可以知道质子的最大速度只与粒子本身的荷质比,加速器半径,和磁场大小有关,与加速电压无关,故B错误;C、考虑到狭义相对论,任何物体速度不可能超过光速,故C错误;D、此加速器加速电场周期 ,加速粒子时 ,两个周期不同,不能加速粒子.故D错误; 综上所述本题答案是：A6教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）A. 图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变B. 图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C. 图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D. 图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动【答案】 C【解析】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误；故选C.7如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。则下列说法正确的是 （ ）A. 电源给电容器充电后，M板带正电B. 导体棒在安培力作用下向右运动C. 超级电容器相当电源，放电时两端电压不变D. 在电容器放电过程中，电容器电容不断减小【答案】 B【解析】电容器下极板接正极，所以充电后N乙极带正电，故A错误；放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故B正确；电容器放电时，电量和电压均减小，故C错误；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误故选B点睛：本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由导体本身的性质决定8如图所示，a、b为竖直正对放置的平行金属板构成的偏转电场，其中a板带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一带正电粒子以速度v0从两板中间位置与a、b平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x（M、N点图中未画出），从N点射出的速度为v，则以下说法中正确的是A. 只增大带电粒子的比荷大小，则v减小B. 只增大偏转电场的电压U的大小，则v减小C. 只减小初速度v0的大小，则x不变D. 只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变【答案】 D【解析】粒子在电场中，水平方向；竖直方向，；，解得，则只增大带电粒子的比荷大小，则v增大，选项A错误；只增大偏转电场的电压U的大小，则E变大，v变大，选项B错误；减小初速度v0的大小，则导致进入磁场的速度减小，由半径公式R=，可知，导致半径减小，则x也减小，故C错误；减小偏转电场的电压U的大小，设速度与磁场边界的夹角为，则由半径公式，结合几何关系，可得：x=2Rsin=，则会导致x不变，故D正确；故选D点睛：考查粒子做类平抛运动与匀速圆周运动的处理规律，掌握圆周运动的半径公式，注意运动的合成与分解的方法9如图所示，平行板电容器的两个极板与水平方向成角，极板间距为d，两极板M、N与一直流电源相连，且M板接电源正极，MN间电势差为U，现有一带电粒子以初速度v0进入并恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器。若将电容器撤走，在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，使该粒子仍以原来初速度进入该区域后的运动轨迹不发生改变，则所加匀强磁场的磁感应强度方向和大小正确的是 A. 垂直于纸面向里 B. 垂直于纸面向里 C. 垂直于纸面向外 D. 垂直于纸面向外 【答案】 C【解析】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示因为上极板带正电，电场力方向与板间场强方向相反，故微粒带负电；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，在竖直方向：在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，粒子做直线运动，由于粒子受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，则根据二力平衡可知，洛伦兹力的方向向上根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向外根据二力平衡得：所以：C正确；ABD错误；故选C。10如图所示，MN和PQ表示垂直于纸面的两个相互平行的平面，在这两个平面之间的空间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其中磁场方向与纸面垂直。一个带电粒子以某一初速度由MN平面上的A点沿垂直MN平面的方向进入这个场区恰能沿直线运动，并从PQ平面上的C点离开场区，AC连线与两平面垂直。如果这个区域只有电场，其他条件不变，则粒子从PQ平面上的B点离开场区；如果这个区域只有磁场，其他条件不变，则粒子从PQ平面上的D点离开场区。若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3，运动的加速度大小分别为a1、a2和a3，不计空气阻力及粒子所受重力的影响，则下列判断中正确的是（ ）A. t1=t2=t3，a1a2a3B. t2t1t3，a1a3a2C. t1=t2t3，a1t2， a1=a3a2【答案】 C【解析】试题分析：带电粒子分别在复合场、电场、磁场中做匀速直线运动、类平抛运动、匀速圆周运动，比较三种情况下带电粒子在两个相互平行平面之间运动时间及加速度大小各自由相应规律表示出时间和加速度，从而得到结论在复合场中，带电粒子做匀速直线运动，则有Eq=Bqv，则有E=Bv在复合场中的时间，而在单一电场中水平方向也是做匀速直线运动，所以运动的时间，而在单一磁场中做匀速圆周运动，运动的时间，由于两平面之间，所以时间关系为到于加速度，在复合场中，单一电场中和磁场中的加速度由电场力和洛仑兹力产生，但两种力相等，所以，但方向不同，即，故C正确11一个静止的铀核，放射一个粒子而变为钍核，在匀强磁场中的径迹如图所示，则正确的说法( )A. 1是，2是钍 B. 1是钍，2是C. 3是，4是钍 D. 3是钍，4是【答案】 B【解析】一个静止的铀核发生衰变后变为钍核，粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据动量守恒定律知，两粒子的动量大小相等，速度方向相反，都为正电，根据左手定则，为两个外切圆；根据，因两粒子的动量大小相等、磁感应强度B相同，则电量大的轨道半径小，知1是钍核的径迹，2是粒子的径迹，B正确，ACD错误，选B【点睛】衰变生成的新核与粒子动量守恒，根据左手定则判断粒子的受力方向，从而判断出是内切圆还是外切圆12如图所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体（含正、负离子）沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后（ ）A. 离子可能向N磁极偏转B. A板聚集正电荷C. R中有向上的电流D. 离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功【答案】 C【解析】由左手定则知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，离子不可能向N磁极偏转，A、B错误；电路稳定后，电阻R中有向上的电流，C正确；因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功，D错误，故选C.13在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场中做匀速圆周运动，则( )A. 粒子的速率加倍，周期减半B. 粒子的速率不变，轨道半径减半C. 粒子的速率减半，轨道半径变为原来的D. 粒子的速率不变，周期不变【答案】 B【解析】由洛伦兹力提供向心力，解得；，解得。A、D项，由动能定理，洛仑兹力对粒子不做功，所以粒子的速率不变，磁感应强度是原来的2倍，则周期减半，故A、D项错误。B、C项，由上面分析可知，粒子的速率不变，磁感应强度是原来的2倍，半径减半，故B项正确，C项错误。综上所述，本题正确答案为B。14有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是A. 静止不动B. 向纸外平动C. N极向纸外，S极向纸内转动D. N极向纸内，S极向纸外转动【答案】 C15如图所示，质量为m的金属导体棒MN被两根轻质柔软的细导线吊在一个绝缘支架上，细导线的另一端与电源和开关相连，构成闭合回路，金属棒可做自由摆动，其接入电路部分的长度为L，在竖直方向上有磁感应强度为B的匀强磁场，初始时刻，开关处于断开状态，导体棒MN静止不动，现把开关闭合后，发现导体棒摆动的最大摆角是，则导体棒中通有的电流I为(重力加速度为g)A. B. C. D. 【答案】 D【解析】根据动能定理得，解得，故选D。16在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图所示，下列说法正确的是A. 新核为B. 轨迹1是新核的径迹C. 衰变过程中子数不变D. 新核沿顺时针方向旋转【答案】 A【解析】发生衰变时动量守恒，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是粒子，所以发生的是衰变，衰变把一个中子转化为质子，放出一个电子，中子数减小，粒子是电子，根据质量数守恒和电荷数守恒，配平核反应方程式，可知衰变方程为，故新核是，A正确C错误；静止的发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式可知半径与电荷量q成反比，新核的电荷量q大，所以新核的半径小，所以轨迹2是新核的轨迹，B错误；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知：新核要沿逆时针方向旋转，D错误17如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（）A. 任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1：4B. a、b两线圈中产生的感应电动势之比为1：2C. a、b两线圈中产生的感应电流之比为4：1D. 相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1【答案】 D【解析】A、任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1故A错误B、根据法拉第电磁感应定律得：E=S，S=r2，则S相等，也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误C、线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知 I=，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1故C错误D、根据焦耳定律得 Q=t，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D正确故选：D18如图所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场共存的场区，三个速度不同的质子沿垂直电场线和磁感线方向从同一点射入场区，其轨迹为图中、三条虚线设三个质子沿轨迹、进入场区时速度大小分别为v1、v2、v3，射出场区时速度大小分别为v1、v2、v3，不计质子所受到的重力，则下列判断正确的是 （ ）A. v1v2v3，v1v1，v3v3 B. v1v2v3，v1v1，v3v3C. v1v2v3，v1v1，v3v3 D. v1v2v3，v1v1，v3v3【答案】 A【解析】质子重力不计，根据左手定则知，质子所受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，沿轨迹的质子洛伦兹力大于电场力，即qv1BqE，沿轨迹的质子洛伦兹力等于电场力，即qv2B=qE，沿轨迹的质子洛伦兹力小于电场力，即qv3BqE，可知v1v2v3沿轨迹的质子运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v1v1，沿轨迹的质子运动过程中，速度不变，v2=v2，沿轨迹的质子运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v3v3，故A正确，B、C、D错误故选：A19如图所示，在示波管右边有一通电圆环，则示波管中的电子束将（ ）A. 向上偏转B. 向下偏转C. 向纸外偏转D. 匀速直线运动【答案】 D【解析】由安培定则可知，在示波管处电流磁场方向水平向右；电子束由左向右运动，电子束形成的电流方向水平向左，与磁感线平行，由左手定则可知，电子束不受安培力，做匀速直线运动，D正确，ABC错误。故选：D。【点睛】由安培定则判断出通电导线中的电流在示波管位置的磁场方向；然后由左手定则判断出电子束受到的安培力方向，最后根据电子束的受力方向判断电子束的运动。20如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是（）A. 一起向左运动 B. 一起向右运动C. 相向运动，相互靠近 D. 相背运动，相互远离【答案】 D【解析】根据安培右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，当电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流为acdb，根据安培左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，即ab和cd反向运动，相互远离，故D正确，ABC错误。21在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极，并把它们与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水如果把玻璃皿放在磁场中,如图所示,通过所学的知识可知，当接通电源后从上向下看()A. 液体将顺时针旋转B. 液体将逆时针旋转C. 若仅调换N、S极位置，液体旋转方向不变D. 若仅调换电源正、负极位置，液体旋转方向不变【答案】 B22在科学发展史上，不少物理学家作出了重大贡献。下列陈述中不符合历史事实的是A. 伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，B. 在研究电磁现象时，安培引入了 “场”的概念C. 密立根进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电量D. 奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系【答案】 B【解析】伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，选项A正确；在研究电磁现象时，法拉第引入了 “场”的概念，选项B错误；密立根进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电量，选项C正确；奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，选项D正确；此题选择不符合事实的选项，故选B.23关于磁感线，下列说法中正确的是（）A. 磁感线是实际存在于磁场中的线B. 磁感线是一条条不闭合的曲线C. 磁感线有可能出现相交的情况D. 磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致【答案】 D【解析】磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，故A错误在磁体的内部，磁感线从磁体的S出发回到N极；而外部则是从磁体的N极出发回到S极，构成闭合曲线，故B错误；若两条磁感线可以相交，则交点处就可以做出两个磁感线的方向，即该点磁场方向就会有两个，这与理论相矛盾，因此磁感线不能相交，故C错误磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致；故D正确；故选D24如图所示，边长为l，质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为。导线框中的电流大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】 A【解析】试题分析：当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为，电流方向向右，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，电流方向变为向左，据此根据平衡条件列式求解当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向上，故，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向下，故，联立可得，A正确25如图所示正方形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带正电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准正方形区域的中心射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )A. 这些粒子在磁场中运动的时间都相等B. 在磁场中运动时间越短的粒子，其速率越小C. 在磁场中运动时间越短的粒子，其轨道半径越大D. 在磁场中运动时间越短的粒子，其通过的路程越小【答案】 C【解析】试题分析：质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定由周期公式得：由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T相同，根据可知，在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，半径越大，由知速率一定越大，故AB错误C正确；经过的路程即为弧长，由于圆心角越小，半径越大，所以路程不一定小，D错误26关于磁通量下列说法正确的是（ ）A. 磁通量越大表示磁感应强度越大B. 面积越大穿过它的磁通量也越大C. 穿过单位面积的磁通量等于磁感应强度D. 磁通量不仅有大小而且有方向是矢量【答案】 D【解析】磁通量可理解为穿过单位面积的磁感线的条数，与线圈的面积、磁感应强度以及线圈的放置有关，则磁通量越大，磁感应强度不一定越大，选项A错误；当磁场与面积相互垂直时穿过单位面积的磁通量等于磁感应强度，C错误；根据可知，面积越大穿过它的磁通量不一定越大，选项B错误；磁通量不仅有大小而且有方向是矢量，选项D正确；故选D.27现代人几乎离不了方便的磁卡，利用磁性材料记录信息的磁卡保存不当就会失去磁性关于磁卡保存，下列做法不正确的是（ ）A. 用软纸轻擦磁卡 B. 用磁卡拍打桌面C. 使磁卡远离热源 D. 使磁卡远离磁体【答案】 B28在隧道工程以及矿山爆破作业中，部分未发火的炸药残留在爆炸孔内，很容易引起人身事故为此，科学家制造了一种专门用于隧道工程以及矿山爆破作业的炸药-磁性炸药在磁性炸药制造的过程中掺入10%的磁性材料-一钡铁氧体，然后放入磁化机磁化使用磁性炸药时，遇到不发火的情况可用磁性探测器探测出未发火的炸药已知掺入的钡铁氧体的消磁温度约为400，炸药的爆炸温度约为22403100，一般炸药引爆温度最高为140左右，以上材料表明（）磁性材料在低温下容易被磁化磁性材料在高温下容易被磁化磁性材料在低温下容易被消磁磁性材料在高温下容易被消磁A. B. C. D. 【答案】 C【解析】由安培分子电流假说可知，低温情况下，分子运动不剧烈，在外磁场的作用下，分子环形电流的磁极趋向基本一致，因而易被磁化，故正确，错误；而高温时，分子剧烈运动，导致趋向基本一致的分子环形电流的磁极趋向重新变得杂乱无章，进而达到消磁目的；即磁性材料高温下容易消磁，低温下容易磁化，故正确，错误。所以C正确，ABD错误。29实验室里用的磁铁是用什么材料制成的（）A. 软磁性材料 B. 硬磁性材料 C. 软铁 D. 不锈钢【答案】 B【解析】磁性材料分为硬磁材料和软磁材料，硬磁性材料（永磁体）指磁化后能长久保持磁性的材料；软磁性材料指磁化后，不能保持原有的磁性故实验室里用的磁铁是用硬磁性材料制成的故B正确、ACD错误；故选B30电磁铁用软铁做铁芯，这是因为软铁（）A. 能保持磁性 B. 可能被其他磁体吸引 C. 去磁迅速 D. 能导电【答案】 C【解析】因为软铁被磁化后退磁很快，也就是说上面的铜线螺线管没有磁场时，软铁的磁场会很快消失，而钢则会保留磁性，要好一会才磁性会消失电磁铁的目的在于控制磁场的产生和消失，所以要用软铁，因为软铁的磁场更易改变故C正确，ABD错误故选C.点睛：本题较简单，考查了电磁铁的特点：容易被磁化，也容易退磁，这正是电磁铁的优点31把一根条形磁铁从中间切断，我们将得到（）A. 一段只有N极，另一段只有S极的两块磁铁B. 两段均无磁性的铁块C. 两段均有N极和S极的磁铁D. 两段磁极无法确定的磁极【答案】 C【解析】磁铁分成两段后，其中的每一段仍然具有磁性，仍是一个磁体磁体就具有两个异名磁极,故选C.32随着社会的发展，磁记录已深入到各个领域，进入千家万户银行、邮政、公交等许多机构发行的磁卡，就是利用磁性材料记录信息的关于磁卡下列说法错误的是（）A. 磁卡是硬磁性材料制造的B. 磁卡要远离热源，以防退磁C. 将磁卡放在强磁铁附近，以加强磁性D. 不要与尖锐的物体放在一起，以防划破磁卡【答案】 C【解析】磁卡内部的分子电流的排布按一定的规律进行的，但在剧烈敲打时，分子电流的排布重新变的杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，故对外不显磁性，所带信息消失，则是由硬磁性材料制造的，故做法A是正确的磁卡内部的分子电流的排布按一定的规律进行，故对外显现磁性，但在高温时，分子电流的排布重新变的杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，磁卡所带信息消失，故应使磁卡远离热源，即做法B是正确的磁卡内部的分子电流的排布按一定的规律进行，故对外显现一定的磁性，携带一定的信息，但当磁卡靠近磁体时是由于受到磁场的作用力分子电流的排布发生改变，磁卡所带信息消失，故C做法错误磁卡内部的分子电流的排布按一定的规律进行的，但在剧烈敲打时，分子电流的排布重新变的杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，故对外不显磁性，所带信息消失，故需要用软纸轻擦磁卡，故做法D是正确的此题选择错误的选项，故选C.33关于通电直导线所受的安培力F、磁感应强度B和电流I三者方向之间的关系，下列说法中正确的是（）A. F与B、I的三者必定均相互垂直B. F必定垂直于B、I，但B不一定垂直于IC. B必定垂直于F、I，但F不一定垂直于ID. I必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B【答案】 B【解析】试题分析：根据左手定则拇指，四指以及磁场方向的关系判断根据左手定则可知安培力的方向一定垂直于磁场和电流方向，但是磁场方向不一定和电流方向垂直，B正确34当磁铁接近发光的白炽灯泡，可以看到灯丝抖起来关于这一现象（）A. 磁铁靠近不通电的灯泡也会发生同样的现象B. 这是一种电磁感应现象C. 如果灯泡中通过的是恒定电流，也会发生同样的现象D. 这是因为通电的灯丝受安培力作用的结果【答案】 D【解析】试题分析：通电导线在磁场中受到安培力的方向，在磁场方向一定时，安培力方向与电流方向有关因为白炽灯中通有电流，受到磁铁所产生的磁场的安培力的作用，由于白炽灯中的电流为交变电流，所以电流方向在变化，所以受到的安培力方向也在变化，故发生抖动现象，故D正确35在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知 ( )A. 一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针B. 一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针C. 可能是小磁针正上方有电子流自南向北通过D. 可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过【答案】 C【解析】若小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针，由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的N极向西偏转，A错误；若小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针；由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的N极向东偏转，但不能肯定是磁铁的作用，也有可能是电流引起的，因此不能肯定，是有可能的，B错误；若小磁针正上方有电子流自南向北水平通过，电流方向即为自北向南，所以小磁针的N极向东偏转，因此有可能，C正确；发现小磁针的N极向东偏转，说明小磁针的正上方有电子流自南向北水平通过，D错误3619世纪20年代，以塞贝克为代表的科学家已经认识到：温度差会引起电流.安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出“地球磁场是绕地球的环行电流引起的”的假设.已知磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线，则该假设中的电流方向是A. 由西向东垂直磁子午线B. 由东向西垂直磁子午线C. 由南向北沿磁子午线 D. 由赤道向两极沿磁子午线【答案】 B【解析】因为地磁场N极在地球南极附近，地磁场S极在地球北极附近，故由安培定则可得题中假设的电流方向是由东向西垂直磁子午线，B正确37关于回旋加速器中电场和磁场的说法中正确的是（）A. 电场和磁场都对带电粒子起加速作用B. 电场和磁场是交替地对带电粒子做功的C. 只有磁场才能对带电粒子起加速作用D. 磁场的作用是使带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动【答案】 D【解析】回旋加速器是利用电场进行加速，而磁场中受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，所以在磁场中速度的大小不变，没有起到加速作用，反而使粒子偏转，做匀速圆周运动。故D正确38如图所示,质量为m ，电量为q 的带正电物体,在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为的水平面向左运动，则( )A. 物体的速度由v减小到零的时间等于mv/(mg+Bqv)B. 物体的速度由v减小到零的时间小于mv/(mg+Bqv)C. 若另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q，方向水平向右的匀强电场,物体将作匀速运动D. 若另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q，方向竖直向上的匀强电场,物体将作匀速运动【答案】 D电场力大小为，方向竖直向上，物体与水平面间的正压力为零，不受摩擦力作用，故做匀速直线运动，D正确39一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则()A. 此空间一定不存在磁场B. 此空间一定不存在电场C. 此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度垂直D. 此空间可能同时有电场和磁场【答案】 D【解析】当空间只有匀强磁场，且电子的运动方向与磁场方向垂直时，受洛伦兹力作用，会发生偏转，C不正确；当空间既有电场又有磁场，且两种场力相互平衡时，电子不会发生偏转，AB不正确，D正确40一个重力可忽略的带正电的粒子射入某一区域后做匀速圆周运动，则这一区域可能有()A. 匀强电场，且电场方向跟粒子的运动方向垂直B. 匀强电场，且电场方向跟粒子的运动方向平行C. 匀强磁场，且磁场方向跟粒子的运动方向垂直D. 匀强磁场，且磁场方向跟粒子的运动方向平行【答案】 C【解析】不计重力的带电粒子不可能在匀强电场中做匀速圆周运动，因为其受到的电场力是恒力，而提供向心力的力的方向时刻在改变，AB错误；若带电粒子的速度方向与磁场方向平行，则粒子不受洛伦兹力的作用，将做匀速直线运动，D错误C正确41如图所示,ABCDEF为一正六边形的六个端点，现有垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于BA向右的匀强电场，一带电粒子从A点射入场中，恰好沿直线AE做匀速直线运动。现撤去磁场，粒子仍从A点以原速度射入场中，粒子恰好从F点射出。若撤去电场而保留磁场，粒子仍以原速度从A点射入，则粒子将从哪条边射出（不计粒子重力）A. AB B. BC C. CD D. DE【答案】 B【解析】试题分析：根据做匀速直线运动的条件求出电场力与洛伦兹力的关系；只有电场时，粒子做类平抛运动，根据运动的特点求出电场力与六边形的边长的关系，最后由带电粒子在磁场中运动的特点求出带电粒子在磁场中运动的半径，然后判断出粒子的出射点只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电；根据左手定则可知，只有磁场时，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转；开始时粒子在复合场中做匀速直线运动，则有：，设六边形的边长为L，只有电场时，竖直向上的方向上有：，水平方向上有：，当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有：，联立可得：，由几何关系可知：，而，所以粒子将从BC边射出磁场，B正确42如图所示，空间的虚线区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速v0由A点垂直场边界进入该区域，沿直线运动从O点离开场区。如果这个区域只有电场，粒子将从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，粒子将从C点离开场区，且BO=CO。设粒在上述三种情况下，从A到B，从A到O和从A到C所用的时间分别是t1、t2和t3。比较t1、t2和t3的大小，有A. t1=t2=t3 B. t1=t2t3 C. t1t2=t3 D. t1t2t3【答案】 B【解析】带电粒子由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qE=qvB，水平方向做匀速直线运动，运动时间t1=，如果只有电场，带电粒子从B点射出，做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，运动时间：t2=，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从D点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，所以速度的水平分量越来越小，所以运动时间：t3，所以t1=t2t3，故B正确，ACD错误故选B点睛：注意分析带电粒子在复合场、电场、磁场中的运动情况各不相同，复合场中做匀速直线运动，电场做类平抛运动，磁场做匀速圆周运动，根据不同的运动规律解题 43把动能和速度方向都相同的质子和粒子分离开，如果使用匀强电场和匀强磁场，可行的方法是()A. 只能用磁场B. 只能用电场C. 电场和磁场都可以D. 电场和磁场都不行【答案】 B【解析】使用匀强电场时：设电场强度为E，电场的宽度为L，偏转角为，粒子的初速度为v0则有：；由题E、L、Ek相同，可见偏转角度大的是粒子可以分开使用匀强磁场时：设粒子的质量为m电量为q，磁感应强度为B，速率为v，半径为R，动能为Ek则由牛顿第二定律得：得：，由题Ek、B相同，质子和粒子相同，则R相同不能分开故B正确，ACD错误故选B.点睛：粒子在匀强磁场和匀强电场中运动研究方法不同：粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的合成与分解的方法处理粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力由牛顿第二定律研究44如图所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O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AB边的夹角为60,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的大小B需满足( )A. B. C. D. 【答案】 B【解析】粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示：则粒子运动的半径为：r=acot30=a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：Rr，解得：，故选D点睛：本题是考查了粒子在有界磁场中的运动问题，解题的关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解半径，然后应用牛顿第二定律即可正确解题45如图所示，正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带电的粒子从h点沿he图示方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb当速度大小为 vd时，从 d 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 td，不计粒子重力。则下列正确的说法是( )A. tb:td=2:1B. tb:td =1:2C. tb:td =3:1D. tb:td=1:3【答案】 C【解析】根据题意可知，粒子从b点和从d点离开的运动轨迹如图所示；由图利用几何关系可知，从b点离开时粒子转过的圆心角为135，而从d点离开时粒子其圆心角为45，因粒子在磁场中的周期相同，由t=T可知，时间之比等于转过的圆心角之比，故tb：td=135：45=3：1，故C正确，ABD错误故选C点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，应先分析清楚粒子的运动过程，然后应用牛顿第二定律解题，本题的解题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角46如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流强度均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B，其中k为常数)某时刻有一电子(质量为m、电量为e)正好经过原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受磁场力为()A. 方向垂直纸面向里，大小为B. 方向指向x轴正方向，大小为C. 方向垂直纸面向里，大小为D. 方向指向x轴正方向，大小为【答案】 A点睛：解决本题的关键掌握安培定则判断电流周围的磁场方向，运用左手定则判断洛伦兹力的方向47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长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、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一匀强磁场，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，接在M、N两端间的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. M端的电势比N端的高B. 电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关C. 电压表的示数U与污水的流量Q成正比D. 若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0【答案】 C【解析】根据左手定则，知正离子所受的洛伦兹力方向向里，则向里偏转，N板带正电，M板带负，则M板的电势比N板电势低故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q，解得U=vBb，与污水中正负离子数无关故BD错误因，则流量，因此，与污水流量成正比故C正确故选C点睛：此题使霍尔效应问题；解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡列方程讨论求解48如图，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，水平放置的管道内壁光滑，半径略小于管道内径，所带电荷量，质量的小球A静止，与A大小相等，质量的不带电绝缘小球B以速度v=3m/s向右与A发生弹性碰撞，下列说法正确的是（）A. B球碰后的速度大小为2m/s B. A球碰后对管道上表面有压力C. A球碰后对管道下表面有压力 D. A、B、C选项说法都不对【答案】 D49电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器如图为美国试验所采用的电磁轨道，该轨道长7.5 m，宽1.5 m若发射质量为50 g的炮弹从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为20 A时，最大速度可达3 km/s.轨道间所加磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力下列说法正确的是()A. 磁场方向为竖直向下B. 磁场方向为水平向右C. 磁感应强度的大小为103 TD. 电磁炮的加速度大小为3105 m/s2【答案】 C【解析】由左手定则，根据安培力向右可判断磁场方向竖直向上，选项AB错误；由动能定理BILxmv2，得B103 T，C正确；由牛顿第二定律BILma，得a6105 m/s2，D错误故选C.50如图所示，质量为m的铜棒长为L，棒的两端各与长为L的细软铜线相连，静止悬挂在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当棒中通过恒定电流后，铜棒向上摆动，最大偏角为.则棒中的电流强度为() A. B. C. D. 【答案】 A【解析】根据动能定理BIL2sin mgL(1cos )0，可得，A正确51乐乐同学想利用“电磁弹簧秤”称量一金属棒的质量，如图所示，一根粗细均匀的金属棒ab用两个完全相同的弹簧悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒连接且绝缘，金属棒通过开关与一电路相连，电源右侧为正极，开关接通以后，下列说法正确的是()A. 金属棒所受安培力竖直向下B. 仅改变电流方向，安培力方向不变C. 仅增大磁感应强度，安培力变小D. 若滑动变阻器的滑片向左滑动，则安培力减小【答案】 A【解析】由左手定则知，金属棒受到的安培力竖直向下；仅改变电流方向，安培力方向变为向上；由FBIL，知B增大，F增大，滑片向左滑动R减小，I增大，F增大；故选A.52如图所示，带电小球沿竖直的光滑绝缘圆弧形轨道内侧来回往复运动，匀强磁场方向垂直纸面向里，它向左或向右运动通过最低点时( )A. 加速度大小不相等B. 速度大小不相等C. 所受洛伦兹力大小相等D. 轨道对它的支持力大小相等【答案】 C【解析】带电小球沿竖直的光滑绝缘圆弧形轨道向左或向右运动通过最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以通过最低点时速度大小相等，选项B错误；由a得通过最低点时加速度大小相等，选项A错误；通过最低点时所受洛伦兹力大小为FqvB，故F大小不变，选项C正确；向左或向右运动通过最低点时，洛伦兹力方向相反，而合力相等，所以轨道对它的支持力大小不相等，选项D错误故选C.53如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD段导线长度为4102 m，天平(等臂)平衡时钩码重力为4105 N，通过导线的电流I0.5 A，由此，测得通电螺线管中的磁感应强度B为()A. 2.0103 T，方向水平向右B. 5.0103 T，方向水平向右C. 2.0103 T，方向水平向左D. 5.0103 T，方向水平向左【答案】 A【解析】天平平衡时，CD段导线所受的安培力大小为：F=mg；由F=BIL得：；根据左手定则可知磁感应强度的方向向右，所以A正确、BCD错误故选A541930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，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. 离子回旋周期逐渐增大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】 D【解析】根据可知，粒子的回旋周期不变，选项A错误；粒子由加速器的中心附近进入加速器，从加速器的边缘出加速器故B错误粒子在电场中加速，在磁场中偏转，可知从电场中获得能量，故C错误，D正确故选D点睛：解决本题的关键掌握加速器的工作原理以及加速器的构造，注意粒子从电场中获得能量，但是出回旋加速器的最大速度与电场无关，与磁感应强度和D形盒的半径有关55如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场中的磁感应强度它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场中，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡下列说法中正确的是()A. 线圈受到的安培力大小为BIlB. 线圈受到的安培力方向水平指向纸内C. 若发现左盘向上翘起，则应增大线圈中的电流D. 若电流大小不变而方向反向，线圈仍保持平衡状态【答案】 C【解析】线圈受到的安培力大小为nBIl，选项A错误；由左手定则可知，线圈受到的安培力方向竖直向上，选项B错误；若发现左盘向上翘起，说明线圈受到的安培力减小了，则应增大线圈中的电流，选项C正确；若电流大小不变而方向反向，则安培力变为向下，此时线圈将下沉不能保持平衡状态，选项D错误；故选C.56如图甲所示，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度挂在天平右臂下方的单匝矩形线圈中通入如图乙所示的电流，此时天平处于平衡状态现保持边长MN和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为三角形线圈，挂在天平的右臂下方，如图丙所示则()A. 天平将向左倾斜 B. 天平将向右倾斜C. 天平仍处于平衡状态 D. 无法判断天平是否平衡【答案】 B【解析】天平原本处于平衡状态，线圈受到向上的安培力作用；由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，将该矩形线圈改为三角形线圈，则有效长度最短，磁场强度B和电流大小I不变，所以所受的安培力变小，则天平向右倾斜，故选B点睛：本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F=BIL公式的L是指导体的有效长度57如图所示，弹簧测力计下挂有一长为L、质量为m的金属棒，金属棒处于磁感应强度垂直纸面向里的匀强磁场中，棒上通有如图所示方向的电流I，金属棒处于水平静止状态，若此时弹簧测力计示数大小为F，重力加速度为g，金属棒以外部分的导线没有处于磁场中且质量不计，则下列说法正确的是()A. 金属棒所受的安培力方向竖直向上B. 金属棒所受的安培力大小为mgF x/kwC. 若将电流增大为原来的2倍，平衡时弹簧测力计示数会增大为2FD. 若将磁感应强度和金属棒质量同时增大为原来的2倍，平衡时弹簧测力计示数会增大为2F【答案】 D【解析】由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向向下，选项A错误；由平衡知识可知：mg+F安=F，则金属棒所受的安培力大小为Fmg，选项B错误；若将电流增大为原来的2倍，则安培力变为原来的2倍，根据F=mg+F安可知，平衡时弹簧测力计示数不会增大为2F，选项C错误；若将磁感应强度和金属棒质量同时增大为原来的2倍，则安培力变为原来的2倍，根据F=mg+F安可知，平衡时弹簧测力计示数不会增大为2F，选项D正确；故选D.58如图所示，把一根通电的硬直导线ab用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是()A.
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