人教版选择性必须第二册试题 第四章 电磁振荡与电磁波 （含解析）

高二年级上学期第八周物理晚练（10 月 9 日）
学号 姓名
一、单选题
1.下列说法中正确的是( )
A. 电场强度为零的点，电势可能为零
B. 电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等
C. 电流在磁场中某点所受磁场力为零，则该点的磁感应强度一定为零
D. 由B = 可知， B与F成正比，与IL成反比
2.在图中， 标出了磁场B的方向、带电粒子的电性及运动方向，电荷所受洛仑兹力F的方向，其中正确的是
( )
A.
B.
C.
D.
3.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采
取比值的形式定义，被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取
舍而改变，下列选项中所列各物理量的关系式，全部用到了比值定义法的有( )
A. v = ，a = ，I = B. φ = ，E = Fq (电)，B =
C. C = ，I = ，R = p D. R = ，g = ，a = m (F合)
4.两条直导线互相垂直，如图所示，但相隔一个小距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由转动。
当电流按图所示的方向通入两条导线时， CD导线将 ( )
A. 顺时针方向转动，同时靠近导线AB B. 逆时针方向转动，不平动
C. 顺时针方向转动，同时离开导线AB D. 逆时针方向转动，同时靠近导线AB 5.如图所示，环形导线所在平面内有三只小磁针a 、b 、c，闭合开关S后，三只小磁
针N极的偏转方向是 ( )
A. 全向里 B. a 、c向外， b向里
C. a向里， b 、c向外 D. 全向外
6.如图所示，金属线圈abcd置于磁感应强度为B = 0.7 T、方向竖直向下的匀强磁
场中，线圈平面与水平方向成θ = 60°,线圈面积为s = 0.4m2 ，把线圈以水平边cd
为轴顺时针转过120°角，则通过线圈磁通量的变化量大小为 ( )
A. 0.14 wb B. 0.28 wb C. 0.36 wb D. 0.42 wb
7.长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所
示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是
( )
A. F = BILcosθ B. F = BILcosθ
C. F = BILsinθ D. F = BILsinθ
8.如图所示，长为L的导线AB放在相互平行的金属导轨上，导轨宽度为d，通过的电流为I，垂直于纸面的
匀强磁场的磁感应强度为B，则AB所受的磁场力的大小为 ( )
A. BIL B. BIdcosθ C. BI D. BIdsinθ
9.在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管
平行，则电子将( )
A. 向上偏转 B. 向下偏转 C. 向纸里偏转 D. 向纸外偏转
10.图中a 、b 、c 、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面积位于正方形的四个顶点上，导线中通有大
小相等的电流，方向如图所示。 一带负电的粒子从正方形中心。点沿垂直于纸面的
方向向里运动，它所受洛伦兹力的方向是 ( )
A. 向左 B. 向右 C. 向上 D. 向下
二、多选题
11.图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁体和铁芯间的磁场是辐向分布的，
线圈中a 、b两条导线的长均为L，通有方向如图乙所示的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为
B，则( )
A. 该磁场是匀强磁场
B. 线圈平面总与磁场方向垂直
C. 线圈将沿顺时针方向转动
D. a 、b导线受到的安培力的大小总为ILB
三、计算题
12.如图所示，两平行光滑金属导轨宽为d，与电源连通，导轨平面与水平方向的夹角为θ,在导轨上垂直 导轨放置一质量为m的金属棒MN(金属棒始终与两导轨接触良好)。已知重力加速度为g。当金属棒中通有
电流I时，为使其能静止在导轨上，需在金属棒所在的空间加一匀强磁场。
(1)如果金属棒MN静止在导轨上且对导轨无压力，则所加的匀强磁场的磁感强度
大小多大？方向如何？
(2)若要磁场的磁感应强度最小，所加磁场方向如何？磁感应强度最小值为多大？
13.平面直角坐标系xoy第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强
磁场，如图所示。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的M点，以垂直于y轴的初速度v 0 射入电
场，经由x轴上的N点进入磁场，最终粒子在P点垂直y轴离开磁场。已知从M 、N两点到原点距离分别为
y1 = 、x = L，不计粒子重力。
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。
14.如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，其质量为m，带电荷量为+q，小球可在棒上滑动，将此棒 竖直放在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是E，磁感应强度是B，小球与棒的动摩擦因数为μ,求
小球由静止沿棒下落的最大加速度和最大速度。
高二年级上学期第八周物理晚练答题卡
学号 姓名
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
二、计算题
12、
13、
14、
高二年级上学期第八周物理晚练（10 月 9 日） 参考答案
1.【答案】A 解析： 电场强度与电势没有关系，电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方 电场强度也不一定为零，故 A 正确；电场强度处处相等的区域内，电势不一定处处相等，比如匀强电场， 沿着电场线方向，电势是降低的；处在电场中的电荷一定受到电场力，但在磁场中运动的电荷不一定有磁 场力存在，当运动方向与磁场方向平行时，没有磁场力作用，因此某点不受磁场力作用，则该点的磁感应 强度不一定为零；磁感应强度的大小B = ，是比值定义法，因此B与F，与IL均没有关系，故 BCD 错误；
2.【答案】B
A.磁场向里，电子向右运动，根据左手定则可得，洛伦兹力的方向下，故 A 错误；
B.磁场向外，正电荷向右运动，根据左手定则可得，洛伦兹力的方向向下，故 B 正确；
C.磁场向左，正电荷向右运动，运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力的作用，故 C 错误；
D.磁场向上，正电荷向左运动，根据左手定则可得，洛伦兹力的方向向里，故 D 错误。
3.【答案】B 【解析】A.该选项中I = 不是比值定义法，其余两个是比值定义法，选项 A 错误；
B.该选项中三个物理量都是比值定义法，选项 B 正确； C.该选项中R = p 不是比值定义法，其余两个是比
值定义法，选项 C 错误； D.该选项中a = m (F合)不是比值定义法，选项 D 错误。
4.【答案】D 【解答】电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边 各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向 上，知CD导线逆时针方向转动。当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引。所以导线CD逆时
针方向转动，同时靠近导线AB。故 D 正确， ABC 错误。
5.【答案】B 解析： 闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断环形导线内
部磁场向里，外部磁场向外，则小磁针b的N极向里偏转， a 、c两个小磁针向外偏转。
6.【答案】D 【解答】线圈在垂直磁场方向上的投影面积S⊥ = Scos60 = 0.4 ×m2 = 0.2m2
穿过线圈的磁通量Φ = BS⊥ = 0.7 × 0.2Wb = 0.14Wb 线圈以cd为轴顺时针方向转过120°角后变为与磁场
垂直，但由于此时磁感线从线圈平面穿入的方向与原来相反，故此时通过线圈的磁通量Φ1 = BS =
0.7 × 0.4Wb = 0.28Wb 故磁通量的变化量ΔΦ = |Φ1 Φ| = | 0.28 0.14Wb| = 0.42Wb
7.【答案】A 解析： A. 电流方向与磁场方向的夹角为90° θ,则安培力F = BILsin(90° θ) = BILcosθ , 故 A 正确； B. 电流的方向与磁场方向垂直，则安培力为F = BIL，故 B 错误； C. 电流的方向与磁场方向垂
直，则安培力F = BIL，故 C 错误； D. 电流的方向与磁场方向垂直，则安培力F = BIL，故 D 错误。
8.【答案】C 解析： 本题关键在于理解公式F = BIL中的L是有效长度，即为通电电流的磁场中的长度，
且垂直放置于磁场中。由公式F = BIL，得F = BI ,故选 C。
9.【答案】B 【解析】解：根据安培定则判断可知：通电导线在阴极射线管处产生的磁场方向垂直纸面向 里，电子带负电，向右运动，由左手定则判断得知电子流所受的洛伦兹力方向向下，所以阴极射线向下偏
转．故 B 正确．本题关键要掌握两大定则：安培定则和左手定则.
10.【答案】D 根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁 场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带负电的粒子从正方形中心。点沿垂直
于纸面的方向向里运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下，故 D 正确， ABC 错误。
11.【答案】CD 【解析】磁场是均匀辐向分布的，越接近转轴，磁场越强。磁感线始终与线圈平面平
行， A、B 错误； C、图示位置， a、b导线受到的安培力的方向分别向上和向下，故线圈将沿顺时针方向转
动，故 C 正确； D、导线b始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为BIL，故 D 正确。
12.【答案】解： (1)导体棒对轨道无压力， MN所受安培力应竖直向上，由左手定则可知磁场方向应水平
向右且： IdB = mg 解得： B =
(2)当安培力沿斜面向上时，安培力最小，磁感应强度最小，方向应垂直于斜面向下
由力的分解，则有IdB′ = mgsinθ 解得： B′ =
13.【答案】解： (1)粒子在电场中运动时， y方向做匀加速运动 = at2 ，a = ，
x轴方向有L = v0t，解得E = ；
(2)离开电场时vy = at = √ 3v0 ，粒子在N点速度v = √ v0 (2) + vy (2) = 2v0，
与x轴方向夹角为θ , tanθ = v (v)0 (y) ，θ = 60 ,粒子在磁场中做圆周运动qBv = R (mv)2，
由几何关系L = Rsinθ,解得B = 。
14.【答案】解：小球受力分析如图所示，根据牛顿第二定律，得mg μFN = ma，
FN qE qvB = 0，所以a = ，故v = 0时， a最大， amax = g 。
同样可知， a随v的增大而减小，当a减小到零时v达到最大，故
mg = μ(qvmax B + qE)，
得vmax =