2019高考物理大一輪復習 第9章 45分鐘高考熱點練（九）磁場精練（含解析）

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1、 45分鐘高考熱點練(九)　磁場 熱點一　磁感應強度、安培力及安培力作用下的平衡問題 1. 如圖所示，三根平行長直導線，分別垂直地通過一個等腰直角三角形的三個頂點，三導線中電流方向相同，A、B兩導線中的電流大小相同，已知導線A在斜邊中點O處所產生的磁場的磁感應強度大小為B，導線C在斜邊中點O處所產生的磁場的磁感應強度大小為2B，則O處的磁感應強度的大小和方向為(　　) A．大小為B，方向沿OA方向 B．大小為2B，方向豎直向下 C．大小為2B，方向沿OB方向 D．大小為2B，方向沿OA方向 解析：　由安培定則知導線A、B在O處產生的磁場的磁感應強度大小相等，方向相反，互相

2、抵消，所以O處的磁感應強度即導線C所產生的磁場的磁感應強度，大小為2B，由安培定則可判定其方向沿OA方向，A、B、C錯，D對。 答案：　D 2. 如圖所示，兩平行的粗糙金屬導軌水平固定在勻強磁場中，磁感應強度為B，導軌寬度為L，一端與電源連接。一質量為m的金屬棒ab垂直于平行導軌放置并接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數為μ＝，在安培力的作用下，金屬棒以v0的速度向右勻速運動，通過改變磁感應強度的方向，可使流過導體棒的電流最小，此時磁感應強度的方向與豎直方向的夾角為(　　) A．37°　　　　　　　　　 B．30° C．45° D．60° 解析：　由題意對棒受力分析，設磁感應

3、強度的方向與豎直方向成θ角，則有BILcos θ＝μ(mg－BILsin θ)，整理得BIL＝。電流有最小值，就相當于安培力有最小值，最后由數學知識解得：θ＝30°，則A、C、D錯，B對。 答案：　B 3．(多選)如圖所示是小麗自制的電流表原理圖。質量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧勁度系數為k，在邊長ab＝L1、bc＝L2的矩形區(qū)域abcd內有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度，MN的長度大于ab。當MN中沒有電流通過且MN處于靜止狀態(tài)時，MN與ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度處；當MN中有電流

4、時，指針示數可表示電流大小。MN始終在紙面內且保持水平，重力加速度為g。則(　　) A．要使電流表正常工作，金屬桿中電流方向應從M至N B．當該電流表的示數為零時，彈簧的伸長量為零 C．該電流表的量程是Im＝ D．該電流表的刻度在0～Im范圍內是不均勻的 解析：　要使電流表能正常工作，金屬桿受到的安培力的方向應豎直向下，根據磁場的方向和左手定則可知，金屬桿中電流方向應從M至N，選項A正確；當該電流表的示數為零時，說明金屬桿中電流為零，此時金屬桿受豎直向下的重力和豎直向上的彈力作用，根據平衡條件和胡克定律可知，彈簧的伸長量為x＝，選項B錯誤；根據平衡條件和胡克定律知，kx＝mg，k

5、(x＋L2)＝mg＋BImL1，解得Im＝，即該電流表的量程為Im＝，選項C正確；根據平衡條件和胡克定律可知，k(x＋l)＝mg＋BIL1，解得I＝·l，即該電流表的刻度在0～Im范圍內是均勻的，選項D錯誤。 答案：　AC 熱點二　帶電粒子在勻強磁場中的運動 4. (2018·河北邢臺質檢)如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)。設粒子從A點運動到C點所用時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1∶t2

6、為(　　) A．2∶1 B．2∶3 C．3∶2 D．∶ 解析：　 如圖所示為粒子兩次運動軌跡圖，由幾何關系知，粒子由A點進入C點飛出時軌跡所對圓心角θ1＝90°，粒子由P點進入M點飛出時軌跡所對圓心角θ2＝60°，則＝＝＝，故選項C正確。 答案：　C 5. (多選)(2018·山西省重點中學高三聯(lián)考)如圖所示為光滑絕緣水平面上的圓形區(qū)域，在沒有磁場的情況下，一帶電小球以某一初速度沿圓形區(qū)域的直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時間為t；在該區(qū)域內加垂直紙面向外的磁感應強度大小為B的勻強磁場，帶電小球仍以相同的初速度沿圓形區(qū)域的直徑方向入射，離開圓形區(qū)域時速度方向向下偏轉了60°

7、，則(　　) A．小球帶負電 B．小球的比荷為 C．在不增加其他條件的情況下，可以求出帶電小球在磁場中運動的半徑和速度 D．小球在磁場中做圓周運動的時間為t 解析：　根據左手定則可知小球帶正電，A錯誤；無磁場時小球沿直徑方向做勻速直線運動，有v＝，有磁場時小球做圓周運動，由幾何關系有r＝R，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，聯(lián)立解得小球的比荷為＝，故B正確；因磁場區(qū)域半徑未知，故不能求小球在磁場中運動的半徑和速度，C錯誤；小球在磁場中做圓周運動的周期為T＝πt，因為小球在磁場中運動的速度偏轉角為60°，則運動軌跡所對應的圓心角為60°，故t2＝·πt＝，D正確。 答案：　BD 6

8、. (多選)如圖，xOy平面的一、二、三象限內存在垂直紙面向外，磁感應強度B＝1 T的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9 m，M點為x軸正方向上一點，OM＝3 m?，F有一個比荷大小為＝1.0 C·kg－1可視為質點帶正電的小球(重力不計)從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電量不變，小球最后都能經過M點，則小球射入的速度大小可能是(　　) A．3 m/s　　　　　　　 B．3.75 m/s C．4.5 m/s D．5 m/s 解析：　由題意，小球運動的圓心的位置一定在y軸上，所以小球做圓周運動

9、的半徑r一定要大于等于3 m，而ON＝9 m<3r，所以小球最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，第二個圓心的位置在O點的上方。也可能小球與擋板ON沒有碰撞，直接過M點。 由于洛倫茲力提供向心力，所以：qvB＝得：v＝·Br① (1)若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖1。 設OO′＝s，由幾何關系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2② 3r－9＝s③ 聯(lián)立②③得：r1＝3 m；r2＝3.75 m 分別代入①得：v1＝·Br1＝1×1×3 m/s＝3 m/s v2＝·Br2＝1×1×3.75 m/s＝3.75 m/s (2)若小球沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖2，設OO′＝x，由

10、幾何關系得：r＝OM2＋x2＝9＋x2④ x＝9－r3⑤ 聯(lián)立④⑤得：r3＝5 m 代入①得：v3＝·Br3＝1×1×5 m/s＝5 m/s，故A、B、D正確，C錯誤。 答案：　ABD 熱點三　帶電粒子在復合場中的運動 7. 如圖所示，在平行線MN、PQ之間存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面的磁場(未畫出)，磁場的磁感應強度從左到右逐漸增大。一帶電微粒進入該區(qū)域時，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線OO′通過該區(qū)域。帶電微粒所受的重力忽略不計，運動過程中帶電荷量不變。下列判斷正確的是(　　) A．微粒從左到右運動，磁場方向向里 B．微粒從左到右運動，磁場方向向外 C．

11、微粒從右到左運動，磁場方向向里 D．微粒從右到左運動，磁場方向向外 解析：　微粒恰好能沿水平直線OO′通過該區(qū)域，說明qvB＝qE；微粒受到空氣阻力作用，速度逐漸變小，故沿運動方向磁感應強度逐漸增大，微粒從左向右運動；由左手定則可知，磁場方向向外，選項B對。 答案：　B 8．(多選)(2018·四川成都檢測)如圖甲所示，絕緣輕質細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球所帶的電荷量為q＝6×10－7 C，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零。當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零。在小

12、球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變化關系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。則下列判斷正確的是(　　) A．勻強電場的場強大小為3.2×106 V/m B．小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 J C．小球做順時針方向的勻速圓周運動 D．小球所受的洛倫茲力的大小為3 N 解析：　根據小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變化關系可得，勻強電場的電場強度大小E＝ V/m＝5×106 V/m，選項A錯誤；由于帶電小球在運動過程中，只有重力和電場力做功，則只有重力勢能和電勢能的相互轉化，又由于帶電小球在復合場(重

13、力場、勻強電場和勻強磁場)中做勻速圓周運動，且細繩上的拉力剛好為零，則小球受到的豎直向下的重力與其受到的電場力等大、反向，即qE＝mg，因此當帶電小球從最低點運動到最高點的過程中，即小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少量為qE·2L＝2.4 J，選項B正確；由于帶電小球所受的洛倫茲力提供小球做勻速圓周運動的向心力，根據左手定則可知，小球沿逆時針方向運動，選項C錯誤；根據牛頓第二定律可得F＝，又qE＝mg，解得F＝3 N，即小球所受的洛倫茲力的大小為3 N，選項D正確。 答案：　BD 9．電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉。圖甲為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束(初

14、速不計)經電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向)，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L。當不加磁場時，電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當磁場的磁感應強度隨時間按圖乙所示的規(guī)律變化時，在熒光屏上得到一條長為2L的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短，可以認為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應強度不變。已知電子的電荷量為e，質量為m，不計電子之間的相互作用及所受的重力。求： (1)電子打到熒光屏上時的速度大小。 (2)磁感應強度的最大值B0。 解析：　(1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的

15、速度大小，設為v，由動能定理得 eU＝mv2 解得v＝。 (2) 當交變磁場為最大值B0時，電子束有最大偏轉，在熒光屏上打在Q點，PQ＝L。電子運動軌跡如圖所示，設此時的偏轉角度為θ，由幾何關系可知， tan θ＝，θ＝60° 根據幾何關系，電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角α＝θ，則tan ＝。 由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0＝ 解得B0＝ 答案：　(1) 　(2) 10. (2018·廣西南寧市模擬)如圖所示，將帶電荷量Q＝＋0.3 C、質量m′＝0.3 kg的滑塊放在小車的水平絕緣板的右端，小車的質量M＝0.5 kg，滑塊與絕緣板間的動摩擦因數μ＝0

16、.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在磁感應強度B＝20 T的水平方向的勻強磁場(垂直于紙面向里)。開始時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L＝1.25 m、質量m＝0.15 kg的擺從水平位置由靜止釋放，擺到最低點時與小車相撞，碰撞后擺球恰好靜止，g取10 m/s2。求： (1)與小車碰撞前擺球到達最低點時對擺線的拉力； (2)擺球與小車的碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE； (3)碰撞后小車的最終速度。 解析：　(1)擺球下落過程，由動能定理有mgL＝mv2， 解得v＝5 m/s， 擺球在最低點時，由牛頓第二定律得FT－mg＝m，解得FT＝4.5 N， 由牛頓第三定律可知擺球對

17、擺線的拉力FT′＝4.5 N，方向豎直向下。 (2)擺球與小車碰撞瞬間，擺球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，有mv＝Mv1＋0，解得v1＝1.5 m/s， 由能量守恒定律，有ΔE＝mv2－Mv＝1.31 J。 (3)假設滑塊與車最終相對靜止，則有Mv1＝(M＋m′)v2， 解得v2＝0.937 5 m/s， 由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假設不成立，因此滑塊最終懸浮。 滑塊懸浮瞬間，滿足F洛′＝Qv2′B＝m′g，解得v2′＝0.5 m/s。 將滑塊與小車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒，有Mv1＝Mv′＋m′v2′， 解得v′＝1.2 m/s，方向水平向右。 答案：　(1)4.5 N　方向豎直向下　(2)1.31 J　(3)1.2 m/s　方向水平向右 9