（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 專題三 第二講 磁場的基本性質(zhì)課前自測診斷卷（含解析）.doc

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磁場的基本性質(zhì) 考點一 磁場對電流的作用力 1.[考查磁感應強度的疊加] [多選]如圖所示，三根平行的足夠長的通電直導線A、B、C分別放置在一個等腰直角三角形的三個頂點上，其中AB邊水平，AC邊豎直。O點是斜邊BC的中點，每根導線在O點所產(chǎn)生的磁感應強度大小均為B0，下列說法中正確的有(　　) A．導線B、C在O點產(chǎn)生的總的磁感應強度大小為2B0 B．導線A、B、C在O點產(chǎn)生的總的磁感應強度大小為B0 C．導線B、C在A點產(chǎn)生的總的磁感應強度方向由A指向O D．導線A、B在O點產(chǎn)生的總的磁感應強度方向水平向右 解析：選ACD　導線B、C在O點產(chǎn)生的磁場方向相同，磁感應強度疊加后大小為2B0，選項A正確；由題意可知，三根平行的通電直導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等，B合＝＝B0，選項B錯誤；導線B、C在A點產(chǎn)生的總的磁感應強度的方向是兩個磁場疊加后的方向，方向由A指向O，選項C正確；根據(jù)安培定則和矢量的疊加原理，導線A、B在O點產(chǎn)生的總的磁感應強度的方向水平向右，選項D正確。 2．[考查閉合電路歐姆定律與平衡問題] 如圖甲所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導軌間接有電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源。導軌平面與水平面間的夾角為θ。金屬桿ab垂直導軌靜止放置，不計金屬桿ab及導軌的電阻，金屬桿ab的質(zhì)量為m，金屬桿與導軌接觸良好。整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B。重力加速度為g，求： (1)金屬桿ab所受安培力的大??； (2)滑動變阻器的阻值R； (3)若將磁場方向按乙圖所示的方向逆時針旋轉(zhuǎn)90至水平方向(虛線所指)，且始終保持ab桿處于靜止狀態(tài)，試通過受力分析說明磁感應強度的大小變化情況。 解析：(1)金屬桿處于靜止狀態(tài)，故金屬桿受到水平向右的安培力，豎直向下的重力以及垂直斜面向上的支持力，三力平衡，根據(jù)矢量三角形可得F＝mgtan θ。 (2)金屬桿受到的安培力F＝BId＝mgtan θ，I＝， 聯(lián)立解得R＝－r。 (3)在磁場方向從豎直變?yōu)樗降倪^程中，安培力從水平變?yōu)樨Q直，如圖所示，安培力先減小后變大，由F＝BId可知，磁感應強度先減小后變大，當磁場方向與斜面垂直時，最小，即B0＝Bcos θ。 答案：(1)mgtan θ　(2)－r　(3)見解析 3．[考查安培力作用下導體棒的平衡問題] 如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，下面掛有匝數(shù)為n的矩形線框abcd。bc邊長為l，線框的下半部分處在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與線框平面垂直，在圖中垂直于紙面向里。線框中通以電流I，方向如圖所示，開始時線框處于平衡狀態(tài)。令磁場反向，磁感應強度的大小仍為B，線框達到新的平衡。則在此過程中線框位移的大小Δx及方向是(　　) A．Δx＝，方向向上　 B．Δx＝，方向向下 C．Δx＝，方向向上 D．Δx＝，方向向下 解析：選B　線框在磁場中受重力、安培力、彈簧彈力處于平衡，安培力為：FB＝nBIl，且開始的方向向上，然后方向向下，大小不變。 設在電流反向之前彈簧的伸長量為x，則反向之后彈簧的伸長量為(x＋Δx)， 則有：kx＋nBIl－G＝0 k(x＋Δx)－nBIl－G＝0 解之可得：Δx＝，且線框向下移動。 故B正確。 考點二 帶電粒子在磁場中的運動 4.[考查左手定則、半徑公式的應用] 如圖所示，通電豎直長直導線的電流方向向上，初速度為v0的電子平行于直導線豎直向上射出，不考慮電子的重力，則電子將(　　) A．向右偏轉(zhuǎn)，速率不變，r變大 B．向左偏轉(zhuǎn)，速率改變，r變大 C．向左偏轉(zhuǎn)，速率不變，r變小 D．向右偏轉(zhuǎn)，速率改變，r變小 解析：選A　由安培定則可知，直導線右側(cè)的磁場垂直紙面向里，且磁感應強度隨離直導線距離變大而減小，根據(jù)左手定則可知，電子受洛倫茲力方向向右，故向右偏轉(zhuǎn)；由于洛倫茲力不做功，故速率不變，由r＝知r變大，故A正確。 5．[考查粒子勻速圓周運動的圓心和半徑的確定] [多選]如圖所示，在直線MN的右邊區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，兩個初速度大小相等的不同粒子a和b，從O點沿著紙面射入勻強磁場中，其中a粒子的速度方向垂直于邊界MN，b粒子的速度方向與a粒子的速度方向的夾角θ＝30，最終兩粒子從邊界的同一點射出。b粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角大于180，不計粒子受到的重力，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b兩粒子可能都帶負電 B．a(chǎn)、b兩粒子在磁場中運動的半徑之比為∶2 C．a(chǎn)、b兩粒子的比荷之比為∶2 D．a(chǎn)、b兩粒子在磁場中通過的路程之比為3∶8 解析：選BD　由題可作出兩個粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示。由左手定則可知，粒子均帶正電，故A錯誤；由平面幾何關系可知，cos 30＝，所以＝，故B正確；由qvB＝得＝，則a、b兩粒子的比荷之比等于＝，故C錯誤；由圖可知a粒子運動軌跡的圓心角為π，b粒子運動軌跡的圓心角為，由于s?。溅萺，故a、b兩粒子在磁場中通過的路程之比為＝＝，D正確。 6．[考查圓周運動的半徑和運動時間的確定] 如圖所示，圖中虛線PQ上方有一磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。O是PQ上一點，在紙面內(nèi)從O點向磁場區(qū)域的任意方向連續(xù)發(fā)射速率為v0的粒子，粒子電荷量為q、質(zhì)量為m?，F(xiàn)有兩個粒子先后射入磁場中并恰好在M點相遇，MO與PQ間夾角為60，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則下列說法正確的是(　　) A．兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔可能為 B．兩個粒子射入磁場的方向分別與PQ成30和60角 C．在磁場中運動的粒子離邊界的最大距離為 D．垂直PQ射入磁場中的粒子在磁場中的運行時間最長 解析：選A　以粒子帶正電為例分析，先后由O點射入磁場，并在M點相遇的兩個粒子軌跡恰好組成一個完整的圓，從O點沿OP方向入射并通過M點的粒子軌跡所對圓心角為240，根據(jù)帶電粒子在磁場中運動周期T＝可知，該粒子在磁場中運動的時間t1＝＝，則另一個粒子軌跡所對圓心角為120，該粒子運動時間t2＝＝，可知，兩粒子在磁場中運動的時間差可能為Δt＝，故A正確；射入磁場方向分別與PQ成30和60角的兩粒子軌跡所對圓心角之和不是360，不可能在M點相遇，故B錯誤；在磁場中運動的粒子離邊界的最大距離為軌跡圓周的直徑d＝，故C錯誤；沿OP方向入射的粒子在磁場中運動的軌跡所對圓心角最大，運動時間最長，故D錯誤。 考點三 帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題 7.[考查帶電粒子在直邊界磁場中的臨界、極值問題] [多選]矩形邊界ABCD內(nèi)存在磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，AB長為2L，AD長為L。從AD的中點E發(fā)射各種速率的粒子，方向與AD成30角，粒子帶正電，電荷量為q，質(zhì)量為m。不計粒子重力與粒子間的相互作用，下列說法正確的是(　　) A．粒子可能從BC邊離開 B．經(jīng)過AB邊的粒子最小速度為 C．經(jīng)過AB邊的粒子最大速度為 D．AB邊上有粒子經(jīng)過的區(qū)域長度為L 解析：選CD　若粒子的軌跡與CD邊相切，此時打到AB邊上的距離最遠，此時粒子運動的半徑最大為R1＝L，此時粒子的最大速度vmax＝＝，打到AB邊上時的點距離A點的距離為L(1＋cos 30)＝L<2L，可知粒子不可能從BC邊射出，選項A錯誤，C正確；經(jīng)過AB邊的粒子速度v最小時：R2＋R2sin 30＝得：R2＝，則vmin＝＝，選項B錯誤；此時粒子打到AB上的位置距離A點的距離為R2sin 60＝L，則AB邊上有粒子經(jīng)過的區(qū)域長度為L－L＝L，選項D正確。 8．[考查帶電粒子在圓形磁場中的極值問題] 在真空中，半徑r＝310－2 m的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向如圖所示，磁感應強度B＝0.2 T，一個帶正電的粒子以初速度v0＝1106 m/s從磁場邊界上直徑ab的一端a點射入磁場，已知該粒子的比荷＝1108 C/kg，不計粒子重力。 (1)求粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑； (2)若要使粒子飛離磁場時有最大偏轉(zhuǎn)角，求入射時v0與ab的夾角θ及粒子的最大偏轉(zhuǎn)角β。 解析：(1)帶電粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得 qvB＝m 得R＝＝ m＝510－2 m。 (2)粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角越大，對應軌跡的圓心角越大，而粒子的速度大小一定時，軌跡半徑是一定的，由軌跡半徑R>r可知當軌跡對應的弦在圓形區(qū)域中最大時，軌跡所對應的圓心角最大，偏轉(zhuǎn)角即最大，根據(jù)幾何知識得知，當粒子從b點射出磁場時，此時軌跡的弦最長，恰好等于圓形區(qū)域的直徑。則有sin θ＝＝，得θ＝37 由幾何知識得，偏轉(zhuǎn)角β＝2θ＝74。 答案：(1)510－2 m　(2)37　74 9．[考查帶電粒子在豎直邊界磁場中的臨界問題] 如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，長度足夠長，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電荷量大小為q的粒子，以與左邊界PP′成θ＝45的速度v0垂直射入磁場。不計粒子重力，為了使粒子不能從邊界QQ′射出，求： (1)當粒子帶正電時，v0的最大值是多少？ (2)當粒子帶負電時，v0的最大值是多少？ (3)兩種情況下粒子在磁場中運動的時間之比是多少？ 解析：(1)當帶電粒子帶正電時，設帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為r1，根據(jù)左手定則可以判斷帶電粒子向上偏轉(zhuǎn)。當粒子恰好不從QQ′邊界射出時，如圖甲所示，根據(jù)幾何關系可知： r1＝d＋r1cos 45 解得：r1＝ 由于粒子在磁場中運動，只受洛倫茲力，洛倫茲力充當向心力，則qv0B＝m 聯(lián)立上式解得：v0＝qBd。 (2)同理當帶電粒子帶負電時，設帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為r2，根據(jù)左手定則可以判斷帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn)。當粒子恰好不從QQ′邊界射出時，如圖乙所示，根據(jù)幾何關系可知：r2＋r2cos 45＝d 解得：r2＝ 洛倫茲力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律得 qv0B＝m 聯(lián)立以上兩式解得：v0＝qBd。 (3)由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)T＝可知雖然粒子的帶電性不同，但是兩種粒子在磁場中的運動周期和角速度相同，根據(jù)圓周運動的角速度公式可得：θ＝ωt 則兩種情況下粒子在磁場中的運動時間之比等于它們在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比 ＝＝＝。 答案：(1)qBd　(2)qBd　(3) 考點四 帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題 10.[考查磁場方向不確定引起的多解問題] [多選]在M、N兩條長直導線所在的平面內(nèi)，一帶電粒子的運動軌跡示意圖如圖所示。已知兩條導線M、N中只有一條導線中通有恒定電流，另一條導線中無電流，則電流方向和粒子帶電情況及運動的方向可能是(　　) A．M中通有自下而上的恒定電流，帶正電的粒子從a點向b點運動 B．M中通有自上而下的恒定電流，帶正電的粒子從b點向a點運動 C．N中通有自下而上的恒定電流，帶正電的粒子從b點向a點運動 D．N中通有自下而上的恒定電流，帶負電的粒子從a點向b點運動 解析：選AB　注意觀察題圖的細節(jié)，靠近導線M處，粒子的偏轉(zhuǎn)程度大，說明靠近M處偏轉(zhuǎn)的半徑小。洛倫茲力提供粒子偏轉(zhuǎn)的向心力：qvB＝m，圓周運動的半徑r＝，粒子速率不變，偏轉(zhuǎn)半徑變小，說明B變強，又靠近通電直導線的地方磁場強，故只有M中通有電流，故C、D錯誤；當M中通有向上的電流時，利用右手螺旋定則可知，在M、N中間區(qū)域的磁場垂直紙面向里，根據(jù)曲線運動的特點，合外力指向弧內(nèi)，則洛倫茲力指向右側(cè)，根據(jù)左手定則可判斷，帶正電的粒子從a點向b點運動，故A正確，同理可知B正確。 11．[考查粒子速度不確定引起的多解問題] [多選]如圖所示，空間存在方向垂直紙面的勻強磁場，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣平板MN的上方距離為d處，在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率均為v的同種帶電粒子，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運動的半徑大小也為d，則粒子(　　) A．能打在板上的區(qū)域長度為2d B．能打在板上離P點的最遠距離為2d C．到達板上的最長時間為 D．到達板上的最短時間為 解析：選BC　粒子運動的軌跡如圖，根據(jù)幾何關系可求得打在板上的區(qū)域長度為(1＋)d，所以A錯誤；能打在板上離P點的最遠距離為2d，B正確；當粒子的軌跡與板在右側(cè)相切時，到達板上的時間最長為T＝，故C正確；當粒子到達板上的位置在P點的正下方時，用時最短為T＝，D錯誤。 12．[考查帶電粒子運動的重復性引起的多解問題] 如圖所示，由光滑彈性絕緣壁構成的等邊三角形ABC容器的邊長為a，其內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，小孔O是豎直邊AB的中點，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)從小孔O以速度v水平射入磁場，粒子與器壁多次垂直碰撞后(碰撞時無能量和電荷量損失)仍能從O孔水平射出，已知粒子在磁場中運行的半徑小于，則磁場的磁感應強度的最小值Bmin及對應粒子在磁場中運行的時間t為(　　) A．Bmin＝，t＝　 B．Bmin＝，t＝ C．Bmin＝，t＝ D．Bmin＝，t＝ 解析：選C　設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，則Bqv＝m，得r＝，因粒子從O孔水平射入后，最終又要水平射出，則有(2n＋1)r＝，(n＝1，2,3，…)，聯(lián)立得B＝，當n＝1時B取最小值，Bmin＝，此時對應粒子的運動軌跡如圖所示，運動時間為t＝3T＋＝，而T＝＝，t＝，C正確，A、B、D錯誤。