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

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磁場的基本性質 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點產生的總的磁感應強度大小為2B0 B．導線A、B、C在O點產生的總的磁感應強度大小為B0 C．導線B、C在A點產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，速率不變，r變大 B．向左偏轉，速率改變，r變大 C．向左偏轉，速率不變，r變小 D．向右偏轉，速率改變，r變小 解析：選A　由安培定則可知，直導線右側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；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角大于180，不計粒子受到的重力，下列說法正確的是(　　) A．a、b兩粒子可能都帶負電 B．a、b兩粒子在磁場中運動的半徑之比為∶2 C．a、b兩粒子的比荷之比為∶2 D．a、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．經過AB邊的粒子最小速度為 C．經過AB邊的粒子最大速度為 D．AB邊上有粒子經過的區(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角，求入射時v0與ab的夾角θ及粒子的最大偏轉角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半徑為r1，根據(jù)左手定則可以判斷帶電粒子向上偏轉。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半徑為r2，根據(jù)左手定則可以判斷帶電粒子將向下偏轉。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，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，粒子的偏轉程度大，說明靠近M處偏轉的半徑小。洛倫茲力提供粒子偏轉的向心力：qvB＝m，圓周運動的半徑r＝，粒子速率不變，偏轉半徑變小，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，則洛倫茲力指向右側，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。