2019届高考物理大一轮复习第9章45分钟高考热点练（九）磁场精练 8页

45分钟高考热点练(九)　磁场热点一　磁感应强度、安培力及安培力作用下的平衡问题1.如图所示，三根平行长直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三导线中电流方向相同，A、B两导线中的电流大小相同，已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B，导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B，则O处的磁感应强度的大小和方向为(　　)A．大小为B，方向沿OA方向B．大小为2B，方向竖直向下C．大小为2B，方向沿OB方向D．大小为2B，方向沿OA方向解析：　由安培定则知导线A、B在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，互相抵消，所以O处的磁感应强度即导线C所产生的磁场的磁感应强度，大小为2B，由安培定则可判定其方向沿OA方向，A、B、C错，D对。答案：　D2.如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接。一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为(　　)A．37°　　　　　　　　　B．30°C．45°D．60°解析：　由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BILcosnθ＝μ(mg－BILsinθ)，整理得BIL＝。电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A、C、D错，B对。答案：　B3．(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长ab＝L1、bc＝L2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且MN处于静止状态时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。则(　　)A．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M至NB．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零C．该电流表的量程是Im＝D．该电流表的刻度在0～Im范围内是不均匀的解析：　要使电流表能正常工作，金属杆受到的安培力的方向应竖直向下，根据磁场的方向和左手定则可知，金属杆中电流方向应从M至N，选项A正确；当该电流表的示数为零时，说明金属杆中电流为零，此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据平衡条件和胡克定律可知，弹簧的伸长量为x＝，选项B错误；根据平衡条件和胡克定律知，kx＝mg，k(x＋L2)＝mg＋BImL1，解得Im＝，即该电流表的量程为Im＝，选项C正确；根据平衡条件和胡克定律可知，k(x＋l)＝mg＋BIL1，解得I＝·l，即该电流表的刻度在0～Im范围内是均匀的，选项D错误。答案：　ACn热点二　带电粒子在匀强磁场中的运动4.(2018·河北邢台质检)如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为(　　)A．2∶1B．2∶3C．3∶2D．∶解析：　如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则＝＝＝，故选项C正确。答案：　C5.(多选)(2018·山西省重点中学高三联考)如图所示为光滑绝缘水平面上的圆形区域，在没有磁场的情况下，一带电小球以某一初速度沿圆形区域的直径方向入射，穿过此区域的时间为t；在该区域内加垂直纸面向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电小球仍以相同的初速度沿圆形区域的直径方向入射，离开圆形区域时速度方向向下偏转了60°，则(　　)A．小球带负电nB．小球的比荷为C．在不增加其他条件的情况下，可以求出带电小球在磁场中运动的半径和速度D．小球在磁场中做圆周运动的时间为t解析：　根据左手定则可知小球带正电，A错误；无磁场时小球沿直径方向做匀速直线运动，有v＝，有磁场时小球做圆周运动，由几何关系有r＝R，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，联立解得小球的比荷为＝，故B正确；因磁场区域半径未知，故不能求小球在磁场中运动的半径和速度，C错误；小球在磁场中做圆周运动的周期为T＝πt，因为小球在磁场中运动的速度偏转角为60°，则运动轨迹所对应的圆心角为60°，故t2＝·πt＝，D正确。答案：　BD6.(多选)如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3m。现有一个比荷大小为＝1.0C·kg－1可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(　　)A．3m/s　　　　　　　B．3.75m/sC．4.5m/sD．5m/s解析：　由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON＝9m<3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方。也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点。由于洛伦兹力提供向心力，所以：qvB＝得：v＝·Br①(1)若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1。n设OO′＝s，由几何关系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②3r－9＝s③联立②③得：r1＝3m；r2＝3.75m分别代入①得：v1＝·Br1＝1×1×3m/s＝3m/sv2＝·Br2＝1×1×3.75m/s＝3.75m/s(2)若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′＝x，由几何关系得：r＝OM2＋x2＝9＋x2④x＝9－r3⑤联立④⑤得：r3＝5m代入①得：v3＝·Br3＝1×1×5m/s＝5m/s，故A、B、D正确，C错误。答案：　ABD热点三　带电粒子在复合场中的运动7.如图所示，在平行线MN、PQ之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场(未画出)，磁场的磁感应强度从左到右逐渐增大。一带电微粒进入该区域时，由于受到空气阻力作用，恰好能沿水平直线OO′通过该区域。带电微粒所受的重力忽略不计，运动过程中带电荷量不变。下列判断正确的是(　　)A．微粒从左到右运动，磁场方向向里B．微粒从左到右运动，磁场方向向外C．微粒从右到左运动，磁场方向向里D．微粒从右到左运动，磁场方向向外解析：　微粒恰好能沿水平直线OO′通过该区域，说明qvB＝qE；微粒受到空气阻力作用，速度逐渐变小，故沿运动方向磁感应强度逐渐增大，微粒从左向右运动；由左手定则可n知，磁场方向向外，选项B对。答案：　B8．(多选)(2018·四川成都检测)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球所带的电荷量为q＝6×10－7C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零。当小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零。在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列判断正确的是(　　)A．匀强电场的场强大小为3.2×106V/mB．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4JC．小球做顺时针方向的匀速圆周运动D．小球所受的洛伦兹力的大小为3N解析：　根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝V/m＝5×106V/m，选项A错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4J，选项B正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，选项C错误；根据牛顿第二定律可得F＝，又qE＝mg，解得F＝3N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3N，选项D正确。答案：　BD9．电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。图甲为显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束(初速不计)经电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面(以垂直圆面向里为正方向)，磁场区的中心为O，半径为r，荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L。当不加磁场时，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为2Ln的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：(1)电子打到荧光屏上时的速度大小。(2)磁感应强度的最大值B0。解析：　(1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为v，由动能定理得eU＝mv2解得v＝。(2)当交变磁场为最大值B0时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在Q点，PQ＝L。电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为θ，由几何关系可知，tanθ＝，θ＝60°根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角α＝θ，则tan＝。由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB0＝解得B0＝答案：　(1)　(2)10.n(2018·广西南宁市模拟)如图所示，将带电荷量Q＝＋0.3C、质量m′＝0.3kg的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B＝20T的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里)。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.25m、质量m＝0.15kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰好静止，g取10m/s2。求：(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；(3)碰撞后小车的最终速度。解析：　(1)摆球下落过程，由动能定理有mgL＝mv2，解得v＝5m/s，摆球在最低点时，由牛顿第二定律得FT－mg＝m，解得FT＝4.5N，由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力FT′＝4.5N，方向竖直向下。(2)摆球与小车碰撞瞬间，摆球与小车组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，有mv＝Mv1＋0，解得v1＝1.5m/s，由能量守恒定律，有ΔE＝mv2－Mv＝1.31J。(3)假设滑块与车最终相对静止，则有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.9375m/s，由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假设不成立，因此滑块最终悬浮。滑块悬浮瞬间，满足F洛′＝Qv2′B＝m′g，解得v2′＝0.5m/s。将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有Mv1＝Mv′＋m′v2′，解得v′＝1.2m/s，方向水平向右。答案：　(1)4.5N　方向竖直向下　(2)1.31J　(3)1.2m/s　方向水平向右