（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 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

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(yīng)強(qiáng)度的疊加多選如圖所示，三根平行的足夠長的通電直導(dǎo)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(dǎo)線在O點所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，下列說法中正確的有()A導(dǎo)線B、C在O點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0B導(dǎo)線A、B、C在O點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C導(dǎo)線B、C在A點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由A指向OD導(dǎo)線A、B在O點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右解析：選ACD導(dǎo)線B、C在O點產(chǎn)生的磁場方向相同，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，B合B0，選項B錯誤；導(dǎo)線B、C在A點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)線A、B在O點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)軌間接有電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源。導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為。金屬桿ab垂直導(dǎo)軌靜止放置，不計金屬桿ab及導(dǎo)軌的電阻，金屬桿ab的質(zhì)量為m，金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)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?fàn)顟B(tài)，試通過受力分析說明磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變化情況。解析：(1)金屬桿處于靜止?fàn)顟B(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Fmgtan 。(2)金屬桿受到的安培力FBIdmgtan ，I，聯(lián)立解得Rr。(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FBId可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度先減小后變大，當(dāng)磁場方向與斜面垂直時，最小，即B0Bcos 。答案：(1)mgtan (2)r(3)見解析3考查安培力作用下導(dǎo)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(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度的大小仍為B，線框達(dá)到新的平衡。則在此過程中線框位移的大小x及方向是()Ax，方向向上Bx，方向向下Cx，方向向上Dx，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：FBnBIl，且開始的方向向上，然后方向向下，大小不變。設(shè)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(xx)，則有：kxnBIlG0k(xx)nBIlG0解之可得：x，且線框向下移動。故B正確?？键c二帶電粒子在磁場中的運(yùn)動4.考查左手定則、半徑公式的應(yīng)用如圖所示，通電豎直長直導(dǎo)線的電流方向向上，初速度為v0的電子平行于直導(dǎo)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(dǎo)線右側(cè)的磁場垂直紙面向里，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨離直導(dǎo)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(yùn)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(qiáng)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(qiáng)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30，最終兩粒子從邊界的同一點射出。b粒子在磁場中運(yùn)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()Aa、b兩粒子可能都帶負(fù)電Ba、b兩粒子在磁場中運(yùn)動的半徑之比為2Ca、b兩粒子的比荷之比為2Da、b兩粒子在磁場中通過的路程之比為38解析：選BD由題可作出兩個粒子在磁場中的運(yùn)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(guān)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(yùn)動軌跡的圓心角為，b粒子運(yùn)動軌跡的圓心角為，由于s弧r，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(yùn)動的半徑和運(yùn)動時間的確定如圖所示，圖中虛線PQ上方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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。現(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(yùn)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(yùn)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(yùn)動周期T可知，該粒子在磁場中運(yùn)動的時間t1，則另一個粒子軌跡所對圓心角為120，該粒子運(yùn)動時間t2，可知，兩粒子在磁場中運(yùn)動的時間差可能為t，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(yùn)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(yùn)動的軌跡所對圓心角最大，運(yùn)動時間最長，故D錯誤。考點三帶電粒子在有界磁場中運(yùn)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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DAB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(yuǎn)，此時粒子運(yùn)動的半徑最大為R1L，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(1cos 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：R2R2sin 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 60L，則AB邊上有粒子經(jīng)過的區(qū)域長度為LLL，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r3102 m的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，一個帶正電的粒子以初速度v01106 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(yùn)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的夾角及粒子的最大偏轉(zhuǎn)角。解析：(1)帶電粒子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qvBm得R m5102 m。(2)粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角越大，對應(yīng)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(dāng)軌跡對應(yīng)的弦在圓形區(qū)域中最大時，軌跡所對應(yīng)的圓心角最大，偏轉(zhuǎn)角即最大，根據(jù)幾何知識得知，當(dāng)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 ，得37由幾何知識得，偏轉(zhuǎn)角274。答案：(1)5102 m(2)37749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(qiáng)磁場的寬度為d，長度足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)粒子帶正電時，v0的最大值是多少？(2)當(dāng)粒子帶負(fù)電時，v0的最大值是多少？(3)兩種情況下粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比是多少？解析：(1)當(dāng)帶電粒子帶正電時，設(shè)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(dāng)粒子恰好不從QQ邊界射出時，如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知：r1dr1cos 45解得：r1由于粒子在磁場中運(yùn)動，只受洛倫茲力，洛倫茲力充當(dāng)向心力，則qv0Bm聯(lián)立上式解得：v0qBd。(2)同理當(dāng)帶電粒子帶負(fù)電時，設(shè)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(dāng)粒子恰好不從QQ邊界射出時，如圖乙所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知：r2r2cos 45d解得：r2洛倫茲力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qv0Bm聯(lián)立以上兩式解得：v0qBd。(3)由于粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)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(yùn)動周期和角速度相同，根據(jù)圓周運(yùn)動的角速度公式可得：t則兩種情況下粒子在磁場中的運(yùn)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(qiáng)磁場中運(yùn)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(dǎo)線所在的平面內(nèi)，一帶電粒子的運(yùn)動軌跡示意圖如圖所示。已知兩條導(dǎo)線M、N中只有一條導(dǎo)線中通有恒定電流，另一條導(dǎo)線中無電流，則電流方向和粒子帶電情況及運(yùn)動的方向可能是()AM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(yùn)動BM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(yùn)動CN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(yùn)動DN中通有自下而上的恒定電流，帶負(fù)電的粒子從a點向b點運(yùn)動解析：選AB注意觀察題圖的細(xì)節(jié)，靠近導(dǎo)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：qvBm，圓周運(yùn)動的半徑r，粒子速率不變，偏轉(zhuǎn)半徑變小，說明B變強(qiáng)，又靠近通電直導(dǎo)線的地方磁場強(qiáng)，故只有M中通有電流，故C、D錯誤；當(dāng)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(yùn)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(yùn)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(qiáng)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(yùn)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2dB能打在板上離P點的最遠(yuǎn)距離為2dC到達(dá)板上的最長時間為D到達(dá)板上的最短時間為解析：選BC粒子運(yùn)動的軌跡如圖，根據(jù)幾何關(guān)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(yuǎn)距離為2d，B正確；當(dāng)粒子的軌跡與板在右側(cè)相切時，到達(dá)板上的時間最長為T，故C正確；當(dāng)粒子到達(dá)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(yùn)動的重復(fù)性引起的多解問題如圖所示，由光滑彈性絕緣壁構(gòu)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(qiáng)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(yùn)行的半徑小于，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bmin及對應(yīng)粒子在磁場中運(yùn)行的時間t為()ABmin，tBBmin，tCBmin，tDBmin，t解析：選C設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r，則Bqvm，得r，因粒子從O孔水平射入后，最終又要水平射出，則有(2n1)r，(n1，2,3，)，聯(lián)立得B，當(dāng)n1時B取最小值，Bmin，此時對應(yīng)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，運(yùn)動時間為t3T，而T，t，C正確，A、B、D錯誤。