（江蘇專(zhuān)版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 第二講 磁場(chǎng)的基本性質(zhì)課前自測(cè)診斷卷（含解析）.doc

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磁場(chǎng)的基本性質(zhì) 考點(diǎn)一 磁場(chǎng)對(duì)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(zhǎng)的通電直導(dǎo)線(xiàn)A、B、C分別放置在一個(gè)等腰直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，其中AB邊水平，AC邊豎直。O點(diǎn)是斜邊BC的中點(diǎn)，每根導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，下列說(shuō)法中正確的有(　　) A．導(dǎo)線(xiàn)B、C在O點(diǎn)產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0 B．導(dǎo)線(xiàn)A、B、C在O點(diǎn)產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 C．導(dǎo)線(xiàn)B、C在A點(diǎn)產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由A指向O D．導(dǎo)線(xiàn)A、B在O點(diǎn)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(xiàn)B、C在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相同，磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加后大小為2B0，選項(xiàng)A正確；由題意可知，三根平行的通電直導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，B合＝＝B0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；導(dǎo)線(xiàn)B、C在A點(diǎn)產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是兩個(gè)磁場(chǎng)疊加后的方向，方向由A指向O，選項(xiàng)C正確；根據(jù)安培定則和矢量的疊加原理，導(dǎo)線(xiàn)A、B在O點(diǎn)產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右，選項(xiàng)D正確。 2．[考查閉合電路歐姆定律與平衡問(wèn)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(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源。導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為θ。金屬桿ab垂直導(dǎo)軌靜止放置，不計(jì)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(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)變阻器的阻值R； (3)若將磁場(chǎng)方向按乙圖所示的方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90至水平方向(虛線(xiàn)所指)，且始終保持ab桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，試通過(guò)受力分析說(shuō)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(chǎng)方向從豎直變?yōu)樗降倪^(guò)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(yīng)強(qiáng)度先減小后變大，當(dāng)磁場(chǎng)方向與斜面垂直時(shí)，最小，即B0＝Bcos θ。 答案：(1)mgtan θ　(2)－r　(3)見(jiàn)解析 3．[考查安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問(wèn)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(xiàn)框abcd。bc邊長(zhǎng)為l，線(xiàn)框的下半部分處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與線(xiàn)框平面垂直，在圖中垂直于紙面向里。線(xiàn)框中通以電流I，方向如圖所示，開(kāi)始時(shí)線(xiàn)框處于平衡狀態(tài)。令磁場(chǎng)反向，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小仍為B，線(xiàn)框達(dá)到新的平衡。則在此過(guò)程中線(xiàn)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(xiàn)框在磁場(chǎng)中受重力、安培力、彈簧彈力處于平衡，安培力為：FB＝nBIl，且開(kāi)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(zhǎng)量為x，則反向之后彈簧的伸長(zhǎng)量為(x＋Δx)， 則有：kx＋nBIl－G＝0 k(x＋Δx)－nBIl－G＝0 解之可得：Δx＝，且線(xiàn)框向下移動(dòng)。 故B正確。 考點(diǎn)二 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 4.[考查左手定則、半徑公式的應(yīng)用] 如圖所示，通電豎直長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)的電流方向向上，初速度為v0的電子平行于直導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)右側(cè)的磁場(chǎng)垂直紙面向里，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨離直導(dǎo)線(xiàn)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(dòng)的圓心和半徑的確定] [多選]如圖所示，在直線(xiàn)MN的右邊區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)初速度大小相等的不同粒子a和b，從O點(diǎn)沿著紙面射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(diǎn)射出。b粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角大于180，不計(jì)粒子受到的重力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b兩粒子可能都帶負(fù)電 B．a(chǎn)、b兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中通過(guò)的路程之比為3∶8 解析：選BD　由題可作出兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。由左手定則可知，粒子均帶正電，故A錯(cuò)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(cuò)誤；由圖可知a粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為π，b粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為，由于s?。溅萺，故a、b兩粒子在磁場(chǎng)中通過(guò)的路程之比為＝＝，D正確。 6．[考查圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定] 如圖所示，圖中虛線(xiàn)PQ上方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。O是PQ上一點(diǎn)，在紙面內(nèi)從O點(diǎn)向磁場(chǎng)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(gè)粒子先后射入磁場(chǎng)中并恰好在M點(diǎn)相遇，MO與PQ間夾角為60，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．兩個(gè)粒子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)的時(shí)間間隔可能為 B．兩個(gè)粒子射入磁場(chǎng)的方向分別與PQ成30和60角 C．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的粒子離邊界的最大距離為 D．垂直P(pán)Q射入磁場(chǎng)中的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)行時(shí)間最長(zhǎng) 解析：選A　以粒子帶正電為例分析，先后由O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，并在M點(diǎn)相遇的兩個(gè)粒子軌跡恰好組成一個(gè)完整的圓，從O點(diǎn)沿OP方向入射并通過(guò)M點(diǎn)的粒子軌跡所對(duì)圓心角為240，根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期T＝可知，該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝，則另一個(gè)粒子軌跡所對(duì)圓心角為120，該粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝＝，可知，兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差可能為Δt＝，故A正確；射入磁場(chǎng)方向分別與PQ成30和60角的兩粒子軌跡所對(duì)圓心角之和不是360，不可能在M點(diǎn)相遇，故B錯(cuò)誤；在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的粒子離邊界的最大距離為軌跡圓周的直徑d＝，故C錯(cuò)誤；沿OP方向入射的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)圓心角最大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)三 帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問(wèn)題 7.[考查帶電粒子在直邊界磁場(chǎng)中的臨界、極值問(wèn)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(chǎng)，方向垂直紙面向里，AB長(zhǎng)為2L，AD長(zhǎng)為L(zhǎng)。從AD的中點(diǎn)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(jì)粒子重力與粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子可能從BC邊離開(kāi) B．經(jīng)過(guò)AB邊的粒子最小速度為 C．經(jīng)過(guò)AB邊的粒子最大速度為 D．AB邊上有粒子經(jīng)過(guò)的區(qū)域長(zhǎng)度為L(zhǎng) 解析：選CD　若粒子的軌跡與CD邊相切，此時(shí)打到AB邊上的距離最遠(yuǎn)，此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑最大為R1＝L，此時(shí)粒子的最大速度vmax＝＝，打到AB邊上時(shí)的點(diǎn)距離A點(diǎn)的距離為L(zhǎng)(1＋cos 30)＝L<2L，可知粒子不可能從BC邊射出，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；經(jīng)過(guò)AB邊的粒子速度v最小時(shí)：R2＋R2sin 30＝得：R2＝，則vmin＝＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；此時(shí)粒子打到AB上的位置距離A點(diǎn)的距離為R2sin 60＝L，則AB邊上有粒子經(jīng)過(guò)的區(qū)域長(zhǎng)度為L(zhǎng)－L＝L，選項(xiàng)D正確。 8．[考查帶電粒子在圓形磁場(chǎng)中的極值問(wèn)題] 在真空中，半徑r＝310－2 m的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，一個(gè)帶正電的粒子以初速度v0＝1106 m/s從磁場(chǎng)邊界上直徑ab的一端a點(diǎn)射入磁場(chǎng)，已知該粒子的比荷＝1108 C/kg，不計(jì)粒子重力。 (1)求粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑； (2)若要使粒子飛離磁場(chǎng)時(shí)有最大偏轉(zhuǎn)角，求入射時(shí)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(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角越大，對(duì)應(yīng)軌跡的圓心角越大，而粒子的速度大小一定時(shí)，軌跡半徑是一定的，由軌跡半徑R>r可知當(dāng)軌跡對(duì)應(yīng)的弦在圓形區(qū)域中最大時(shí)，軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角最大，偏轉(zhuǎn)角即最大，根據(jù)幾何知識(shí)得知，當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí)，此時(shí)軌跡的弦最長(zhǎng)，恰好等于圓形區(qū)域的直徑。則有sin θ＝＝，得θ＝37 由幾何知識(shí)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(chǎng)中的臨界問(wèn)題] 如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為d，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。一個(gè)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(chǎng)。不計(jì)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(shí)，v0的最大值是多少？ (2)當(dāng)粒子帶負(fù)電時(shí)，v0的最大值是多少？ (3)兩種情況下粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比是多少？ 解析：(1)當(dāng)帶電粒子帶正電時(shí)，設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)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(shí)，如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知： r1＝d＋r1cos 45 解得：r1＝ 由于粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，只受洛倫茲力，洛倫茲力充當(dāng)向心力，則qv0B＝m 聯(lián)立上式解得：v0＝qBd。 (2)同理當(dāng)帶電粒子帶負(fù)電時(shí)，設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)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(shí)，如圖乙所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知：r2＋r2cos 45＝d 解得：r2＝ 洛倫茲力充當(dāng)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期和角速度相同，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的角速度公式可得：θ＝ωt 則兩種情況下粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比等于它們?cè)诖艌?chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比 ＝＝＝。 答案：(1)qBd　(2)qBd　(3) 考點(diǎn)四 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題 10.[考查磁場(chǎng)方向不確定引起的多解問(wèn)題] [多選]在M、N兩條長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)所在的平面內(nèi)，一帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖所示。已知兩條導(dǎo)線(xiàn)M、N中只有一條導(dǎo)線(xiàn)中通有恒定電流，另一條導(dǎo)線(xiàn)中無(wú)電流，則電流方向和粒子帶電情況及運(yùn)動(dòng)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(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng) B．M中通有自上而下的恒定電流，帶正電的粒子從b點(diǎn)向a點(diǎn)運(yùn)動(dòng) C．N中通有自下而上的恒定電流，帶正電的粒子從b點(diǎn)向a點(diǎn)運(yùn)動(dòng) D．N中通有自下而上的恒定電流，帶負(fù)電的粒子從a點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng) 解析：選AB　注意觀察題圖的細(xì)節(jié)，靠近導(dǎo)線(xiàn)M處，粒子的偏轉(zhuǎn)程度大，說(shuō)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(yùn)動(dòng)的半徑r＝，粒子速率不變，偏轉(zhuǎn)半徑變小，說(shuō)明B變強(qiáng)，又靠近通電直導(dǎo)線(xiàn)的地方磁場(chǎng)強(qiáng)，故只有M中通有電流，故C、D錯(cuò)誤；當(dāng)M中通有向上的電流時(shí)，利用右手螺旋定則可知，在M、N中間區(qū)域的磁場(chǎng)垂直紙面向里，根據(jù)曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，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(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，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(wèn)題] [多選]如圖所示，空間存在方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(gè)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(dòng)的半徑大小也為d，則粒子(　　) A．能打在板上的區(qū)域長(zhǎng)度為2d B．能打在板上離P點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為2d C．到達(dá)板上的最長(zhǎng)時(shí)間為 D．到達(dá)板上的最短時(shí)間為 解析：選BC　粒子運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)度為(1＋)d，所以A錯(cuò)誤；能打在板上離P點(diǎn)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(shí)，到達(dá)板上的時(shí)間最長(zhǎng)為T(mén)＝，故C正確；當(dāng)粒子到達(dá)板上的位置在P點(diǎn)的正下方時(shí)，用時(shí)最短為T(mén)＝，D錯(cuò)誤。 12．[考查帶電粒子運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性引起的多解問(wèn)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(zhǎng)為a，其內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小孔O是豎直邊AB的中點(diǎn)，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)從小孔O以速度v水平射入磁場(chǎng)，粒子與器壁多次垂直碰撞后(碰撞時(shí)無(wú)能量和電荷量損失)仍能從O孔水平射出，已知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行的半徑小于，則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bmin及對(duì)應(yīng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行的時(shí)間t為(　　) A．Bmin＝，t＝　 B．Bmin＝，t＝ C．Bmin＝，t＝ D．Bmin＝，t＝ 解析：選C　設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)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(dāng)n＝1時(shí)B取最小值，Bmin＝，此時(shí)對(duì)應(yīng)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝3T＋＝，而T＝＝，t＝，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。