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

45分钟高考热门练(九)磁场热门一磁感觉强度、安培力及安培力作用下的均衡问题1.如下图，三根平行长直导线，分别垂直地经过一个等腰直角三角形的三个极点，三导线中电流方向同样，A、B两导线中的电流大小同样，已知导线A在斜边中点O地方产生的磁场的磁感觉强度大小为B，导线C在斜边中点O地方产生的磁场的磁感觉强度大小为2B，则O处的磁感觉强度的大小和方向为( )A．大小为B，方向沿OA方向B．大小为22B，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方向分析：由安培定章知导线、在O处产生的磁场的磁感觉强度大小相等，方向相反，AB相互抵消，所以O处的磁感觉强度即导线C所产生的磁场的磁感觉强度，大小为2B，由安培定章可判断其方向沿OA方向，A、B、C错，D对。答案：D2.如下图，两平行的粗拙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感觉强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连结。一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨搁置并接触优秀，金属棒3v0的速度向右匀速运动，与导轨间的动摩擦因数为μ＝3，在安培力的作用下，金属棒以经过改变磁感觉强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感觉强度的方向与竖直方向的夹角为()A．37°B．30°C．45°D．60°分析：由题意对棒受力剖析，设磁感觉强度的方向与竖直方向成θ角，则有BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)，整理得BIL＝cosμmg。电流有最小值，就相当于安培θ＋μsinθ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．(多项选择)如下图是小丽自制的电流表原理图。

质量为

m的平均细金属杆

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的矩形地区

abcd内有匀强磁场，磁感觉强度大小为B，方向垂直于纸面向外。MN的右端连结一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab。当MN中没有电流经过且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一直在纸面内且保持水平，重力加快度为

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kL2Im＝BL1D．该电流表的刻度在0～Im范围内是不平均的分析：要使电流表能正常工作，金属杆遇到的安培力的方向应竖直向下，依据磁场的方向和左手定章可知，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，依据平mg衡条件和胡克定律可知，弹簧的伸长量为x＝k，选项B错误；依据均衡条件和胡克定律知，2m1mkL2mkL2BL1BL1k依据均衡条件和胡克定律可知，k(x＋l)＝mg＋BIL1，解得I＝BL1·l，即该电流表的刻度在0～Im范围内是平均的，选项D错误。答案：AC热门二带电粒子在匀强磁场中的运动4.(2018·河北邢台质检

)如下图，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，恰巧从

C点飞出磁场；若带电粒子以同样的速度从

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∶1C．3∶2

B．2∶3D．3∶

2分析：如下图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点进入点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则t1＝θ190°＝Mt2θ260°3＝2，应选项C正确。答案：C5.(多项选择)(2018·山西省要点中学高三联考

)如下图为圆滑绝缘水平面上的圆形地区，

在没有磁场的状况下，一带电小球以某一初速度沿圆形地区的直径方向入射，

穿过此地区的时间为

t；在该地区内加垂直纸面向外的磁感觉强度大小为

B的匀强磁场，带电小球仍以同样的初速度沿圆形地区的直径方向入射，

走开圆形地区时速度方向向下偏转了

60°，则(

)A．小球带负电23B．小球的比荷为3BtC．在不增添其余条件的状况下，能够求出带电小球在磁场中运动的半径和速度3πD．小球在磁场中做圆周运动的时间为6t分析：依据左手定章可知小球带正电，A错误；无磁场时小球沿直径方向做匀速直线2R运动，有v＝t，有磁场时小球做圆周运动，由几何关系有r＝3R，由洛伦兹力供给向心v2q23，故B正确；因磁场地区半径未知，故不可以力有qvB＝m，联立解得小球的比荷为＝3rmBt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＝3πt，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＝60°3πt360°·3πt＝6，D正确。答案：BD6.(多项选择)如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感觉强度B＝1T的匀强磁场，为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，点为x轴正方向上一点，ONM＝3m。现有一个比荷大小为q－1可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板＝1.0C·kgOMm下端N处小孔以不一样的速度向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，小球最后都能经过点，则小球射入的速度大小可能是()MA．3m/sB．3.75m/sC．4.5m/sD．5m/s分析：由题意，小球运动的圆心的地点必定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r必定要大于等于3m，而ON＝9m<3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的地点在O点的上方。也可能小球与挡板没有碰撞，直接过点。ONM2q因为洛伦兹力供给向心力，所以：＝mvvBr①r得：＝·qvBm(1)若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1。设OO′＝s，由几何关系得：2222r＝OM＋s＝9＋s②3r－9＝s③联立②③得：r1＝3m；r2＝3.75mq分别代入①得：v1＝·Br1＝1×1×3m/s＝3m/smqv2＝·Br2＝1×1×3.75m/s＝3.75m/sm(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：22r3＝OM＋x2＝9＋x2④x＝9－r3⑤联立④⑤得：r3＝5mq代入①得：v3＝·Br3＝1×1×5m/s＝5m/s，故A、B、D正确，C错误。m答案：ABD热门三带电粒子在复合场中的运动7.如下图，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)，磁场的磁感觉强度从左到右渐渐增大。一带电微粒进入该地区时，因为遇到空气阻力作用，恰巧能沿水平直线OO′经过该地区。带电微粒所受的重力忽视不计，运动过程中带电荷量不变。以下判断正确的选项是( )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，磁场方向向外分析：微粒恰巧能沿水平直线OO′经过该地区，说明qvB＝qE；微粒遇到空气阻力作用，速度渐渐变小，故沿运动方向磁感觉强度渐渐增大，微粒从左向右运动；由左手定章可知，磁场方向向外，选项B对。答案：B8．(多项选择)(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，另一端连结带正电的小球，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，坐标原点的电势为零。当小球以2m/s的速O率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力恰巧为零。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，重力加快度g＝10m/s2。则以下判断正确的选项是()A．匀强电场的场强盛小为

3.2×106V/mB．小球重力势能增添最多的过程中，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分析：

依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＝

2×1060.4

6V/m＝5×10V/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变，又因为带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力恰巧为零，则小球遇到的竖直向下的重力与其遇到的电场力等大、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，即小球重力势能增添最多的过程中，电势能减少许为qE·2L＝2.4J，选项B正确；因为带电小球所受的洛伦兹力供给小球做匀速圆周运动的向心力，依据左手定章可知，小球沿逆时针方向运动，选项C错误；依据牛顿第二定2mv律可得

F＝

L

，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企图，阴极K发射的电子束(初速不计)经电压为U的加快电场后，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，电子束将经过O点垂直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感觉强度随时间按图乙所示的规律变化时，在荧光屏上获得一条长为23L的亮线。因为电子经过磁场区的时间很短，能够以为在每个电子经过磁场区的过程中磁感觉强度不变。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：电子打到荧光屏上时的速度大小。磁感觉强度的最大值B0。分析：(1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加快电场时的速度大小，设为v，由动能定理得12eU＝2mv2解得v＝m。(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＝3L。电子运动轨迹如下图，设此时的偏转角度为θ，由几何关系可知，3Ltanθ＝L，θ＝60°依据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角α＝θ，则tanα＝r。2R2mv由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB0＝R6meU解得B0＝3er答案：(1)2eU6meUm(2)3er10.(2018·广西南宁市模拟

)如下图，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觉强度

B＝20T

的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里

)。开始时小车静止在圆滑水平面上，一摆长

L＝1.25m、质量

m＝0.152kg的摆从水平地点由静止开释，摆到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰巧静止，g取10m/s。与小车碰撞前摆球抵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；E(3)碰撞后小车的最后速度。12分析：(1)摆球着落过程，由动能定理有mgL＝2mv，解得v＝5m/s，v2摆球在最低点时，由牛顿第二定律得T－＝，解得T＝4.5N，FmgmLF由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力T′＝4.5N，方向竖直向下。F摆球与小车碰撞瞬时，摆球与小车构成的系统动量守恒，以水