45分鐘高考熱點練(九)磁場熱點一磁感應(yīng)強(qiáng)度、安培力及安培力作用下的平衡問題1.如圖所示，三根平行長直導(dǎo)線，分別垂直地通過一個等腰直角三角形的三個頂點，三導(dǎo)線中電流方向相同，A、B兩導(dǎo)線中的電流大小相同，已知導(dǎo)線A在斜邊中點O處所產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)線C在斜邊中點O處所產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，則O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向為()A大小為B，方向沿OA方向B大小為2B，方向豎直向下C大小為2B，方向沿OB方向D大小為2B，方向沿OA方向解析：由安培定則知導(dǎo)線A、B在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，互相抵消，所以O(shè)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度即導(dǎo)線C所產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，大小為2B，由安培定則可判定其方向沿OA方向，A、B、C錯，D對。答案：D2.如圖所示，兩平行的粗糙金屬導(dǎo)軌水平固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌寬度為L，一端與電源連接。一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于平行導(dǎo)軌放置并接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，在安培力的作用下，金屬棒以v0的速度向右勻速運(yùn)動，通過改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，可使流過導(dǎo)體棒的電流最小，此時磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與豎直方向的夾角為()A37°B30°C45° D60°解析：由題意對棒受力分析，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與豎直方向成角，則有BILcos (mgBILsin )，整理得BIL。電流有最小值，就相當(dāng)于安培力有最小值，最后由數(shù)學(xué)知識解得：30°，則A、C、D錯，B對。答案：B3(多選)如圖所示是小麗自制的電流表原理圖。質(zhì)量為m的均勻細(xì)金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧勁度系數(shù)為k，在邊長abL1、bcL2的矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標(biāo)尺上的刻度，MN的長度大于ab。當(dāng)MN中沒有電流通過且MN處于靜止?fàn)顟B(tài)時，MN與ab邊重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度處；當(dāng)MN中有電流時，指針示數(shù)可表示電流大小。MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g。則()A要使電流表正常工作，金屬桿中電流方向應(yīng)從M至NB當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為零C該電流表的量程是ImD該電流表的刻度在0Im范圍內(nèi)是不均勻的解析：要使電流表能正常工作，金屬桿受到的安培力的方向應(yīng)豎直向下，根據(jù)磁場的方向和左手定則可知，金屬桿中電流方向應(yīng)從M至N，選項A正確；當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時，說明金屬桿中電流為零，此時金屬桿受豎直向下的重力和豎直向上的彈力作用，根據(jù)平衡條件和胡克定律可知，彈簧的伸長量為x，選項B錯誤；根據(jù)平衡條件和胡克定律知，kxmg，k(xL2)mgBImL1，解得Im，即該電流表的量程為Im，選項C正確；根據(jù)平衡條件和胡克定律可知，k(xl)mgBIL1，解得I·l，即該電流表的刻度在0Im范圍內(nèi)是均勻的，選項D錯誤。答案：AC熱點二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動4.(2018·河北邢臺質(zhì)檢)如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強(qiáng)磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)。設(shè)粒子從A點運(yùn)動到C點所用時間為t1，由P點運(yùn)動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1t2為()A21 B23C32 D解析：如圖所示為粒子兩次運(yùn)動軌跡圖，由幾何關(guān)系知，粒子由A點進(jìn)入C點飛出時軌跡所對圓心角190°，粒子由P點進(jìn)入M點飛出時軌跡所對圓心角260°，則，故選項C正確。答案：C5.(多選)(2018·山西省重點中學(xué)高三聯(lián)考)如圖所示為光滑絕緣水平面上的圓形區(qū)域，在沒有磁場的情況下，一帶電小球以某一初速度沿圓形區(qū)域的直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時間為t；在該區(qū)域內(nèi)加垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，帶電小球仍以相同的初速度沿圓形區(qū)域的直徑方向入射，離開圓形區(qū)域時速度方向向下偏轉(zhuǎn)了60°，則()A小球帶負(fù)電B小球的比荷為C在不增加其他條件的情況下，可以求出帶電小球在磁場中運(yùn)動的半徑和速度D小球在磁場中做圓周運(yùn)動的時間為t解析：根據(jù)左手定則可知小球帶正電，A錯誤；無磁場時小球沿直徑方向做勻速直線運(yùn)動，有v，有磁場時小球做圓周運(yùn)動，由幾何關(guān)系有rR，由洛倫茲力提供向心力有qvBm，聯(lián)立解得小球的比荷為，故B正確；因磁場區(qū)域半徑未知，故不能求小球在磁場中運(yùn)動的半徑和速度，C錯誤；小球在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為Tt，因為小球在磁場中運(yùn)動的速度偏轉(zhuǎn)角為60°，則運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，故t2·t，D正確。答案：BD6.(多選)如圖，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T的勻強(qiáng)磁場，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9 m，M點為x軸正方向上一點，OM3 m?，F(xiàn)有一個比荷大小為1.0 C·kg1可視為質(zhì)點帶正電的小球(重力不計)從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負(fù)方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電量不變，小球最后都能經(jīng)過M點，則小球射入的速度大小可能是()A3 m/sB3.75 m/sC4.5 m/s D5 m/s解析：由題意，小球運(yùn)動的圓心的位置一定在y軸上，所以小球做圓周運(yùn)動的半徑r一定要大于等于3 m，而ON9 m<3r，所以小球最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，第二個圓心的位置在O點的上方。也可能小球與擋板ON沒有碰撞，直接過M點。由于洛倫茲力提供向心力，所以：qvB得：v·Br(1)若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖1。設(shè)OOs，由幾何關(guān)系得：r2OM2s29s23r9s聯(lián)立得：r13 m；r23.75 m分別代入得：v1·Br11×1×3 m/s3 m/sv2·Br21×1×3.75 m/s3.75 m/s(2)若小球沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖2，設(shè)OOx，由幾何關(guān)系得：rOM2x29x2x9r3聯(lián)立得：r35 m代入得：v3·Br31×1×5 m/s5 m/s，故A、B、D正確，C錯誤。答案：ABD熱點三帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動7.如圖所示，在平行線MN、PQ之間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面的磁場(未畫出)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度從左到右逐漸增大。一帶電微粒進(jìn)入該區(qū)域時，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線OO通過該區(qū)域。帶電微粒所受的重力忽略不計，運(yùn)動過程中帶電荷量不變。下列判斷正確的是()A微粒從左到右運(yùn)動，磁場方向向里B微粒從左到右運(yùn)動，磁場方向向外C微粒從右到左運(yùn)動，磁場方向向里D微粒從右到左運(yùn)動，磁場方向向外解析：微粒恰好能沿水平直線OO通過該區(qū)域，說明qvBqE；微粒受到空氣阻力作用，速度逐漸變小，故沿運(yùn)動方向磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大，微粒從左向右運(yùn)動；由左手定則可知，磁場方向向外，選項B對。答案：B8(多選)(2018·四川成都檢測)如圖甲所示，絕緣輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球所帶的電荷量為q6×107 C，在圖示坐標(biāo)中，電場方向沿豎直方向，坐標(biāo)原點O的電勢為零。當(dāng)小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動時，細(xì)繩上的拉力剛好為零。在小球從最低點運(yùn)動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢隨縱坐標(biāo)y的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g10 m/s2。則下列判斷正確的是()A勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為3.2×106 V/mB小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 JC小球做順時針方向的勻速圓周運(yùn)動D小球所受的洛倫茲力的大小為3 N解析：根據(jù)小球從最低點運(yùn)動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢隨縱坐標(biāo)y的變化關(guān)系可得，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E V/m5×106 V/m，選項A錯誤；由于帶電小球在運(yùn)動過程中，只有重力和電場力做功，則只有重力勢能和電勢能的相互轉(zhuǎn)化，又由于帶電小球在復(fù)合場(重力場、勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場)中做勻速圓周運(yùn)動，且細(xì)繩上的拉力剛好為零，則小球受到的豎直向下的重力與其受到的電場力等大、反向，即qEmg，因此當(dāng)帶電小球從最低點運(yùn)動到最高點的過程中，即小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少量為qE·2L2.4 J，選項B正確；由于帶電小球所受的洛倫茲力提供小球做勻速圓周運(yùn)動的向心力，根據(jù)左手定則可知，小球沿逆時針方向運(yùn)動，選項C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得F，又qEmg，解得F3 N，即小球所受的洛倫茲力的大小為3 N，選項D正確。答案：BD9電視機(jī)顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn)。圖甲為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束(初速不計)經(jīng)電壓為U的加速電場后，進(jìn)入一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向)，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L。當(dāng)不加磁場時，電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按圖乙所示的規(guī)律變化時，在熒光屏上得到一條長為2L的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短，可以認(rèn)為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度不變。已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計電子之間的相互作用及所受的重力。求：(1)電子打到熒光屏上時的速度大小。(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0。解析：(1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小，設(shè)為v，由動能定理得eUmv2解得v。(2)當(dāng)交變磁場為最大值B0時，電子束有最大偏轉(zhuǎn)，在熒光屏上打在Q點，PQL。電子運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)此時的偏轉(zhuǎn)角度為，由幾何關(guān)系可知，tan ，60°根據(jù)幾何關(guān)系，電子束在磁場中運(yùn)動路徑所對的圓心角，則tan 。由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0解得B0答案：(1) (2)10.(2018·廣西南寧市模擬)如圖所示，將帶電荷量Q0.3 C、質(zhì)量m0.3 kg的滑塊放在小車的水平絕緣板的右端，小車的質(zhì)量M0.5 kg，滑塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B20 T的水平方向的勻強(qiáng)磁場(垂直于紙面向里)。開始時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L1.25 m、質(zhì)量m0.15 kg的擺從水平位置由靜止釋放，擺到最低點時與小車相撞，碰撞后擺球恰好靜止，g取10 m/s2。求：(1)與小車碰撞前擺球到達(dá)最低點時對擺線的拉力；(2)擺球與小車的碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能E；(3)碰撞后小車的最終速度。解析：(1)擺球下落過程，由動能定理有mgLmv2，解得v5 m/s，擺球在最低點時，由牛頓第二定律得FTmgm，解得FT4.5 N，由牛頓第三定律可知擺球?qū)[線的拉力FT4.5 N，方向豎直向下。(2)擺球與小車碰撞瞬間，擺球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，有mvMv10，解得v11.5 m/s，由能量守恒定律，有Emv2Mv1.31 J。(3)假設(shè)滑塊與車最終相對靜止，則有Mv1(Mm)v2，解得v20.937 5 m/s，由此得F洛Qv2B>mg，故假設(shè)不成立，因此滑塊最終懸浮?；瑝K懸浮瞬間，滿足F洛Qv2Bmg，解得v20.5 m/s。將滑塊與小車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒，有Mv1Mvmv2，解得v1.2 m/s，方向水平向右。答案：(1)4.5 N方向豎直向下(2)1.31 J(3)1.2 m/s方向水平向右9