高考物理二轮复习“磁场的基本性质”学前诊断-人教版高三全册物理试题.doc

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1、“磁场的基本性质”考点一磁场对电流的作用力1.考查磁感应强度的叠加(2017全国卷)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A0BB0CB0D2B0解析：选C导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BPBQB1，如图所示，则其夹角为60，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba0，则B0B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向

2、，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120，合磁场的磁感应强度大小为B1B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度BB0，则A、B、D项均错误，C项正确。2考查安培力作用下导体棒的平衡问题如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd。bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里。线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态。令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡。则在此过程中线框位移的大小x及方向是()Ax，方向向上 Bx，方向向下Cx，方向向上 Dx，

3、方向向下解析：选B线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：FBnBIl，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变。设在电流反向之前弹簧的伸长量为x，则反向之后弹簧的伸长量为(xx)，则有：kxnBIlG0k(xx)nBIlG0解之可得：x，且线框向下移动。故B正确。3考查安培力作用下的功和能的问题飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思路如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以对飞机起飞提供一个恒定的安培力作为牵引

4、力F牵。一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N。考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍。飞机离舰起飞的速度v100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点。请计算(计算结果保留两位有效数字)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器提供的牵引力F牵的大小；(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量。解析：(1)设后一阶段飞机加速度大小为a2，平均阻力为f20.2mg，则F推f2m

5、a2得：a24.0 m/s2。(2)设电磁弹射阶段飞机加速度大小为a1、末速度为v1，平均阻力为f10.05mg则v122a1l1，v2v122a2(ll1)得：a139.7 m/s2由F牵F推f1ma1得F牵6.8105 N。(3)电磁弹射器对飞机做功WF牵l18.2107 J则其消耗的能量E1.0108 J。答案：(1)4.0 m/s2(2)6.8105 N(3)1.0108 J考点二带电粒子在磁场中的运动4.考查左手定则、半径公式的应用如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为v0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将()A向右偏转，速率不变，r变大B向左偏转

6、，速率改变，r变大C向左偏转，速率不变，r变小D向右偏转，速率改变，r变小解析：选A由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁场强度随离直导线距离变大而减小，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由r知r变大，故A正确。5考查粒子匀速圆周运动的圆心和半径的确定如图所示，OO为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向，在圆筒壁上布满许多小孔，如aa、bb、cc，其中任意两孔的连线均垂直于轴线，有许多同一种比荷为的正粒子，以不同速度、入射角射入小孔，且均从与OO轴线对称的小孔中射出，若入射角为30的粒子的速度大小为 k

7、m/s，则入射角为45的粒子速度大小为()A0.5 km/s B1 km/sC2 km/s D4 km/s解析：选B粒子从小孔射入磁场速度与竖直线的夹角，与粒子从小孔射出磁场时速度与竖直线的夹角相等，画出轨迹如图，根据几何关系有r1、r2，由牛顿第二定律得Bqvm，解得v，所以vr，则入射角分别为30、45的粒子速度大小之比为，则入射角为45的粒子速度大小为v21 km/s，选项B正确。6考查圆周运动的半径和运动时间的确定如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大

8、小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc。不计粒子重力。则()Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12解析：选A如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1l，转过的圆心角1，当带电粒子的速度大小为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r22l，转过的圆心角2，根据qvBm，得v，故。由于T得T，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又tT，所以。故选项A正确，选项B、C、D错误。考点三带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题7.考查带电粒子在

9、圆形磁场中的极值问题多选如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为。以下说法正确的是()A若r2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为B若r2R，粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场，则有关系tan成立C若rR，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为D若rR，粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场，则圆心角为150解析：选BD若r2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨

10、迹如图甲，因为r2R，圆心角60，粒子在磁场中运动的最长时间tmaxT，故A错误。若r2R，粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场，根据几何关系，有tan ，故B正确。若rR，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，圆心角为90，粒子在磁场中运动的时间tT，故C错误。若rR，粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为150，故D正确。8考查带电粒子在直边界磁场中的临界、极值问题多选如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度

11、大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量m，电荷量q，速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则()A当v时所有离子都打不到荧光屏上B当v时所有离子都打不到荧光屏上C当v时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为D当v时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为解析：选AC根据半径公式R，当v时，R，直径2RL，所有离子都打不到荧光屏上，选项A正确；根据半径公式R，当v时，RL，当半径非常小时，即R时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当RL，有离子打到荧光屏上，选项B错误；当v时，根据半径公式RL，离子运动轨迹如图所示，离子能打到荧

12、光屏的范围是NM，由几何知识得：PNrL，PMrL，打到N点的离子离开S时的初速度方向和打到M的离子离开S时的初速度方向夹角，能打到荧光屏上的离子数与发射的离子总数之比k，选项C正确，D错误。9考查带电粒子在环形边界磁场中的临界问题如图所示，O为三个半圆的共同圆心，半圆和间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B11.0 T，和间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知。半圆的半径R10.5 m，半圆的半径R31.5 m，一比荷为4.0107 C/kg的带正电粒子从O点沿与水平方向成30角的半径OC方向以速率v1.5107 m/s垂直射入磁场B1中，恰好能穿过半圆的边界而进入、间的磁场中，粒

13、子再也不能穿出磁场，不计粒子重力，sin 530.8，cos 530.6。求：(1)半圆的半径R2；(2)粒子在半圆、间的磁场中的运行时间t；(3)半圆、间磁场的磁感应强度B2应满足的条件。解析：(1)由题意可知粒子的轨迹如图所示，设粒子在半圆、间的磁场中的运行半径为r1，则由洛伦兹力提供向心力得B1qvm，代入数值得r1 m由图知(R2r1)2R12r12，代入数值得R21.0 m。(2)由图可知tan ，则53粒子在半圆、间的磁场中运行的周期为T粒子在半圆、间的磁场中的运行时间tT5.54108 s。(3)因粒子不能射出磁场，而粒子进入半圆、间的磁场中的速度方向沿半圆的切线方向，若粒子恰好

14、不穿过半圆边界，则对应的磁场的磁感应强度最小，设粒子在半圆、间的磁场中运动的轨迹圆的半径为r2，则r20.25 m，由B2minqvm知B2min1.5 T，即半圆、间磁场的磁感应强度B2应满足B21.5 T。答案：(1)1.0 m(2)5.54108 s(3)B21.5 T考点四带电粒子在匀强磁场中的多解问题10.考查磁场方向不确定引起的多解问题多选在M、N两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹示意图如图所示。已知两条导线M、N中只有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流，则电流方向和粒子带电情况及运动的方向可能是()AM中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从a点向b点运动BM

15、中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动CN中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动DN中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动解析：选AB考虑到磁场可能是垂直纸面向外，也可能是垂直纸面向里，并结合安培定则、左手定则，易知A、B正确。11考查粒子速度不确定引起的多解问题多选如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B1 T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9 m，M点为x轴正方向上一点，OM3 m，现有一个比荷大小为1.0 C/kg，可视为质点的带正电小球(重力不计)，从挡板下端N处以不同的速度向x轴负方向射入

16、磁场，若与挡板相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是()A3 m/s B3.75 m/sC4 m/s D5 m/s解析：选ABD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3 m，而ON9 m3r，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：qvBm，得：vBr；若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OOs，由几何关系得：r2OM2s29s2，3r9s ，联立得：r13 m；r23.75

17、m，分别代入得：v1Br1113 m/s3 m/s，v2Br2113.75 m/s3.75 m/s，若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OOx，由几何关系得：r32OM2x29x2，x9r3，联立得：r35 m，代入得：v3Br3115 m/s5 m/s，A、B、D正确。12考查带电粒子运动的重复性引起的多解问题如图所示，由光滑弹性绝缘壁构成的等边三角形ABC容器的边长为a，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，小孔O是竖直边AB的中点，一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)从小孔O以速度v水平射入磁场，粒子与器壁多次垂直碰撞后(碰撞时无能量和电荷量损失)仍能从O孔水平射出，已知粒子在磁场中运行的半径小于，则磁场的磁感应强度的最小值Bmin及对应粒子在磁场中运行的时间t为()ABmin，tBBmin，tCBmin，t DBmin，t解析：设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则Bqvm，得r，因粒子从O孔水平射入后，最终又要水平射出，则有(2n1)r，(n1，2,3，)，联立得B，当n1时B取最小值，Bmin，此时对应粒子的运动轨迹如图所示，运动时间为t3T，而T，t，C正确，A、B、D错误。答案：C