（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题三 电场与磁场 第二讲 磁场的基本性质——课前自

第二讲磁场的基本性质——课前自测诊断卷考点一磁场对电流的作用力1.[考查磁感应强度的叠加][多选]如图所示，三根平行的足够长的通电直导线A、B、C分别放置在一个等腰直角三角形的三个顶点上，其中AB边水平，AC边竖直。O点是斜边BC的中点，每根导线在O点所产生的磁感应强度大小均为B0，下列说法中正确的有()A．导线B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为2B0B．导线A、B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为B0C．导线B、C在A点产生的总的磁感应强度方向由A指向OD．导线A、B在O点产生的总的磁感应强度方向水平向右解析：选ACD导线B、C在O点产生的磁场方向相同，磁感应强度叠加后大小为2B0，选项A正确；由题意可知，三根平行的通电直导线在O点产生的磁感应强度大小相等，B合＝B02＋B02＝5B0，选项B错误；导线B、C在A点产生的总的磁感应强度的方向是两个磁场叠加后的方向，方向由A指向O，选项C正确；根据安培定则和矢量的叠加原理，导线A、B在O点产生的总的磁感应强度的方向水平向右，选项D正确。2．[考查安培力作用下线框的平衡问题]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Δx及方向是()A．Δx＝2nIlBk，方向向上B．Δx＝2nIlBk，方向向下C．Δx＝nIlBk，方向向上D．Δx＝nIlBk，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：FB＝nBIl，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(x＋Δx)，则有：kx＋nBIl－G＝0k(x＋Δx)－nBIl－G＝0解之可得：Δx＝2nIlBk，且线框向下移动。故B正确。3．[考查安培力作用下金属杆的平衡问题]如图甲所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电动势为E、内阻为r的电源。导轨平面与水平面间的夹角为θ。金属杆ab垂直导轨静止放置，不计金属杆ab及导轨的电阻，金属杆ab的质量为m，金属杆与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。重力加速度为g，求：(1)金属杆ab所受安培力的大小；(2)滑动变阻器的阻值R；(3)若将磁场方向按乙图所示的方向逆时针旋转90°至水平方向(虚线所指)，且始终保持ab杆处于静止状态，试通过受力分析说明磁感应强度的大小变化情况。解析：(1)金属杆处于静止状态，故金属杆受到水平向右的安培力，竖直向下的重力以及垂直斜面向上的支持力，三力平衡，根据矢量三角形可得F＝mgtanθ。(2)金属杆受到的安培力F＝BId＝mgtanθ，I＝Er＋R，联立解得R＝BEdmgtanθ－r。(3)在磁场方向从竖直变为水平的过程中，安培力从水平变为竖直，如图所示，安培力先减小后变大，由F＝BId可知，磁感应强度先减小后变大，当磁场方向与斜面垂直时，最小，即B0＝Bcosθ。答案：(1)mgtanθ(2)BEdmgtanθ－r(3)见解析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，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，且磁感应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＝mvqB知r变大，故A正确。5．[考查圆周运动的圆心和半径的确定][多选]如图所示，在直线MN的右边区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，两个初速度大小相等的不同粒子a和b，从O点沿着纸面射入匀强磁场中，其中a粒子的速度方向垂直于边界MN，b粒子的速度方向与a粒子的速度方向的夹角θ＝30°，最终两粒子从边界的同一点射出。b粒子在磁场中运动的偏转角大于180°，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是()A．a、b两粒子可能都带负电B．a、b两粒子在磁场中运动的半径之比为3∶2C．a、b两粒子的比荷之比为3∶2D．a、b两粒子在磁场中通过的路程之比为33∶8解析：选BD由题可作出两个粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。由左手定则可知，粒子均带正电，故A错误；由平面几何关系可知，cos30°＝rarb，所以rarb＝32，故B正确；由qvB＝mv2r得qm＝vBr，则a、b两粒子的比荷之比等于rbra＝23，故C错误；由图可知a粒子运动轨迹的圆心角为π，b粒子运动轨迹的圆心角为4π3，由于s弧＝θr，故a、b两粒子在磁场中通过的路程之比为sasb＝π·ra43π·rb＝338，D正确。6．[考查圆周运动的半径和运动时间的确定]某圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有两个不同的粒子a、b，以不同的速度同时由A点沿AO(O为圆心)方向射入圆形磁场区域，又同时由C点及B点分别射出磁场，其运动轨迹如图所示虚线AB弧长等于磁场圆周长的13，虚线AC弧长等于磁场圆周长的14，粒子始终在纸面内运动，不计粒子重力。则下列说法正确的是()A．a、b粒子在磁场中的运动半径之比Ra∶Rb＝3∶1B．a、b粒子在磁场中运动的周期之比Ta∶Tb＝3∶4C．a、b粒子的比荷之比qama∶qbmb＝3∶2D．a、b粒子的速率之比va∶vb＝3∶4解析：选C设磁场半径为R0，粒子在磁场中做圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系，可以得出Ra＝R0，Rb＝R0tan30°＝3R0，所以Ra∶Rb＝1∶3，A错误；因为两粒子同时进入，同时射出，所以16Tb＝14Ta，即：TaTb＝23，B错误；根据T＝2πmBq，所以比荷之比qama∶qbmb＝3∶2，C正确；根据半径关系Ra∶Rb＝1∶3，比荷关系qama∶qbmb＝3∶2，且R＝mvBq，联立解得va∶vb＝3∶2，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.[考查带电粒子在直边界磁场中的临界、极值问题][多选]矩形边界ABCD内存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB长为2L，AD长为L。从AD的中点E发射各种速率的粒子，方向与AD成30°角，粒子带正电，电荷量为q，质量为m。不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列说法正确的是()A．粒子可能从BC边离开B．经过AB边的粒子最小速度为3qBL4mC．经过AB边的粒子最大速度为qBLmD．AB边上有粒子经过的区域长度为33＋1L解析：选CD若粒子的轨迹与CD边相切，此时打到AB边上的距离最远，此时粒子运动的半径最大为R1＝L，此时粒子的最大速度vmax＝qBR1m＝qBLm，打到AB边上时的点距离A点的距离为L(1＋cos30°)＝1＋32L2L，可知粒子不可能从BC边射出，选项A错误，C正确；经过AB边的粒子速度v最小时：R2＋R2sin30°＝L2得：R2＝L3，则vmin＝qBR2m＝qBL3m，选项B错误；此时粒子打到AB上的位置距离A点的距离为R2sin60°＝36L，则AB边上有粒子经过的区域长度为1＋32L－36L＝1＋33L，选项D正确。8．[考查带电粒子在圆形磁场中的极值问题]在真空中，半径r＝3×10－2m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度B＝0.2T，一个带正电的粒子以初速度v0＝1×106m/s从磁场边界上直径ab的一端a点射入磁场，已知该粒子的比荷qm＝1×108C/kg，不计粒子重力。(1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0与ab的夹角θ及粒子的最大偏转角β。解析：(1)带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得qvB＝mv02R得R＝mv0qB＝106108×0.2m＝5×10－2m。(2)粒子在磁场中的偏转角越大，对应轨迹的圆心角越大，而粒子的速度大小一定时，轨迹半径是一定的，由轨迹半径Rr可知当轨迹对应的弦在圆形区域中最大时，轨迹所对应的圆心角最大，偏转角即最大，根据几何知识得知，当粒子从b点射出磁场时，此时轨迹的弦最长，恰好等于圆形区域的直径。则有sinθ＝rR＝35，得θ＝37°由几何知识得，偏转角β＝2θ＝74°。答案：(1)5×10－2m(2)37°74°9．[考查带电粒子在竖直边界磁场中的临界问题]如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，长度足够长，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量大小为q的粒子，以与左边界PP′成θ＝45°的速度v0垂直射入磁场。不计粒子重力，为了使粒子不能从边界QQ′射出，求：(1)当粒子带正电时，v0的最大值是多少？(2)当粒子带负电时，v0的最大值是多少？(3)两种情况下粒子在磁场中运动的时间之比是多少？解析：(1)当带电粒子带正电时，设带电粒子在磁场中的偏转半径为r1，根据左手定则可以判断带电粒子向上偏转。当粒子恰好不从QQ′边界射出时，如图甲所示，根据几何关系可知：r1＝d＋r1cos45°解得：r1＝2d2－2由于粒子在磁场中运动，只受洛伦兹力，洛伦兹力充当向心力，则qv0B＝mv02r1联立上式解得：v0＝2＋2mqBd。(2)同理当带电粒子带负电时，设带电粒子在磁场中的偏转半径为r2，根据左手定则可以判断带电粒子将向下偏转。当粒子恰好不从QQ′边界射出时，如图乙所示，根据几何关系可知：r2＋r2cos45°＝d解得：r2＝2d2＋2洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律得qv0B＝mv02r2联立以上两式解得：v0＝2－2mqBd。(3)由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据T＝2πmqB可知虽然粒子的带电性不同，但是两种粒子在磁场中的运动周期和角速度相同，根据圆周运动的角速度公式可得：θ＝ωt则两种情况下粒子在磁场中的运动时间之比等于它们在磁场中转过的角度之比t1t2＝θ1θ2＝90°270°＝13。答案：(1)2＋2mqBd(2)2－2mqBd(3)13考点四带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题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()A．M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B．M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C．N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D．N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注意观察题图的细节，靠近导线M处，粒子的偏转程度大，说明靠近M处偏转的半径小。洛伦兹力提供粒子偏转的向心力：qvB＝mv2r，圆周运动的半径r＝mvqB，粒子速率不变，偏转半径变小，说明B变强，又靠近通电直导线的地方磁场强，故只有M中通有电流，故C、D错误；当M中通有向上的电流时，利用右手螺旋定则可知，在M、N中间区域的磁场垂直纸面向里，根据曲线运动的特点，合外力指向弧内，则洛伦兹力指向右侧，根据左手定则可判断，带正电的粒子从a点向b点运动，故A正确，同理可知B正确。11．[考查粒子速度不确定引起的多解问题][多选]如图所示，空间存在方向垂直纸面的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处，在纸面内向各个方向发射速率均为v的同种带电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小也为d，则粒子()A．能打在板上的区域长度为2dB．能打在板上离P点的最远距离为2dC．到达板上的最长时间