PAGEPAGE445分鐘高考熱點練(九)磁場熱點一磁感應強度、安培力及安培力作用下的平衡問題1.如圖所示，三根平行長直導線，分別垂直地通過一個等腰直角三角形的三個頂點，三導線中電流方向相同，A、B兩導線中的電流大小相同，已知導線A在斜邊中點O處所產生的磁場的磁感應強度大小為B，導線C在斜邊中點O處所產生的磁場的磁感應強度大小為2B，則O處的磁感應強度的大小和方向為()A．大小為B，方向沿OA方向B．大小為2eq\r(2)B，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：由安培定則知導線A、B在O處產生的磁場的磁感應強度大小相等，方向相反，相互抵消，所以O處的磁感應強度即導線C所產生的磁場的磁感應強度，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軌水平固定在勻強磁場中，磁感應強度為B，導軌寬度為L，一端與電源連接。一質量為m的金屬棒ab垂直于平行導軌放置并接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數為μ＝eq\f(\r(3),3)，在安培力的作用下，金屬棒以v0的速度向右勻速運動，通過變更磁感應強度的方向，可使流過導體棒的電流最小，此時磁感應強度的方向與豎直方向的夾角為()A．37° B．30°C．45° D．60°解析：由題意對棒受力分析，設磁感應強度的方向與豎直方向成θ角，則有BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)，整理得BIL＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)。電流有最小值，就相當于安培力有最小值，最終由數學學問解得：θ＝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。質量為m的勻稱細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧勁度系數為k，在邊長ab＝L1、bc＝L2的矩形區域abcd內有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度，MN的長度大于ab。當MN中沒有電流通過且MN處于靜止狀態時，MN與ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度處；當MN中有電流時，指針示數可表示電流大小。MN始終在紙面內且保持水平，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從M至NB．當該電流表的示數為零時，彈簧的伸長量為零C．該電流表的量程是Im＝eq\f(kL2,BL1)D．該電流表的刻度在0～Im范圍內是不勻稱的解析：要使電流表能正常工作，金屬桿受到的安培力的方向應豎直向下，依據磁場的方向和左手定則可知，金屬桿中電流方向應從M至N，選項A正確；當該電流表的示數為零時，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，依據平衡條件和胡克定律可知，彈簧的伸長量為x＝eq\f(mg,k)，選項B錯誤；依據平衡條件和胡克定律知，kx＝mg，k(x＋L2)＝mg＋BImL1，解得Im＝eq\f(kL2,BL1)，即該電流表的量程為Im＝eq\f(kL2,BL1)，選項C正確；依據平衡條件和胡克定律可知，k(x＋l)＝mg＋BIL1，解得I＝eq\f(k,BL1)·l，即該電流表的刻度在0～Im范圍內是勻稱的，選項D錯誤。答案：AC熱點二帶電粒子在勻強磁場中的運動4.(2024·河北邢臺質檢)如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場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)。設粒子從A點運動到C點所用時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1∶t2為()A．2∶1 B．2∶3C．3∶2 D．eq\r(3)∶eq\r(2)解析：如圖所示為粒子兩次運動軌跡圖，由幾何關系知，粒子由A點進入C點飛出時軌跡所對圓心角θ1＝90°，粒子由P點進入M點飛出時軌跡所對圓心角θ2＝60°，則eq\f(t1,t2)＝eq\f(θ1,θ2)＝eq\f(90°,60°)＝eq\f(3,2)，故選項C正確。答案：C5.(多選)(2024·山西省重點中學高三聯考)如圖所示為光滑絕緣水平面上的圓形區域，在沒有磁場的狀況下，一帶電小球以某一初速度沿圓形區域的直徑方向入射，穿過此區域的時間為t；在該區域內加垂直紙面對外的磁感應強度大小為B的勻強磁場，帶電小球仍以相同的初速度沿圓形區域的直徑方向入射，離開圓形區域時速度方向向下偏轉了60°，則()A．小球帶負電B．小球的比荷為eq\f(2\r(3),3Bt)C．在不增加其他條件的狀況下，可以求出帶電小球在磁場中運動的半徑和速度D．小球在磁場中做圓周運動的時間為eq\f(\r(3)π,6)t解析：依據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動，有v＝eq\f(2R,t)，有磁場時小球做圓周運動，由幾何關系有r＝eq\r(3)R，由洛倫茲力供應向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，聯立解得小球的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2\r(3),3Bt)，故B正確；因磁場區域半徑未知，故不能求小球在磁場中運動的半徑和速度，C錯誤；小球在磁場中做圓周運動的周期為T＝eq\r(3)πt，因為小球在磁場中運動的速度偏轉角為60°，則運動軌跡所對應的圓心角為60°，故t2＝eq\f(60°,360°)·eq\r(3)πt＝eq\f(\r(3)πt,6)，D正確。答案：BD6.(多選)如圖，xOy平面的一、二、三象限內存在垂直紙面對外，磁感應強度B＝1T的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9m，M點為x軸正方向上一點，OM＝3m。現有一個比荷大小為eq\f(q,m)＝1.0C·kg－1可視為質點帶正電的小球(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，小球最終都能經過M點，則小球射入的速度大小可能是()A．3m/s B．3.75m/sC．4.5m/s D．5m/s解析：由題意，小球運動的圓心的位置肯定在y軸上，所以小球做圓周運動的半徑r肯定要大于等于3m，而ON＝9m<3r，所以小球最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，其次個圓心的位置在O點的上方。也可能小球與擋板ON沒有碰撞，干脆過M點。由于洛倫茲力供應向心力，所以：qvB＝eq\f(mv2,r)得：v＝eq\f(q,m)·Br①(1)若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖1。設OO′＝s，由幾何關系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②3r－9＝s③聯立②③得：r1＝3m；r2＝3.75m分別代入①得：v1＝eq\f(q,m)·Br1＝1×1×3m/s＝3m/sv2＝eq\f(q,m)·Br2＝1×1×3.75m/s＝3.75m/s(2)若小球沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖2，設OO′＝x，由幾何關系得：req\o\al(2,3)＝OM2＋x2＝9＋x2④x＝9－r3⑤聯立④⑤得：r3＝5m代入①得：v3＝eq\f(q,m)·Br3＝1×1×5m/s＝5m/s，故A、B、D正確，C錯誤。答案：ABD熱點三帶電粒子在復合場中的運動7.如圖所示，在平行線MN、PQ之間存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面的磁場(未畫出)，磁場的磁感應強度從左到右漸漸增大。一帶電微粒進入該區域時，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線OO′通過該區域。帶電微粒所受的重力忽視不計，運動過程中帶電荷量不變。下列推斷正確的是()A．微粒從左到右運動，磁場方向向里B．微粒從左到右運動，磁場方向向外C．微粒從右到左運動，磁場方向向里D．微粒從右到左運動，磁場方向向外解析：微粒恰好能沿水平直線OO′通過該區域，說明qvB＝qE；微粒受到空氣阻力作用，速度漸漸變小，故沿運動方向磁感應強度漸漸增大，微粒從左向右運動；由左手定則可知，磁場方向向外，選項B對。答案：B8．(多選)(2024·四川成都檢測)如圖甲所示，絕緣輕質細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球所帶的電荷量為q＝6×10－7C，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零。當小球以2m/s的速率繞O點在豎直平面內做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零。在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變更關系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2。則下列推斷正確的是()A．勻強電場的場強大小為3.2×106V/mB．小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能削減了2.4JC．小球做順時針方向的勻速圓周運動D．小球所受的洛倫茲力的大小為3N解析：依據小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變更關系可得，勻強電場的電場強度大小E＝eq\f(2×106,0.4)V/m＝5×106V/m，選項A錯誤；由于帶電小球在運動過程中，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化，又由于帶電小球在復合場(重力場、勻強電場和勻強磁場)中做勻速圓周運動，且細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qE＝mg，因此當帶電小球從最低點運動到最高點的過程中，即小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能削減量為qE·2L＝2.4J，選項B正確；由于帶電小球所受的洛倫茲力供應小球做勻速圓周運動的向心力，依據左手定則可知，小球沿逆時針方向運動，選項C錯誤；依據牛頓其次定律可得F＝eq\f(mv2,L)，又qE＝mg，解得F＝3N，即小球所受的洛倫茲力的大小為3N，選項D正確。答案：BD9．電視機顯像管中須要用變更的磁場來限制電子束的偏轉。圖甲為顯像管工作原理示意圖，陰極K放射的電子束(初速不計)經電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區，磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面對里為正方向)，磁場區的中心為O，半徑為r，熒光屏MN到磁場區中心O的距離為L。當不加磁場時，電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當磁場的磁感應強度隨時間按圖乙所示的規律變更時，在熒光屏上得到一條長為2eq\r(3)L的亮線。由于電子通過磁場區的時間很短，可以認為在每個電子通過磁場區的過程中磁感應強度不變。已知電子的電荷量為e，質量為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)磁感應強度的最大值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，設為v，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU,m))。(2)當交變磁場為最大值B0時，電子束有最大偏轉，在熒光屏上打在Q點，PQ＝eq\r(3)L。電子運動軌跡如圖所示，設此時的偏轉角度為θ，由幾何關系可知，tanθ＝eq\f(\r(3)L,L)，θ＝60°依據幾何關系，電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角α＝θ，則taneq\f(α,2)＝eq\f(r,R)。由牛頓其次定律和洛倫茲力公式得evB0＝eq\f(mv2,R)解得B0＝eq\f(\r(6meU),3er)答案：(1)eq\r(\f(2eU,m))(2)eq\f(\r(6meU),3er)10.(2024·廣西南寧市模擬)如圖所示，將帶電荷量Q＝＋0.3C、質量m′＝0.3kg的滑塊放在小車的水平絕緣板的右端，小車的質量M＝0.5kg，滑塊與絕緣板間的動摩擦因數μ＝0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在磁感應強度B＝20T的水平方向的勻強磁場(垂直于紙面對里)。起先時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L＝1.25m、質量m＝0.15kg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10m/s2。求：(1)與小車碰撞前擺球到達最低點時對擺線的拉力；(2)擺球與小車的碰撞過程中系統損失的機械能ΔE；(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mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝5m/s，擺球在最低點時，由牛頓其次定律得FT－mg＝meq\f(v2,L)，解得FT＝4.5N，由牛頓第三定律可知擺球對擺線的拉力FT′＝4.5N，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動量守恒，以水平向右為正方向，有mv＝Mv1＋0，解得v1＝1.5m/s，由能