2019屆高考物理總復習第九章磁場章末熱點集訓測試題

1、第九章磁場章末熱點集訓導體在安培力作用下的受力分析例工I如圖所示，用兩根輕細金屬絲將質量為m長為I的金屬棒ab的兩端懸掛在c、d兩處， 置于豎直向上的勻強磁場內當棒中通以從a到b的電流I后，兩懸線偏離豎直方向0角處于平衡狀態(tài)，則磁感應強度B為多大？為了使棒平衡在該位置，所需勻強磁場的磁感應強度B最小為多少？方向如何？解析畫出從右側逆著電流方向的側視圖，如圖甲所示金屬棒在重力mg懸線拉力FT、安培力F三個力作用下處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得F=mgan0又F=BII，解得B=man0應使棒在該位置平衡時所受的安培力最小.棒的重力恒定，懸線拉力的方向不變，由如圖乙所示的力三角形可知，安培力的最小值為

2、Fmin=min0即Bminll=min0解得Bmin=0由左手定則可知，所加磁場的方向應平行于懸線向上.答案0mgsin0方向平行于懸線向上門騙i川練 i.（多選）要求所加勻強磁場的磁感應強度最小，一亠，一如圖所示，質量為m長為L的導體棒電阻為R初始時靜止于光滑的水平軌道上，電由于乙源電動勢為E,內阻不計.勻強磁場的磁感應強度為B,其方向與軌道平面成0角斜向上方且垂直于導體棒，開關閉合后導體棒開始運動，則（）3A. 導體棒向左運動B. 開關閉合瞬間導體棒MN受安培力為BELC. 開關閉合瞬間導體棒BElsin0MN所受安培力為D. 開關閉合瞬間導體棒MN勺加速度為BElSin0mR解析：選

3、BD磁場方向與導體棒垂直，導體棒所受安培力BEL、F=BIL=，方向為垂直于R磁場方向與電流方向所確定的平面斜向下，其有水平向右的分量，將向右運動，故BElsin0mR，O誤，B 正確.導體棒受到的合力F合=Fcos(90 -0) =FsinB,由a=D正確.結合幾何關系求解帶電粒子在磁場中的運動一邊長為a的正三角形ADC區(qū)域中有垂直該三角形平面向里的勻強磁場，在下方有一系列質量為m電荷量為q的帶正電的粒子，以垂直于DC邊的方向射入正三角形 區(qū)域.已知所有粒子的速度均相同， 經過一段時間后，所有的粒子都能離開磁場，DC邊的正其中垂直AD邊離開磁場的粒子在磁場中運動的時間為t0假設粒子的重力和粒

4、子間的相互作用力可忽略.(1) 求該區(qū)域中磁感應強度B的大小.(2) 為了能有粒子從DC邊離開磁場，則粒子射入磁場的最大速度為多大?(3)若粒子以(2)中的最大速度進入磁場，則粒子從正三角形邊界AC AD邊射出的區(qū)域長度為多大?2解析洛倫茲力提供向心力，有qvB=mr-周期卩當粒子垂直AD邊射出時，根據幾何關系有圓心角為60,則1t0=1T45當軌跡圓與AC AD都相切時，能有粒子從DC邊射出，且速度為最大值，如圖甲所示，設此時粒子的速度為vi,偏轉半徑為ri,則ari=2sin 602,vi/ 口mv由qviB= 得ri=邁aa圍為CE段，XCE=2cos 60 = 4當軌跡圓與AD邊的交點

5、F恰在圓心O正上方時，射出的粒子距D點最遠，如圖乙所示, 故有粒子射出的范圍為DF段riaXDF= =_sin 60 2.答案見解析己跟蹤訓練 2.如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為解得vi=；3na12to所以粒子能從DC邊離開磁場的最大入射速度由 知，當軌跡圓與AC相切時,從AC邊射出的粒子距C最遠，故有粒子射出的范o乙6B,方向垂直于紙面向外.一電荷量為q(q0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射7Rab的距離為 2.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60,則粒子的速率為(不計重力)()Bqv=nr-可得v=qBR故B正確.r

6、m帶電粒子在復合場中的運動如圖所示的平行板之間存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度B= 0.20 T,方向垂直紙面向里，電場強度E1= 1.0 X 101 2 3 4 5V/m,PQ為板間中線.緊靠平行板右側邊緣的xOy坐標系的第一象限內有一邊界線AQ與y軸正方向間的夾角為 45,邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B?= 0.25 T,邊界線的下方有水平向右的勻強電場，電場強度E2= 5.0X105V/m ,在x軸上固定一水平的熒光屏.一束電荷量q=8.0X1019C、質量 m= 8.0X1026kg 的帶正電粒子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行

7、板后從y軸上坐標為(0 , 0.4 m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，最后打到水平的熒光屏上的位置c.1求粒子在平行板間運動的速度大小；2求粒子打到熒光屏上的位置C的橫坐標；3現只改變AOy區(qū)域內磁場的磁感應強度的大小，使粒子都不能打到x軸上，磁感應強度的大小B/應滿足什么條件？解析(1)設粒子的速度大小為v，粒子沿中線PQ做直線運動，則qE=qvB入磁場區(qū)域，射入點與B.qBRm3qBRC.2m解析:R選 B作出粒子運動軌跡如圖中實線所示.因P到ab距離為2,可知度方向改變 60,可知轉過的圓心角 20= 60 .由圖中幾何關系有r+210 =ADOSa ,解得r=R再由a= 30 .因粒子速耳

8、X04558解得V= 5.0 x10 m/s.(2)粒子在磁場中運動時，根據2VqvB=ny可得運動半徑r= 0.2 m作出粒子的運動軌跡，交0A邊界于N,如圖甲所示，粒子垂直電場線進入電場，做類平拋運動.解得s= 0.4 m粒子打到熒光屏上的位置C的橫坐標為Xc= 0.6 m.m2根據洛倫茲力提供向心力有V qvBmr解得B= 0.3 T若粒子都不能打到x軸上,則磁感應強度大小0.3 T.答案(1)5.0 x105m/s (2)0.6 m 己跟跺訓練3.(2018 河南十校聯考)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場， 電場強度為E,在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內有垂直于xOy平

9、面由內向外的勻強磁場，磁感應 強度為B,其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a,0= 45 .現將一質量為m電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h,不計重 力作用與空氣阻力的影響下列說法正確的是()1y=OO=vt,s= qatEaq a=m 如圖乙所示，由幾何關系可知,粒子不能打到x軸上時最大軌跡半徑為r0.42 + 1912一 解析：選 AD.粒子從P點到O點經電場加速，Eqhm2,粒子進入磁場后做勻速圓周運v2動，Bqv葉.r(1)若粒子恰好垂直CM1射出磁場時，其圓心恰好在C點，如圖甲所示，其半徑為ra.甲(2)若粒子進入磁場后做勻速圓周運動，恰好平行于x軸射出磁場時，其圓心恰好在CO2 21Ba q中點，如圖乙