2024高考物理大一輪復(fù)習(xí)第9章45分鐘高考熱點(diǎn)練九磁倡練含解析

PAGEPAGE445分鐘高考熱點(diǎn)練(九)磁場(chǎng)熱點(diǎn)一磁感應(yīng)強(qiáng)度、安培力及安培力作用下的平衡問(wèn)題1.如圖所示，三根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)，分別垂直地通過(guò)一個(gè)等腰直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，三導(dǎo)線(xiàn)中電流方向相同，A、B兩導(dǎo)線(xiàn)中的電流大小相同，已知導(dǎo)線(xiàn)A在斜邊中點(diǎn)O處所產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)線(xiàn)C在斜邊中點(diǎn)O處所產(chǎn)生的磁場(chǎng)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?yàn)?)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(dǎo)線(xiàn)A、B在O處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，相互抵消，所以O(shè)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度即導(dǎo)線(xiàn)C所產(chǎn)生的磁場(chǎng)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(cuò)，D對(duì)。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(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，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(dòng)摩擦因數(shù)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(yùn)動(dòng)，通過(guò)變更磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，可使流過(guò)導(dǎo)體棒的電流最小，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)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(duì)棒受力分析，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)于安培力有最小值，最終由數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)解得：θ＝30°，則A、C、D錯(cuò)，B對(duì)。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的勻稱(chēng)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(zhǎng)ab＝L1、bc＝L2的矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對(duì)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(zhǎng)度大于ab。當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)且MN處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，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(shí)，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(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)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～I(xiàn)m范圍內(nèi)是不勻稱(chēng)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，依據(jù)磁場(chǎng)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(xiàng)A正確；當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時(shí)，說(shuō)明金屬桿中電流為零，此時(shí)金屬桿受豎直向下的重力和豎直向上的彈力作用，依據(jù)平衡條件和胡克定律可知，彈簧的伸長(zhǎng)量為x＝eq\f(mg,k)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)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(xiàng)C正確；依據(jù)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～I(xiàn)m范圍內(nèi)是勻稱(chēng)的，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：AC熱點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)4.(2024·河北邢臺(tái)質(zhì)檢)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)ABCD，帶電粒子從A點(diǎn)沿AB方向射入磁場(chǎng)，恰好從C點(diǎn)飛出磁場(chǎng)；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點(diǎn)P垂直AD射入磁場(chǎng)，從DC邊的M點(diǎn)飛出磁場(chǎng)(M點(diǎn)未畫(huà)出)。設(shè)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用時(shí)間為t1，由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用時(shí)間為t2(帶電粒子重力不計(jì))，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(yùn)動(dòng)軌跡圖，由幾何關(guān)系知，粒子由A點(diǎn)進(jìn)入C點(diǎn)飛出時(shí)軌跡所對(duì)圓心角θ1＝90°，粒子由P點(diǎn)進(jìn)入M點(diǎn)飛出時(shí)軌跡所對(duì)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(xiàng)C正確。答案：C5.(多選)(2024·山西省重點(diǎn)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(méi)有磁場(chǎng)的狀況下，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(guò)此區(qū)域的時(shí)間為t；在該區(qū)域內(nèi)加垂直紙面對(duì)外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(kāi)圓形區(qū)域時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑和速度D．小球在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(\r(3)π,6)t解析：依據(jù)左手定則可知小球帶正電，A錯(cuò)誤；無(wú)磁場(chǎng)時(shí)小球沿直徑方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有v＝eq\f(2R,t)，有磁場(chǎng)時(shí)小球做圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系有r＝eq\r(3)R，由洛倫茲力供應(yīng)向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)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(chǎng)區(qū)域半徑未知，故不能求小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑和速度，C錯(cuò)誤；小球在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\r(3)πt，因?yàn)樾∏蛟诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度偏轉(zhuǎn)角為60°，則運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)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(nèi)存在垂直紙面對(duì)外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長(zhǎng)度為9m，M點(diǎn)為x軸正方向上一點(diǎn)，OM＝3m?，F(xiàn)有一個(gè)比荷大小為eq\f(q,m)＝1.0C·kg－1可視為質(zhì)點(diǎn)帶正電的小球(重力不計(jì))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(chǎng)，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電量不變，小球最終都能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)的圓心的位置肯定在y軸上，所以小球做圓周運(yùn)動(dòng)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(gè)圓心的位置在O點(diǎn)的上方。也可能小球與擋板ON沒(méi)有碰撞，干脆過(guò)M點(diǎn)。由于洛倫茲力供應(yīng)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(shè)OO′＝s，由幾何關(guān)系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②3r－9＝s③聯(lián)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(méi)有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖2，設(shè)OO′＝x，由幾何關(guān)系得：req\o\al(2,3)＝OM2＋x2＝9＋x2④x＝9－r3⑤聯(lián)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(cuò)誤。答案：ABD熱點(diǎn)三帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)7.如圖所示，在平行線(xiàn)MN、PQ之間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面的磁場(chǎng)(未畫(huà)出)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度從左到右漸漸增大。一帶電微粒進(jìn)入該區(qū)域時(shí)，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線(xiàn)OO′通過(guò)該區(qū)域。帶電微粒所受的重力忽視不計(jì)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中帶電荷量不變。下列推斷正確的是()A．微粒從左到右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向向里B．微粒從左到右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向向外C．微粒從右到左運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向向里D．微粒從右到左運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向向外解析：微粒恰好能沿水平直線(xiàn)OO′通過(guò)該區(qū)域，說(shuō)明qvB＝qE；微粒受到空氣阻力作用，速度漸漸變小，故沿運(yùn)動(dòng)方向磁感應(yīng)強(qiáng)度漸漸增大，微粒從左向右運(yùn)動(dòng)；由左手定則可知，磁場(chǎng)方向向外，選項(xiàng)B對(duì)。答案：B8．(多選)(2024·四川成都檢測(cè))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(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的O點(diǎn)，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(biāo)中，電場(chǎng)方向沿豎直方向，坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢(shì)為零。當(dāng)小球以2m/s的速率繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)繩上的拉力剛好為零。在小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，軌跡上每點(diǎn)的電勢(shì)φ隨縱坐標(biāo)y的變更關(guān)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(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為3.2×106V/mB．小球重力勢(shì)能增加最多的過(guò)程中，電勢(shì)能削減了2.4JC．小球做順時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)D．小球所受的洛倫茲力的大小為3N解析：依據(jù)小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，軌跡上每點(diǎn)的電勢(shì)φ隨縱坐標(biāo)y的變更關(guān)系可得，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(2×106,0.4)V/m＝5×106V/m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于帶電小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力和電場(chǎng)力做功，則只有重力勢(shì)能和電勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，又由于帶電小球在復(fù)合場(chǎng)(重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng))中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)力等大、反向，即qE＝mg，因此當(dāng)帶電小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，即小球重力勢(shì)能增加最多的過(guò)程中，電勢(shì)能削減量為qE·2L＝2.4J，選項(xiàng)B正確；由于帶電小球所受的洛倫茲力供應(yīng)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，依據(jù)左手定則可知，小球沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；依據(jù)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(xiàng)D正確。答案：BD9．電視機(jī)顯像管中須要用變更的磁場(chǎng)來(lái)限制電子束的偏轉(zhuǎn)。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(jì))經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)后，進(jìn)入一圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直于圓面(以垂直圓面對(duì)里為正方向)，磁場(chǎng)區(qū)的中心為O，半徑為r，熒光屏MN到磁場(chǎng)區(qū)中心O的距離為L(zhǎng)。當(dāng)不加磁場(chǎng)時(shí)，電子束將通過(guò)O點(diǎn)垂直打到屏幕的中心P點(diǎn)。當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示的規(guī)律變更時(shí)，在熒光屏上得到一條長(zhǎng)為2eq\r(3)L的亮線(xiàn)。由于電子通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的時(shí)間很短，可以認(rèn)為在每個(gè)電子通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)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(jì)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(shí)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(shí)速度的大小等于它飛出加速電場(chǎng)時(shí)的速度大小，設(shè)為v，由動(dòng)能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU,m))。(2)當(dāng)交變磁場(chǎng)為最大值B0時(shí)，電子束有最大偏轉(zhuǎn)，在熒光屏上打在Q點(diǎn)，PQ＝eq\r(3)L。電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)此時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度為θ，由幾何關(guān)系可知，tanθ＝eq\f(\r(3)L,L)，θ＝60°依據(jù)幾何關(guān)系，電子束在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)路徑所對(duì)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(zhì)量m′＝0.3kg的滑塊放在小車(chē)的水平絕緣板的右端，小車(chē)的質(zhì)量M＝0.5kg，滑塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，小車(chē)的絕緣板足夠長(zhǎng)，它們所在的空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝20T的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(垂直于紙面對(duì)里)。起先時(shí)小車(chē)靜止在光滑水平面上，一擺長(zhǎng)L＝1.25m、質(zhì)量m＝0.15kg的擺從水平位置由靜止釋放，擺到最低點(diǎn)時(shí)與小車(chē)相撞，碰撞后擺球恰好靜止，g取10m/s2。求：(1)與小車(chē)碰撞前擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)擺線(xiàn)的拉力；(2)擺球與小車(chē)的碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE；(3)碰撞后小車(chē)的最終速度。解析：(1)擺球下落過(guò)程，由動(dòng)能定理有mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝5m/s，擺球在最低點(diǎn)時(shí)，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?qū)[線(xiàn)的拉力FT′＝4.5N，方向豎直向下。(2)擺球與小車(chē)碰撞瞬間，擺球與小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，有mv＝Mv1＋0，解得v1＝1.5m/s，由能