高考物理二轮复习 对题纠错练11 磁场（一）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、对题纠错练十一磁场(一)对题练磁感应强度安培力1.(2017陕西宝鸡一模)如图所示,垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2,且I1I2,纸面内的一点H到两根导线的距离相等,则该点的磁感应强度方向可能为图中的()A.B1B.B2C.B3D.B4(导学号88094611)【答案】 C根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向,如图所示,根据平行四边形定则可判定H点的合磁感应强度方向可能为B3方向,故C正确,A、B、D错误。2.(多选)(2017广东肇庆二模)如图甲所示,电流恒定的通电直导线MN,垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上,电流方向由M指向N,在两轨之间存在着垂

2、直导轨平面的磁场,取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向,当t=0时导线恰好静止,若B按如图乙所示的余弦规律变化,下列说法正确的是()A.在最初的一个周期内,导线在导轨上往复运动B.在最初的一个周期内,导线一直向左运动C.在最初的半个周期内,导线的加速度先增大后减小D.在最初的半个周期内,导线的速度先增大后减小(导学号88094612)【答案】 AD当t=0时,由左手定则可知,导线MN受到向右的安培力,根据F安=BlI,由于B最大,故此时的安培力最大,则导线MN的加速度最大,随着时间的延长,磁感应强度B减小,加速度减小,而导线MN的速度还在增大;当B=0时,安培力为0,加速度为0,速度达到最

3、大;当B反向时,安培力也会反向,则加速度也反向,导线MN做减速运动,到半个周期时,导线MN减速到0,此时的加速度反向最大,然后导线MN再反向运动,到一个周期时MN又回到原出发的位置;故在最初的一个周期内,导线在导轨上往复运动,选项A正确、B错误;在最初的半个周期内,导线的加速度先减小后反向增大,而其速度则是先增大后减小,故选项C错误、D正确。3.(2017河南百校质检)一正方形导体框abcd,其单位长度的电阻值为r,现将正方形导体框置于如图所示的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,用不计电阻的导线将导体框连接在电动势为E(内阻不计)的电源两端。关于导体框所受的安培力的下列描述正确的是()A.安培

4、力的大小为,方向竖直向上B.安培力的大小为,方向竖直向下C.安培力的大小为,方向竖直向下D.安培力的大小为,方向竖直向上(导学号88094613)【答案】 B由题图可知,电路接通后流过导体框的电流方向为ad及abcd,假设导体框的边长为l,由欧姆定律可知ad边的电流大小为I1=,流过bc边的电流大小为I2=,又由左手定则可知两边所受的安培力方向均为竖直向下,ab边和cd边所受安培力大小相等、方向相反,则导体框所受安培力的大小为F=BI1l+BI2l=,选项B正确。带电粒子在磁场中的运动4.(多选)(2017广西南宁一模)如图所示,MN是纸面内的一条直线,其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸

5、面垂直的匀强磁场(区域都足够大),现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以平行于纸面的初速度v0射入,下列有关判断正确的是()A.如果粒子回到MN上时速度增大,则空间存在的一定是电场B.如果粒子回到MN上时速度大小不变,则该空间存在的一定是电场C.若只改变粒子的速度大小,发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变,则该空间存在的一定是磁场D.若只改变粒子的速度大小,发现粒子再回到MN所用的时间不变,则该空间存在的一定是磁场(导学号88094614)【答案】 AD洛伦兹力对带电粒子不做功,不能使粒子速度增大,静电力可对带电粒子做功,动能增大,故A正确;若存在匀强磁场,则粒子返回MN时速率不变,故B错

6、误;若MN为一等势面,则粒子回到MN时,速度大小不变,且沿MN方向的速度不变,则速度与MN夹角不变,故C错误;由T=知,粒子在磁场中运动的时间与速率无关,故D项正确。带电粒子在复合场中和组合场中的运动5.(2017河南开封一模)如图所示,真空中有一以M点为圆心的圆形匀强磁场区域,半径为R=0.5 m,磁场垂直纸面向里。在yR的区域存在沿-y方向的匀强电场,电场强度为E=1.0105 V/m。在O点有一正粒子以速率v=1.0106 m/s沿+x方向射入磁场,粒子穿出磁场进入电场,速度减小到0后又返回磁场,最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为=1.0107 C/kg,粒子重力不计。(1)求圆形磁场区

7、域磁感应强度的大小;(2)求沿+x方向射入磁场的粒子,从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。(导学号88094615)【答案】 (1)0.2 T(2)(0.5 +1) m【解析】 (1)沿+x方向射入磁场的粒子在进入电场后,速度减小到0,粒子一定是从如图所示的P点竖直向上射出磁场,逆着电场线运动,所以可得粒子在磁场中做圆周运动的半径r=R=0.5 m根据Bqv=,得B=,代入数据得B=0.2 T。(2)粒子返回磁场后,经磁场偏转后从N点射出磁场,MN为直径,粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长,即s1=R设粒子在电场中运动的路程为s2,根据动能定理得Eqmv2,s2=则总路程s=R+,代入数据得

8、s=(0.5+1) m纠错练磁感应强度安培力6.(2017湖南永州二模)如图所示,厚度均匀的木板放在水平地面上,木板上放置两个相同的条形磁铁,两磁铁N极正对。在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的水平长直导线,并通有垂直纸面向里的恒定电流,木板和磁铁始终处于静止状态,设两条形磁铁和木板的总重力为G,则()A.导线受到的安培力竖直向上,木板对地面的压力大于GB.导线受到的安培力竖直向下,木板对地面的压力小于GC.导线受到的安培力水平向右,木板受到地面的摩擦力水平向左D.导线受到的安培力水平向右,木板受到地面的摩擦力水平向右(导学号88094616)【答案】 D依题意知,两条形磁铁在导线处产

9、生的合磁场竖直向上,根据左手定则知,长直导线受到的安培力水平向右;木板和磁铁始终处于静止状态,两条形磁铁和木板的总重力为G,故木板对地面的压力等于G;又因长直导线受到的安培力水平向右,所以磁铁和长木板有向左运动的趋势,故木板受到的摩擦力水平向右,故A、B、C错误,D正确。【易错提示】 找不对中间竖直线上磁场的方向是本题最常见的错因,根据对称性,两条形磁铁在中间竖直线上产生的磁场的水平分量抵消,合磁场方向竖直向上。7.(2017广东肇庆二模)如图甲所示,竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场,电场和磁场的范围足够大,电场强度E=40 N/C,磁感应强度B随时间t

10、变化的关系图象如图乙所示,选定磁场垂直纸面向里为正方向。t=0时刻,一质量m=810-4 kg、电荷量q=+210-4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12 m/s,O是挡板MN上一点,直线OO与挡板MN垂直,g取10 m/s2。甲乙(1)求微粒再次经过直线OO时与O点的距离;(2)求微粒在运动过程中离开直线OO的最大高度;(3)水平移动挡板,使微粒能垂直射到挡板上,求挡板与O点间的距离应满足的条件。(导学号88094617)【答案】 (1)1.2 m(2)2.48 m(3)l=(2.4n+1.8) m(n=0,1,2,)【解析】 (1)根据题意可知,微粒所受的重力G=mg=810-3

11、 N静电力大小F=qE=810-3 N因此重力与静电力平衡在05 s时间内微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则有qvB=m由式解得R=0.6 m由T=得T=10 s则微粒在5 s内转过半个圆周,再次经直线OO时与O点的距离l=2R将数据代入上式解得l=1.2 m。(2)微粒运动半周后向上匀速运动,运动的时间为t=5 s;在1015 s时间内,又做匀速圆周运动,轨迹如图所示,在510 s时间内位移大小s=vt由式解得s=1.88 m因此,微粒离开直线OO的最大高度H=s+R=2.48 m。(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P,P点在直线OO下方时,由图象可以知道,挡板MN与O点间的距离应满足l

12、=(2.4n+0.6) m(n=0,1,2,)若P点在直线OO上方时,由图象可以知道,挡板MN与O点间的距离应满足l=(2.4n+1.8) m(n=0,1,2,)(两式合写成l=(1.2n+0.6)m(n=0,1,2,)。【易错提示】 忽略周期性,只考虑到一种特殊情况,即n=0的情况是本题最容易犯的错误,或只考虑从OO上方或下方射出的其中一种情况,造成漏解。原创练8.(多选)如图所示,在xOy平面内,OP与x轴正方向间的夹角为30,直线OP与y轴正方向之间及x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一带正电的粒子从原点O处沿y轴负方向以速度v射出,粒子的质量为m、电荷量为q,不计粒子的

13、重力。则下列判断正确的是()A.粒子第一次到达OP时的位置坐标为()B.粒子的运动轨迹与y轴相切C.粒子第三次经过x轴时,速度方向恰好与OP平行D.粒子在磁场中的运动时间为(导学号88094618)【答案】 ABC粒子运动轨迹如图所示,A与D横坐标相同,由qvB=m可得,xD=2R=,yD=xDtan 30=,所以A正确;圆弧DEC的半径与半圆弧OA的半径相同,所以与y轴相切于E点,B正确;2=60,根据粒子在有界磁场的运动特点,3=4=30,所以粒子再次经过A点后,速度与x轴正方向间的夹角4=30,即速度方向恰好与OP平行,C正确;粒子在磁场中的运动时间为t=T+T=,D错。9.在如图所示的

14、平面直角坐标系xOy内,第一象限的MN以上的虚线区域内存在有理想边界的竖直向下的匀强电场,已知MN间的距离为L,DN间的距离为,MN与x轴间的距离为L,第四象限内有垂直纸面方向的匀强磁场B,磁场的右边界与电场的左边界间的距离为(1+)L。现有一质量为m、电荷量为q、不计重力的正电荷,以水平向左的初速度v0从D点射入电场,恰好从M点离开电场,进入第四象限磁场偏转后恰好经过坐标原点O,并沿y轴的正方向运动。(1)求电荷到达M点的速度v;(2)求该匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B;(3)求整个过程中电荷的运动时间,并分析,若磁场右边界和下边界不变,左边界向右移动某一距离,电荷是否可能经过

15、O点。(导学号88094619)【答案】 (1)v0,与水平方向成45 夹角(2)(3)不可能经过O点【解析】 (1)电荷在电场中做类平抛运动,由L=v0t1,t1,得vy=v0,经过M点速度的大小vM=v0,设与水平方向的夹角为,有tan =1,得=45。(2)在电场中运动,有vy=at1=v0,而a=,得E=;由几何关系知,PI=L,则PC=L,电荷进入磁场后运动轨迹如图,设电荷做圆周运动对应的圆心为Q点,半径为R,根据几何关系有R=SQ=L,据qvB=m,得B=。(3)电荷从P到O的运动可分为3段,电场中的类平抛、离开电场进入磁场前的匀速直线运动、进入磁场后的匀速圆周运动。在电场中,据L=v0t1,得t1=;在电场与磁场之间做直线运动,有vcos 45t2=(1+)L,t2=(1+;在磁场中运动,t3=T=,则总的运动时间为t=t1+t2+t3=。若AO右侧出现无磁场区域,则电荷将从轨迹与边界的交点沿轨迹上该点切线方向射出,根据电荷的运动轨迹可以看出,该点切线方向与该点和原点的连线方向一定不同,故电荷不可能经过O点。