2018届高考物理二轮复习文档：选择题押题练（六）　磁　场（常考点）

2018届高考物理二轮复习文档：选择题押题练（六）　磁　场（常考点）

选择题押题练(六)　磁　场(常考点)‎ ‎1．[多选]如图所示，纸面内AB两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB两端加上恒定电压，则下列说法正确的是(　　)‎ A．四段导线受到的安培力的方向相同 B．四段导线受到的安培力的大小相等 C．ADB段受到的安培力最大 D．AEB段受到的安培力最小 解析：选AC　导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：R＝ρ可知：导线越长，电阻越大，由I＝可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F＝BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故A、C正确，B、D错误。‎ ‎2．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2。已知F1＞F2，则磁感应强度B的大小为(　　)‎ A．B＝　　　　　　 B．B＝ C．B＝ D．B＝ 解析：选B　线框接入恒定电压为E1时，对线框受力分析得出：F1＝mg＋BL；当线框接入恒定电压为E2时，对线框受力分析得出：F2＝mg－BL，联立整理得：B＝ ‎，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎3．[多选]如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管内的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面向里的匀强磁场。某时刻，给小球一方向水平向右，大小为v0＝的初速度，则以下判断正确的是(　　)‎ A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用 B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用 C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同 D．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，机械能不守恒 解析：选BC　由左手定则可判定小球受到的洛伦兹力F始终指向圆心，假设小球受到管道的支持力为N，小球获得v0＝的初速度后，由圆周运动可得：‎ F＋N－mg＝m 解得：N＝mg＋m－F＝mg＋m－qv0B 可见，只要mg＋m＝qv0B，支持力N就为零，故A错误。由于洛伦兹力不做功，只有重力对小球做功，故小球在从环形细圆管的最低点运动到所能达到的最高点的过程中，机械能守恒，小球能不能到最高点与磁感应强度大小无关，从最低点到最高点过程中，由动能定理可得：‎ ‎－mg·2R＝mv2－mv02‎ 解得：v＝，‎ 可知小球能到最高点，由于当v＝时，小球受到的向心力等于mg ‎，故此时小球除受到重力、向下的洛伦兹力之外，一定还有轨道向上的支持力，其大小等于洛伦兹力，故B、C正确，D错误。‎ ‎4．[多选]如图所示，一个半径为R的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左、右两端点等高。半圆轨道所在区域有一个磁感应强度为B＝、垂直纸面向外的匀强磁场或一个电场强度为E＝、竖直向下的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放。P为轨道的最低点，小球始终没有离开半圆轨道。则下列分析正确的是(　　)‎ A．若半圆轨道有匀强磁场，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为4mg B．若半圆轨道有匀强磁场，小球经过轨道最低点时速度大小为 C．若半圆轨道有匀强电场，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为6mg D．若半圆轨道有匀强电场，小球经过轨道最低点时速度大小为2 解析：选BCD　若半圆轨道有匀强磁场，只有重力做功，根据机械能守恒有mv2＝mgR，小球经过轨道最低点时速度大小v＝，B正确；小球第一次经过轨道最低点时，受到的洛伦兹力竖直向下，由向心力公式得FN－qvB－mg＝，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律得，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为4mg，小球第二次经过轨道最低点时，受到的洛伦兹力竖直向上，由向心力公式得FN′＋qvB－mg＝，解得FN′＝2mg，由牛顿第三定律得，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为2mg，A错误；若半圆轨道有匀强电场，电场力做功，由动能定理得mgR＋qER＝mv′2，解得v′＝2，D正确；小球经过最低点时，电场力的方向总是竖直向下，由向心力公式得FN″－qE－mg＝，解得FN″＝6mg，由牛顿第三定律得，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为6mg，C正确。‎ ‎5．如图所示，abcd为一正方形区域，e、f分别是ad、cd的中点。若该区域内只存在由d指向b的匀强电场，沿对角线ac方向以速度v入射的带电粒子(不计粒子的重力)恰好从e点射出。若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，沿对角线ac方向以速度v入射的带电粒子恰好从f点射出。则匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的比值为(　　)‎ A．v B．2v C．3v D．10v 解析：选D　设正方形边长为L，粒子在电场中做类平抛运动，‎ 在水平方向：L＝vt，‎ 竖直方向：L＝at2＝··t2，‎ 联立解得：E＝①‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qvB＝m，‎ 画出磁场中的运动轨迹，如图所示：‎ 图中∠fad＝α，结合几何关系，有：cos(45°＋α)＝，‎ sin α＝，cos α＝；‎ 结合三角函数知识可以解得：r＝L；‎ 联立以上各式解得：B＝②‎ 联立①②解得：＝10v 故A、B、C错误，D正确。‎ ‎6．[多选]如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场。磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d，长度无限大。质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入。入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，不考虑Ⅰ区磁场右边界，则(　　)‎ A．粒子从距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区 B．粒子从距A点1.5d处射入，在磁场区域内运动的时间为 C．粒子在磁场区域内运动的最短时间为 D．从MN边界出射粒子的区域长为(＋1)d 解析：选BCD　粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，其中v＝；解 得：r＝d，‎ 画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示：‎ 结合几何关系，有：‎ AO＝＝2r＝2d；故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故A错误；粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故运动时间为：t＝＝，故B正确；从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图所示，轨迹对应的圆心角为60°，故时间为：t＝＝，故C正确。由以上分析可知从A点和距A点右侧d 处进入磁场的粒子可从MN边界出磁场，画出临界轨迹如图所示，可得GH长度为(＋1)d，故D正确。‎ ‎7．[多选]如图所示，虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一带电微粒自离MN为h的高处由静止下落，从A点进入场区，沿着ACD做了一段匀速圆周运动，从D点射出。下列说法中正确的是(　　)‎ A．微粒做圆周运动的半径为 B．微粒从A点运动到D点的过程中，电势能先减小后增大 C．从A点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和保持不变 D．若微粒从D点离开场区到再次落回场区将沿DCA返回 解析：选AC　微粒开始时做自由落体运动，进入场区的速度大小为：v＝，由题意可知，微粒进入复合场区做匀速圆周运动，因此必有重力与电场力平衡，即：mg＝qE，此时由洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝m，解得：R＝，故选项A正确；电场力方向竖直向上，因此微粒从A点运动到D点的过程中，电场力先做负功再做正功，其电势能先增加后减少，故选项B错误；微粒从A点运动到D点的过程中，洛伦兹力不做功，根据能量守恒定律可知，微粒的重力势能、动能、电势能之和恒定，由于做匀速圆周运动，其动能不变，因此微粒的电势能和重力势能之和保持不变，故选项C正确；微粒离开场区后做竖直上抛运动，根据运动对称性可知，将运动至D点正上方与初始释放位置等高处，下落后重复之前的运动向右平移2R距离，故选项D错误。‎