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2018届高考物理二轮专题复习:选择题押题练(六) 磁 场(常考点)

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                     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
                                                          L
    解析:选    AC 导线的粗细相同、材料相同,由电阻定律:R=ρS可知:导线越长,电
             U
阻越大,由     I=R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(  )
           RF1-F2                          RF1-F2
    A.B=LE1-E2                       B.B=LE1+E2
           RF1+F2                          RF1+F2
    C.B=LE2-E1                       D.B=LE1+E2
                                                                    E1

    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+B              R L;当
                                                     E2

线框接入恒定电压为         E2 时,对线框受力分析得出:F2=mg-B              R L,联立整理得:B=
RF1-F2
LE1+E2,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
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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
                                                        5gR
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
                                 5gR
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:
                 v02
    F+N-mg=m     R
                   v02           v02

    解得:N=mg+m       R -F=mg+m     R -qv0B
                    v02

    可见,只要     mg+m   R =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:
             1     1

                 2      2
    -mg·2R=2mv    -2mv0
    解得:v=     gR,
    可知小球能到最高点,由于当             v=  gR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,

                                                      m   g
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=  q 2R、垂
                                       mg
直纸面向外的匀强磁场或一个电场强度为                  E=  q 、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(  )
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    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                           2gR
    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 gR
                                                                    1
    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2mv2=
mgR,小球经过轨道最低点时速度大小                v=  2gR,B 正确;小球第一次经过轨道最低点时,
                                                   mv2

受到的洛伦兹力竖直向下,由向心力公式得                   FN-qvB-mg=     R ,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
                                                           mv2

点时,受到的洛伦兹力竖直向上,由向心力公式得                     FN′+qvB-mg=      R  ,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
                                                       1
半圆轨道有匀强电场,电场力做功,由动能定理得                     mgR+qER=2mv′2,解得        v′=
  gR
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″-
         mv2

qE-mg=    R ,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,

                 2
    在水平方向:      4 L=vt,
               2   1    1 qE
    竖直方向:     4 L=2at2=2· m ·t2,
                 4 2mv2
    联立解得:E=        qL  ①
    粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,
                            v2
    由牛顿第二定律得:qvB=m           r ,
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    画出磁场中的运动轨迹,如图所示:

                                               5
                                                L
                                              4
    图中∠fad=α,结合几何关系,有:cos(45°+α)=              r ,
           L
           2          L
           5          5
            L          L
    sin α= 2 ,cos α=  2 ;
                                5
    结合三角函数知识可以解得:r=4              2L;
                         2 2mv
    联立以上各式解得:B=           5qL ②
                  E
    联立①②解得:B=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
                                           qBd
速度垂直于     AD  且垂直于磁场,若入射速度大小为               m ,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
                                                       πm
    B.粒子从距      A 点 1.5d 处射入,在磁场区域内运动的时间为qB
                                       πm
    C.粒子在磁场区域内运动的最短时间为3qB
    D.从   MN 边界出射粒子的区域长为(            3+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:
       v2         qBd
qvB=m   r ,其中  v=  m ;解
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    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:
           r
    AO=sin 30°=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
                                                            T  πm
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=2=qB,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
                                 T   πm
迹对应的圆心角为        60°,故时间为:t=6=3qB,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(   3+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(  )

                             E 2h
    A.微粒做圆周运动的半径为B              g
    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=                          2gh,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,

                                    v2           E 2h
此时由洛伦兹力提供向心力,有:qvB=m                R ,解得:R=B       g ,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。
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