2019高考物理一輪復習 第九章 磁場 第67講 磁場對帶電物體的作用力加練半小時 教科版

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1、 第67講 磁場對帶電物體的作用力 [方法點撥] 洛倫茲力大小與速度大小有關(guān),物體做變速率運動時,洛倫茲力大小相應變化,從而引起物體受力變化. 1.(多選)(2018·黑龍江齊齊哈爾模擬)如圖1所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的三個相同的帶電小球A、B、C,從同一高度以初速度v0水平拋出,B球處于豎直向下的勻強磁場中,C球處于垂直紙面向里的勻強電場中,它們落地的時間分別為tA、tB、tC,落地時的速度大小分別為vA、vB、vC,則以下判斷正確的是(  ) 圖1 A.tA=tB=tC B.tB

2、肅天水一中學段考試)如圖2所示,兩個傾角分別為30°和60°的光滑絕緣斜面固定于水平地面上,并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中,兩個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放,運動一段時間后,兩小滑塊都將飛離斜面,在此過程中(  ) 圖2 A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大 B.甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短 C.兩滑塊在斜面上運動的位移大小相同 D.兩滑塊在斜面上運動的過程中,重力的平均功率相等 3.(多選)(2017·河北衡水中學高三下期中)如圖3所示,勻強磁場的方向豎直向下,磁場中有光滑的

3、水平桌面,在桌面上平放內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管;試管在水平向右的拉力F作用下向右勻速運動,(拉力與試管壁始終垂直),帶電小球能從試管口處飛出,關(guān)于帶電小球及其在離開試管前的運動,下列說法中正確的是(  ) 圖3 A.小球帶正電,且軌跡為拋物線 B.洛倫茲力對小球做正功 C.小球相對試管做變加速直線運動 D.維持試管勻速運動的拉力F應隨時間均勻增大 4.(多選)(2017·山西運城期末)絕緣光滑斜面與水平面成α角,質(zhì)量為m、帶電荷量為-q(q>0)的小球從斜面上的h高度處釋放,初速度為v0(v0>0)、方向與斜面底邊MN平行,如圖4所示,整個裝置處在勻強磁場B中,磁場方向平

4、行于斜面向上.如果斜面足夠大,且小球能夠沿斜面到達底邊MN.則下列判斷正確的是(  ) 圖4 A.小球在斜面做變加速曲線運動 B.小球到達底邊MN的時間 C.勻強磁場磁感應強度的取值范圍為0≤B≤ D.勻強磁場磁感應強度的取值范圍為0≤B≤ 圖5 5.(多選)(2017·哈爾濱師大等三校聯(lián)合模擬)如圖5所示,豎直邊界MN右側(cè)存在水平方向的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,帶電的小球從a點進入右側(cè)復合場區(qū)域后恰做直線運動,則以下說法正確的是(  ) A.電場方向水平向右 B.小球一定帶正電 C.小球在復合場區(qū)域內(nèi)做勻速直線運動 D.小球在復合場區(qū)域內(nèi)運動過程中,重力

5、勢能的變化量與電勢能的變化量相同 6.(多選)(2017·河南洛陽第二次統(tǒng)考)如圖6甲所示,一帶電物塊無初速度地放在傳送帶的底端,傳送帶以恒定的速率順時針轉(zhuǎn)動,裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中,物塊由底端E運動至傳送帶頂端F的過程中,其v-t圖像如圖乙所示,若物塊全程運動的時間為4.5s,則下列判斷正確的是(  ) 圖6 A.該物塊帶負電 B.傳送帶的傳送速度大小可能大于1m/s C.若已知傳送帶的長度,可求出該過程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對位移 D.在2~4.5s內(nèi),物塊與傳送帶間仍可能有相對運動 答案精析 1.AD [根據(jù)題意可知:A球只有重力做功,豎直方向上做自由落體運

6、動;B球除重力之外還受到洛倫茲力作用,但B受的洛倫茲力總是水平方向的,不影響豎直方向的分運動,所以豎直方向也做自由落體運動,但洛倫茲力不做功,也只有重力做功;C球除重力做功外,還受到垂直紙面里的電場力作用,豎直方向做自由落體運動,而且電場力對其做正功.所以三個球豎直方向都做自由落體運動,下落的高度又相同,故下落時間相同,則有tA=tB=tC,故A正確,B錯誤;根據(jù)動能定理可知:A、B兩球合力做的功相等,初速度又相同,所以末速度大小相等,而C球合外力做的功比A、B兩球合外力做的功大,而初速度與A、B球的初速度相等,故C球的末速度比A、B兩球的末速度大,即vA=vB

7、2.AD [小滑塊飛離斜面時,洛倫茲力與重力垂直斜面方向的分力平衡,故:mgcosθ=qvmB,解得vm=,所以斜面傾角越小,飛離斜面瞬間的速度越大,故甲滑塊飛離斜面瞬間的速率較大,故A正確;小滑塊在斜面上運動的加速度恒定不變,由受力分析和牛頓第二定律可知加速度a=gsinθ,所以甲的加速度小于乙的加速度,因為甲的最大速度大于乙的最大速度,由vm=at得,甲的運動時間大于乙的運動時間,故B錯誤;由A、B的分析和x=得,甲的位移大于乙的位移,故C錯誤;重力的平均功率P=mg豎直=mg·sinθ=,因sin30°=cos60°,故重力的平均功率一定相等,故D正確.] 3.AD [洛倫茲力總是與速

8、度方向垂直,不做功,故B錯誤;小球能從試管口處飛出,說明小球受到指向試管口的洛倫茲力,根據(jù)左手定則判斷,小球帶正電.設試管運動速度為v1,小球垂直于試管向右的分運動是勻速直線運動.小球沿試管方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B,q、v1、B均不變,F(xiàn)1不變,則小球相對試管做勻加速直線運動,與平拋運動類似,小球運動的軌跡是一條拋物線,故A正確,C錯誤;設小球沿試管方向的分速度大小為v2,則小球受到垂直試管向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B,v2均勻增大,則F2均勻增大,而拉力F的大小等于F2的大小,則F均勻增大,故D正確.] 4.BD [小球在斜面上運動時,一定受到豎直向下的重力和垂直斜面向上的洛倫茲力,可能受到垂直斜面向上的彈力;小球能夠沿斜面到達底邊MN,說明垂直斜面方向的合力為0,洛倫茲力不大于重力垂直斜面的分力. 小球受的合力是重力沿斜面向下的分力,因此小球受的合力恒定,故小球做勻變速曲線運動,故A錯誤;小球做類平拋運動,沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運動,則小球的加速度a=gsinα,再由運動學公式可得=at2,所以小球到達底邊MN的時間t=,故B正確;小球垂直磁場的方向的速度不變,故洛倫茲力F=qv0B,不大于重力垂直于斜面向下的分力mgcosθ;也就是0≤B≤,故C錯誤,D正確.] 5.BC 6.BD 5

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