《（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 微專題65 磁場(chǎng)對(duì)帶電物體的作用加練半小時(shí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 微專題65 磁場(chǎng)對(duì)帶電物體的作用加練半小時(shí)（含解析）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、磁場(chǎng)對(duì)帶電物體的作用 [方法點(diǎn)撥]　洛倫茲力大小與速度大小有關(guān)，物體做變速率運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力大小相應(yīng)變化，從而引起物體受力變化. 1.(多選)如圖1，在豎直平面內(nèi)有兩固定點(diǎn)a、b，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直該平面向里，重力不計(jì)的帶電小球在a點(diǎn)以不同速率向不同方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中除磁場(chǎng)力外，還受到一個(gè)大小恒定、方向始終跟速度方向垂直的力F的作用，對(duì)過b點(diǎn)的帶電小球(　　) 圖1 A.如果沿ab直線運(yùn)動(dòng)，速率是唯一的 B.如果沿ab直線運(yùn)動(dòng)，速率可取不同值 C.如果沿同一圓弧ab運(yùn)動(dòng)，速率是唯一的 D.如果沿同一圓弧ab運(yùn)動(dòng)，速率可取不同值 2.(多選)(2018·湖南師大附中質(zhì)檢)如圖2所

2、示，一質(zhì)量為m、電荷量為－q的圓環(huán)，套在與水平面成θ角的足夠長(zhǎng)的絕緣粗糙細(xì)桿上，圓環(huán)的直徑略大于桿的直徑，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)給圓環(huán)一沿桿向上方向的初速度(取初速度方向?yàn)檎较?，以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度圖象可能是(　　) 圖2 3.(多選)如圖3所示，在沿水平方向向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電小球A與B在同一豎直線上，其中小球B帶正電荷并被固定，小球A與一水平放置的光滑絕緣板C接觸而處于靜止?fàn)顟B(tài).若將絕緣板C沿水平方向抽去后，以下說法正確的是(　　) 圖3 A.小球A仍可能處于靜止?fàn)顟B(tài) B.小球A將可能沿軌跡1運(yùn)動(dòng) C.小球A將可能沿軌跡2運(yùn)動(dòng) D

3、.小球A將可能沿軌跡3運(yùn)動(dòng) 4.(多選)如圖4所示，兩個(gè)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中(　　) 圖4 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(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短 C.兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同 D.兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中，重力的平均功率相等 5.(多選)(2018·黑龍江省齊齊哈爾市模擬)如圖5所示，質(zhì)量為m、帶電荷

4、量為＋q的三個(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)B0中，C球處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，它們落地的時(shí)間分別為tA、tB、tC，落地時(shí)的速度大小分別為vA、vB、vC，則以下判斷正確的是(　　) 圖5 A.tA＝tB＝tC B.tB

5、中的電流、r為該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離.一帶正電的小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿連線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn).關(guān)于上述過程，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.小球先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng) B.小球一直做勻速直線運(yùn)動(dòng) C.小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大 D.小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃? 7.(2019·湖南省衡陽八中質(zhì)檢)如圖7所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向里.一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點(diǎn).若

6、小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是(　　) 圖7 A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qB B.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg－qB C.小球從C到D的過程中，外力F大小保持不變 D.小球從C到D的過程中，外力F的功率不變 答案精析 1.AD　[小球如果沿ab直線運(yùn)動(dòng)，由于已知力F與洛倫茲力都與速度方向垂直，則洛倫茲力與已知力的合力為零，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)＝qvB，小球的速度v＝，小球的速率是一定的，故A正確，B錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得F＋qvB＝，則R＝，若F取不同值時(shí)，v可取不同值使小球沿同一圓弧ab運(yùn)動(dòng)，則小球的速率可以取不同值，故C錯(cuò)誤，D

7、正確.] 2.ABD　[當(dāng)qBv0＞mgcosθ時(shí)，圓環(huán)受到的彈力FN先變小后變大，摩擦力Ff＝μFN也先變小后變大，圓環(huán)減速的加速度a＝也先變小后變大；當(dāng)速度減小到零時(shí)，若μ＞tanθ時(shí)，圓環(huán)將靜止；若μ＜tanθ時(shí)，圓環(huán)將做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)直到平衡后做勻速運(yùn)動(dòng).當(dāng)qBv0＜mgcosθ時(shí)，圓環(huán)受到的彈力FN變大，摩擦力Ff＝μFN變大，圓環(huán)減速的加速度a＝變大；速度減小到零時(shí)，若μ＞tanθ時(shí)，圓環(huán)將靜止；若μ＜tanθ時(shí)，圓環(huán)將做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)直到平衡后做勻速運(yùn)動(dòng).故A、B、D圖象可能正確，C圖象不可能正確.] 3.AB　[小球A最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)其受力分析，受重力、彈力

8、(可能為零)、庫(kù)侖力，因重力豎直向下，故庫(kù)侖力向上，可知小球A帶正電.若絕緣板對(duì)小球的彈力為零，則抽去絕緣板后，重力和庫(kù)侖力仍大小相等而方向相反，故小球A仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，A正確；若庫(kù)侖力大于重力，小球A會(huì)向上做加速運(yùn)動(dòng)，則可由左手定則判斷將可能沿軌跡1運(yùn)動(dòng)，B正確.] 4.AD　[小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcosθ＝qvmB，解得vm＝，所以斜面角度越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故甲滑塊飛離時(shí)速度較大，A正確；滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因?yàn)榧椎淖畲笏俣却笥谝业淖畲笏俣龋?/p>

9、vm＝at得，甲在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于乙在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；由以上分析和x＝得，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C錯(cuò)誤；由平均功率的公式P＝F＝mg·sinθ＝，因sin30°＝cos60°，故重力的平均功率一定相等，故D正確.] 5.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(yùn)動(dòng)；B球除受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(yùn)動(dòng)，所以豎直方向也做自由落體運(yùn)動(dòng)，且洛倫茲力不做功，故只有重力做功；C球除重力做功外，還受到垂直紙面向里的電場(chǎng)力作用，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，但電場(chǎng)力對(duì)其做正功.所以三個(gè)球豎直方向都做自由落

10、體運(yùn)動(dòng)，下落的高度又相同，故下落時(shí)間相同，則有tA＝tB＝tC，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)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

11、的壓力大小一直增大；由于洛倫茲力方向與帶電小球運(yùn)動(dòng)方向垂直，小球運(yùn)動(dòng)速度不變，故選項(xiàng)B、D正確.] 7.B 　[小球從A到C，洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得mgR＝mvC2，則vC＝，在C點(diǎn)，F(xiàn)洛＝qvCB＝qB選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在C點(diǎn)，F(xiàn)C－mg＋F洛＝，解得FC＝3mg－qB，選項(xiàng)B正確；小球從C到D的過程中，所受合力指向圓心，對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖所示，則mgsinθ＝Fcosθ，θ增大，則F增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從C到D的過程中，動(dòng)能不變，合外力做功為零，洛倫茲力與支持力不做功，外力F做正功，重力做負(fù)功，外力的功率與重力的功率大小相等，運(yùn)動(dòng)過程中，速度在豎直方向的分量增加，重力的功率增加，所以外力F的功率也增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.] 6