（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 微專題65 磁場對帶電物體的作用加練半小時(shí)（含解析）

磁場對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，對過b點(diǎn)的帶電小球()圖1A.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所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的圓環(huán)，套在與水平面成角的足夠長的絕緣粗糙細(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23.(多選)如圖3所示，在沿水平方向向里的勻強(qiáng)磁場中，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3A.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.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4A.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B0中，C球處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場中，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5A.tAtBtCB.tB<tAtCC.vCvA<vBD.vAvB<vC6.(多選)如圖6所示，兩根長直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點(diǎn)，連線上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱.導(dǎo)線均通有大小相等、方向向上的電流.已知長直導(dǎo)線在周圍某點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bk，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中的電流、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6A.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?.(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7A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qBB.小球在C點(diǎn)對軌道的壓力大小為3mgqBC.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FqvB，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正確.2.ABD當(dāng)qBv0mgcos時(shí)，圓環(huán)受到的彈力FN先變小后變大，摩擦力FfFN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tan時(shí)，圓環(huán)將靜止；若tan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)qBv0mgcos時(shí)，圓環(huán)受到的彈力FN變大，摩擦力FfFN變大，圓環(huán)減速的加速度a變大；速度減小到零時(shí)，若tan時(shí)，圓環(huán)將靜止；若tan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)，對其受力分析，受重力、彈力(可能為零)、庫侖力，因重力豎直向下，故庫侖力向上，可知小球A帶正電.若絕緣板對小球的彈力為零，則抽去絕緣板后，重力和庫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；若庫侖力大于重力，小球A會向上做加速運(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：mgcosqvmB，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agsin，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?，由vmat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PFmg·sin，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力作用，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，但電場力對其做正功.所以三個(gè)球豎直方向都做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落的高度又相同，故下落時(shí)間相同，則有tAtBtC，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vAvB<vC，故C錯(cuò)誤，D正確.6.BD據(jù)題意，由于通過M和N的導(dǎo)線電流方向都向上且大小相等，在M、N周圍產(chǎn)生逆時(shí)針方向磁場，由于磁場的疊加，從a到b合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向先向桌面內(nèi)側(cè)后向桌面外側(cè)且大小先減小后增大，帶電小球受到的洛倫茲力據(jù)FqvB可知先向上后向下且先減小后增大，受力分析可知帶電小球?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮∫恢痹龃?；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mgRmvC2，則vC，在C點(diǎn)，F(xiàn)洛qvCBqB選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在C點(diǎn)，F(xiàn)CmgF洛，解得FC3mgqB，選項(xiàng)B正確；小球從C到D的過程中，所受合力指向圓心，對小球進(jìn)行受力分析如圖所示，則mgsinFcos，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