《(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(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(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(含解析)(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、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)動時,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,重力不計的帶電小球在a點(diǎn)以不同速率向不同方向運(yùn)動,運(yùn)動過程中除磁場力外,還受到一個大小恒定、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1
A.如果沿ab直線運(yùn)動,速率是唯一的
B.如果沿ab直線運(yùn)動,速率可取不同值
C.如果沿同一圓弧ab運(yùn)動,速率是唯一的
D.如果沿同一圓弧ab運(yùn)動,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(取初速度方向為正方向),以后的運(yùn)動過程中,圓環(huán)運(yùn)動的速度圖象可能是( )
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
C.小球A將可能沿軌跡2運(yùn)動
D
3、.小球A將可能沿軌跡3運(yùn)動
4.(多選)如圖4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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(yùn)動一段時間后,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)動的時間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動的時間短
C.兩滑塊在斜面上運(yùn)動的位移大小相同
D.兩滑塊在斜面上運(yùn)動的過程中,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,后做減速運(yùn)動
B.小球一直做勻速直線運(yùn)動
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,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,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,F(xiàn)=qvB,小球的速度v=,小球的速率是一定的,故A正確,B錯誤;由牛頓第二定律得F+qvB=,則R=,若F取不同值時,v可取不同值使小球沿同一圓弧ab運(yùn)動,則小球的速率可以取不同值,故C錯誤,D
7、正確.]
2.ABD [當(dāng)qBv0>mgcosθ時,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,若μ>tanθ時,圓環(huán)將靜止;若μ<tanθ時,圓環(huán)將做加速度減小的加速運(yùn)動直到平衡后做勻速運(yùn)動.當(dāng)qBv0<mgcosθ時,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,若μ>tanθ時,圓環(huán)將靜止;若μ<tanθ時,圓環(huán)將做加速度減小的加速運(yùn)動直到平衡后做勻速運(yùn)動.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
8、(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,則可由左手定則判斷將可能沿軌跡1運(yùn)動,B正確.]
4.AD [小滑塊飛離斜面時,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,故甲滑塊飛離時速度較大,A正確;滑塊在斜面上運(yùn)動的加速度恒定不變,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,因為甲的最大速度大于乙的最大速度,由
9、vm=at得,甲在斜面上運(yùn)動的時間大于乙在斜面上運(yùn)動的時間,故B錯誤;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;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,所以豎直方向也做自由落體運(yùn)動,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,但電場力對其做正功.所以三個球豎直方向都做自由落
10、體運(yùn)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
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)動方向垂直,小球運(yùn)動速度不變,故選項B、D正確.]
7.B
[小球從A到C,洛倫茲力不做功,由動能定理得mgR=mvC2,則vC=,在C點(diǎn),F(xiàn)洛=qvCB=qB選項A錯誤;在C點(diǎn),F(xiàn)C-mg+F洛=,解得FC=3mg-qB,選項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mgsinθ=Fcosθ,θ增大,則F增大,選項C錯誤;小球從C到D的過程中,動能不變,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D錯誤.]
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