（江蘇專用）高考物理一輪復習 第九章 磁場 課時67 磁場對帶電物體的作用力加練半小時-人教版高三物理試題

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1、67 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(yīng)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、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(yīng)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，磁場中有光滑的水平桌

3、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(yīng)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，磁場方向平行于斜

4、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(yīng)強度的取值范圍為0≤B≤ D．勻強磁場磁感應(yīng)強度的取值范圍為0≤B≤ 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(　　) 圖5 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，重力勢能的

5、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圖象如圖乙所示，若物塊全程運動的時間為4.5 s，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1 m/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2～4.5 s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sin 30°＝cos 60°，故重力的平均功率一定相等，故D正確．] 3．AD　[洛倫茲力總是

8、與速度方向垂直，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(shè)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(shè)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