7.(2020山东德州期末)如图所示,足够长的斜面与水平虚线之间的夹角为30°,相交于P点,虚线以上匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里;虚线以下匀强磁场的磁感应强度大小也为B,方向垂直纸面向外。
一带电量为q、质量为m的带负电滑块,在水平虚线上方斜面上的某点由静止释放,运动过程中始终没脱离斜面,已知滑块与斜面间的动摩擦因数为
,重力加速度为g,关于它的运动说法正确的是( )
A.滑块在到达P点之前做匀加速直线运动
B.滑块经过P点后的一小段时间内加速度可能增大
C.滑块经过P点后的一小段时间内速度可能减小
D.滑块最终一定以大小为
的速度沿斜面向下运动
【参考答案】CD
【名师解析】对滑块受力分析,如图所示,由牛顿第二定律得:
a=
,随着速度增加,加速度增加,滑块做加速度增加的加速运动,故A错误;滑块经过P点后受到的洛伦兹力垂直斜面向下,摩擦力f=μ(mgcosθ+qvB)变大,加速度不会变大,若f>mgsinθ,滑块可能减速运动,速度减小,故B错误,C正确;滑块最终做匀速运动,则有:
mgsinθ=μ(mgcosθ+qvB),解得:
v=
,故D正确;
【关键点拨】
对滑块受力分析,由牛顿第二定律写出加速度表达式,据此可分析滑块的运动特点,滑块经过P点后受到的洛伦兹力垂直斜面向下,摩擦力变大,由此分析滑块可能的运动,并确定最终的速度。
本题考查了滑块在复合场的运动,受力分析,结合牛顿第二定律方向加速度的变化,速度的变化。
8.(6分)(2019湖南师大附中三模)如图所示,一带电量为﹣q的小球,质量为m,以初速度v0从水平地面竖直向上射入水平方向的匀强磁场中、磁感应强度
,方向垂直纸面向外。
图中b为轨迹最高点,重力加速度为g。
则小球从地面射出到第一次到达最高点过程中( )
A.小球到达最高点时速率为0
B.小球距射出点的最大高度差为
C.小球从抛出到第一次到达最高点所用时间为
D.最高点距射出点的水平位移为
【参考答案】:
BC。
【名师解析】、取一水平向右的速度v1,使qv1B=mg,向左的速度v2,此时有v1=v2=v0,小球的运动可看作一沿水平向右的匀速直线运动和以v2和v0的合速度为初速度的匀速圆周运动,其合速度大小为
v0,小球到达最高点时竖直方向速率为零,在最高点速率为(
﹣1)v0;故A错误;水平方向利用动量定理,有:
即为:
qBh=m(
﹣1)v0,代入数据,得:
h=
,故B正确;匀速圆周运动的初速度方向和水平方向成45°斜向上,则小球到最高点的时间为:
t=
=
,故C正确;设水平位移为x,竖直方向利用动量定理,有:
即为:
qBx+mgt=mv0,代入数据,得:
x=(1﹣
)
,选项故D错误。
9.(6分)(2019湖南师大附中三模)如图所示,两根无限长通电直导线水平且平行放置,分別通有电流互I1和I2,且I1=2I2.一无限长光滑绝缘杆垂直于两导线水平放置,三者位于同一高度,一带正电的小球P穿在绝缘杆上,小球P从靠近a的地方以某一速度向右运动,其对的弹力设为F.已知始終同定不动,通有电流I的无限长直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B=
,其中k为常数,r为到长直导线的距离。
下列说法正确的是( )
A.两导线之间某位置的磁场最弱
B.小球沿杆方向做减速运动
C.F先减小后增大再减小
D.F先水平向里后水平向外
【参考答案】:
C。
【名师解析】由安培定则可知,b右侧的磁场方向向上;a左侧的磁场的方向也向上,所以a、b之间的磁场的方向向上。
不可能为0.故A错误;由安培定则可知,b右侧的磁场方向向上;a右侧的磁场的方向向下,所以a右侧的磁场的方向在竖直方向上,则P向右运动的过程中受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面,小球沿杆的方向不受力,所以小球将做匀速直线运动。
故B错误;由于I1=2I2.且有电流I的无限长直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B=
,设a与b之间的距离为L,则由B=
可知在a的右侧距离a为L处的合磁感应强度为0,根据矢量合成的特点可知,该点左侧的磁感应强度的方向竖直向下,该点右侧的磁感应强度的方向竖直向上,根据左手定则可知,在a的右侧距离a为L右侧的洛伦兹力的方向垂直于纸面向外,而在a的右侧距离a为L左侧的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里;结合公式B=
与矢量合成的特点可知,从a到a的右侧距离a为L处的过程中磁感应强度逐渐减小,而a的右侧距离a为L处的右侧磁感应强度先增大后减小,所以小球从靠近a的地方以某一速度向右运动的过程中受到的洛伦兹力F先减小,然后增大,最后又逐渐减小,故C正确,D错误;
10.(2019·福建省三明市上学期期末)如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中.现给圆环向右初速度v0,在以后的运动过程中,圆环运动的v-t图象可能是下图中的( )
【参考答案】 BC
【名师解析】 当qvB=mg时,圆环做匀速直线运动,此时图象为B,故B正确;当qvB>mg时,FN=qvB-mg,此时:
μFN=ma,所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动,直到qvB=mg时,圆环开始做匀速运动,故C正确;当qvB<mg时,FN=mg-qvB,此时:
μFN=ma,所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动,直至停止,所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大,故A、D错误.
11.(多选)(2018·湖北省黄冈中学模拟)如图所示,下端封闭、上端开口、高h=5m、内壁光滑的细玻璃管竖直放置,管底有质量m=10g、电荷量的绝对值|q|=0.2C的小球,整个装置以v=5m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度大小为B=0.2T、方向垂直纸面向内的匀强磁场,由于外力的作用,玻璃管在磁场中的速度保持不变,最终小球从上端管口飞出.g取10m/s2.下列说法中正确的是( )
A.小球带负电
B.小球在竖直方向做匀加速直线运动
C.小球在玻璃管中的运动时间小于1s
D.小球机械能的增加量为1J
【参考答案】 BD
【名师解析】 由左手定则可知,小球带正电,选项A错误;玻璃管和小球在水平方向做匀速运动,则小球在竖直方向所受的洛伦兹力恒定,竖直方向加速度不变,即小球在竖直方向做匀加速直线运动,选项B正确;小球在竖直方向的加速度a=
=
m/s2=10m/s2,在管中运动的时间t=
=
s=1s,选项C错误;小球到管口时的速度v=at=10m/s,机械能的增加量:
ΔE=mgh+
mv2=0.01×10×5J+
×0.01×102J=1J,选项D正确.
12.(2019山东青岛三模)如图所示,平面直角坐标系xOy的x轴上固定一带负电的点电荷A,一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动,椭圆轨道的中心在O点,P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点。
为使B绕A做圆周运动,某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场,
不计B受到的重力。
下列说法中可能正确的是( )
A.当B运动到
点时,加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
B.当B运动到
点时,加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
C.当B运动到
点时,加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
D.当B运动到
点时,加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
【参考答案】C
【名师解析】过P1点以A点为圆心的圆如图中1所示;当B运动到P1点时,加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场,根据左手定则可知粒子受到的洛伦兹力方向指向A,粒子一定相对于原来的轨道做向心运动,不可能在1轨道上做匀速圆周运动,故A错误;当B运动到P2点或P4点时,加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场,根据左手定则可知,粒子受到的洛伦兹力方向向外,洛伦兹力和电场力的合力根本不指向A点,不可能绕A做匀速圆周运动,故BD错误;
当B运动到P3点时,加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场,根据左手定则可知洛伦兹力方向指向A,此时粒子相对于原来的椭圆做向心运动,可能绕图中2轨道做匀速圆周运动,其向心力为洛伦兹力和电场力的合力,故C正确。
【关键点拨】。
根据左手定则分析洛伦兹力的方向,如果能够绕A点做匀速圆周运动,则电场力和洛伦兹力的合力提供向心力,由此分析。
本题主要是考查了带电粒子在复合场中做匀速圆周运动情况分析;解答本题关键是找到向心力来源,要掌握粒子的受力特点,根据受力情况确定运动情况。
13.(6分)(2019北京通州二模)如图所示,两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,一个α粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射,它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示,则在α粒子飞跃金属板间区域过程中( )
A.α粒子的动能增大B.α粒子的电势能增大
C.电场力对α粒子做负功D.磁场力对α粒子做负功
【参考答案】A
【名师解析】对α粒子在电场、磁场中运动进行受力分析,受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力。
运动过程中,洛伦兹力不做功,由图中给出的α粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功,因此α粒子的电势能减小。
再由动能定理可知,α粒子的动能增大。
因此A正确、BCD错误。
14.(6分)(2019河南开封三模)如图甲所示,将一带正电的物块无初速地放在倾斜传送带底端,皮带轮以恒定的速率沿顺时针转动,该装置处于垂直纸面的匀强磁场中,物块由传送带底端运动至顶端的过程中,其v﹣t图象如图乙所示,物块全程运动的时间为t2,以下说法正确的是(图乙中t1、t2、vm均为已知量)( )
A.匀强磁场垂直纸面向里
B.由图可知皮带轮的传动速度可能小于vm
C.由图可以求出物块运动的总位移x
D.在t1﹣t2时间内,物块仍可能相对皮带向下滑动
【参考答案】AD
【名师解析】由图乙可知,物块做加速度逐渐减小的加速运动。
物块的最大速度是vm。
对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿斜面的方向:
μFN﹣mgsinθ=ma①物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是FN逐渐减小,即洛伦兹力的方向是向上的。
物块沿传送带向上运动,由左手定则可知,匀强磁场垂直纸面向里。
故A正确;物块做匀速直线运动时:
mgsinθ=μ(mgcosθ﹣Bqv)②。
由②可知,传送带速度不能小于vm,只要传送带的速度大于等于vm,则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关,所以传送带的速度可能是vm,有可能是大于vm,物块可能相对于传送带静止,有可能相对于传送带向下运动。
故B错误,D正确;v﹣t图象的面积表示物体运动的位移,由于0﹣t1时间为变速运动,所以不能求出该过程中物块发生的位移,故C错误。
15.(多选)如图甲所示,绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点,另一端连接带正电的小球,小球电荷量q=6×10-7C,在图示坐标中,电场方向沿竖直方向,坐标原点O的电势为零。
当小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时,细绳上的拉力刚好为零。
在小球从最低点运动到最高点的过程中,轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示,重力加速度g=10m/s2。
则下列判断正确的是( )
A.匀强电场的场强大小为3.2×106V/m
B.小球重力势能增加最多的过程中,电势能减少了2.4J
C.小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D.小球所受的洛伦兹力的大小为3N
【参考答案】 BD
【名师解析】根据小球从最低点运动到最高点的过程中,轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得,匀强电场的电场强度大小E=
V/m=5×106V/m,故选项A错误;由于带电小球在运动过程中,只有重力和电场力做功,则只有重力势能和电势能的相互转化,又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动,且细绳上的拉力刚好为零,则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向,即qE=mg,因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中,即小球重力势能增加最多的过程中,电势能减少量为qE·2L=2.4J,故选项B正确;由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力,根据左手定则可知,小球沿逆时针方向运动,故选项C错误;根据牛顿第二定律可得FB=
,又qE=mg,解得FB=3N,即小球所受的洛伦兹力的大小为3N,故选项D正确。
16.(2017·全国理综I卷·16)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc,已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在直面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动,下列选项正确的是
A.ma>mb>mc
B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb
D.mc>mb>ma
【参考答案】.B
【名师解析】此题的空间区域为匀强电场和匀强磁场、重力场的叠加场,根据题述带正电的微粒a在纸面内做匀速圆周运动,可知重力与电场力平衡,洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,有mag=qE,解得:
ma=qE/g。
根据题述带正电的微粒b在纸面内向右做匀速直线运动,由左手定则可判断出所受洛伦兹力方向竖直向上,可知重力与电场力和洛伦兹力的合力平衡,有mbg=qE+qvB,解得:
mb=qE/g+qvB/g。
根据题述带正电的微粒c在纸面内向左做匀速直线运动,由左手定则可判断出所受洛伦兹力方向竖直向下,可知重力和洛伦兹力的合力与电场力平衡,有mcg+qvB=qE,解得:
mc=qE/g-qvB/g。
根据上述得出的三个微粒质量的表达式可知,ma>mb>mc,选项B正确。