磁場對帶電物體的作用[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)如圖1，在豎直平面內(nèi)有兩固定點a、b，勻強磁場垂直該平面向里，重力不計的帶電小球在a點以不同速率向不同方向運動，運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點的帶電小球()圖1A.如果沿ab直線運動，速率是唯一的B.如果沿ab直線運動，速率可取不同值C.如果沿同一圓弧ab運動，速率是唯一的D.如果沿同一圓弧ab運動，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)強度為B的勻強磁場中.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)，以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是()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運動C.小球A將可能沿軌跡2運動D.小球A將可能沿軌跡3運動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B0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5A.tA＝tB＝tC B.tB<tA＝tCC.vC＝vA<vB D.vA＝vB<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，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱.導(dǎo)線均通有大小相等、方向向上的電流.已知長直導(dǎo)線在周圍某點處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中的電流、r為該點到導(dǎo)線的距離.一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿連線運動到b點.關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()圖6A.小球先做加速運動，后做減速運動B.小球一直做勻速直線運動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?.(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)強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里.一可視為質(zhì)點、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.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點受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)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，小球做勻速直線運動，F(xiàn)＝qvB，小球的速度v＝eq\f(F,qB)，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＝eq\f(mv2,R)，則R＝eq\f(mv2,F＋qvB)，若F取不同值時，v可取不同值使小球沿同一圓弧ab運動，則小球的速率可以取不同值，故C錯誤，D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＝eq\f(mgsinθ＋Ff,m)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動直到平衡后做勻速運動.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＝eq\f(mgsinθ＋Ff,m)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動直到平衡后做勻速運動.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(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會向上做加速運動，則可由左手定則判斷將可能沿軌跡1運動，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＝eq\f(mgcosθ,qB)，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vm＝at得，甲在斜面上運動的時間大于乙在斜面上運動的時間，故B錯誤；由以上分析和x＝eq\f(v\o\al(

2,m),2a)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＝Feq\x\to(v)＝mg·eq\f(vm,2)sinθ＝eq\f(m2g2sinθ·cosθ,2qB)，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動，所以豎直方向也做自由落體運動，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動，但電場力對其做正功.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<vC，故C錯誤，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)F＝qvB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∫恢痹龃螅挥捎诼鍌惼澚Ψ较蚺c帶電小球運動方向垂直，小球運動速度不變，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＝eq\f(1,2)mvC2，則vC＝eq\r(2gR)，在C點，F(xiàn)洛＝qvCB＝qBeq\r(2gR)選項A錯誤；在C點，F(xiàn)C－mg＋F洛＝eq\f(mv\o\al(

2,C),R)，解得FC＝3mg－qBeq\r(2gR)，選項B正確；小球