PAGE6-課時作業(yè)(二十四)一、選擇題(1～9為單選，10～12為多選)1.陰極射線管中粒子流向由左向右，其上方放置一根通有如圖所示電流的直導線，導線與陰極射線管平行，則陰極射線將()A．向上偏轉 B．向下偏轉C．向紙里偏轉 D．向紙外偏轉解析由安培定則，電流在其下方所產生的磁場方向垂直紙面對里，由左手定則，電子流所受洛倫茲力向下，故向下偏轉，故選B項．答案B設置目的考查洛倫茲力方向的推斷2．如圖所示，一帶電粒子沿x軸正方向進入一個垂直紙面對里的勻強磁場中，若要使該粒子所受的合外力為零(重力不計)，所加勻強電場的方向為()A．沿＋y方向 B．沿－y方向C．沿－x方向 D．因不知粒子的正負、無法確定解析若粒子帶正電，由左手定則可知洛倫茲力方向沿y軸的正方向，要使該粒子所受的合外力為零(重力不計)，電場力與洛倫茲力肯定等大、反向，則電場方向應沿y軸的負方向；若粒子帶負電，同理可知電場方向仍沿y軸的負方向．故B項正確．答案B設置目的考查復合場下運動電荷的受力3．如圖所示，某空間勻強電場豎直向下，勻強磁場垂直紙面對里，一金屬棒AB從高h處自由下落，則()A．A端先著地 B．B端先著地C．兩端同時著地 D．以上說法均不正確解析AB棒中自由電子隨棒一起下落，有向下的速度，并受到向左的洛倫茲力，故自由電子往左端集中，因此A端帶負電，B端帶正電．A端受到向上的電場力，B端受到向下的電場力，B端先著地．答案B設置目的考查復合場中洛倫茲力與電場力的推斷4.從地面上方A點處自由落下一帶電荷量為＋q、質量為m的粒子，地面旁邊有如圖所示的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面對里，這時粒子的落地速度大小為v1，若電場不變，只將磁場的方向改為垂直紙面對外，粒子落地的速度大小為v2，則()A．v1＞v2 B．v1＜v2C．v1＝v2 D．無法判定解析帶電粒子落下后，受重力、電場力、洛倫茲力的作用，洛倫茲力的方向跟運動方向垂直，不做功．重力做功都一樣，但電場力做功有區(qū)分．若磁場方向向里，粒子落下后沿電場力方向移動的距離大，電場力做功多，故v1＞v2.故答案A項正確．答案A設置目的考查洛倫茲力特點：不做功，但可以變更速度方向5.如圖所示，質量為m的帶電小物塊在絕緣粗糙的水平面上以初速度v0起先運動．已知在水平面上方的空間內存在方向垂直紙面對里的水平勻強磁場，則以下關于小物塊的受力及運動的分析中，正確的是()A．若物塊帶正電，肯定受兩個力，做勻速直線運動B．若物塊帶負電，肯定受兩個力，做勻速直線運動C．若物塊帶正電，肯定受四個力，做減速直線運動D．若物塊帶負電，肯定受四個力，做減速直線運動解析若物塊帶正電，則受到的洛倫茲力豎直向上，假如洛倫茲力小于重力，則物塊還會受到支持力和摩擦力，做變減速運動；假如恰好洛倫茲力等于重力，則物塊只受這兩個力而做勻速直線運動，故A、C兩項錯誤．若物塊帶負電，洛倫茲力豎直向下，物塊受四個力而做減速運動，故B項錯誤，D項正確．正確答案為D項．答案D設置目的考查洛倫茲力作用下水平面上帶電體的平衡6．如圖所示，一個帶負電的滑環(huán)套在水平且足夠長的粗糙絕緣桿上，整個裝置處于方向如圖所示的勻強磁場B中．現給滑環(huán)一個水平向右的瞬時速度，則滑環(huán)在桿上的運動狀況不行能是()A．始終做勻速運動 B．先做減速運動，最終靜止在桿上C．先做加速運動，最終做勻速運動 D．先做減速運動，最終做勻速運動解析帶電滑環(huán)向右運動所受洛倫茲力的方向向上，其大小與滑環(huán)的初速度大小有關．由于滑環(huán)的初速度大小未詳細給出，所以洛倫茲力與滑環(huán)的重力可能出現三種不同的關系，故三種狀況均有可能，A、B、D三項加速不行能，所以選C項．答案C設置目的考查洛倫茲力隨物體速度大小的變更7．如圖所示，兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放在勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的．兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放，M、N為軌道的最低點，則()A．兩小球到達軌道最低點的速度vM＝vNB．兩小球到達軌道最低點的速度vM<vNC．小球第一次到達M點的時間大于小球第一次到達N點的時間D．在磁場中小球能到達軌道的另一端，在電場中小球不能到達軌道的另一端解析小球在磁場中運動時洛倫茲力不做功，所以滿意機械能守恒．在電場中受的電場力向左，下滑過程中電場力做負功，所以到達最低點時速度關系為vM>vN，同理，電場中的小球不能到達軌道的另一端．故A、B兩項錯誤，D項正確．整個過程的平均速度vM>vN，所以時間tM<tN，C項錯誤．答案D設置目的考查洛倫茲力作用下物體的能量轉化8.一個帶正電的微粒(重力不計)穿過如圖所示的勻強磁場和勻強電場區(qū)域時，恰能沿直線運動，則欲使電荷向下偏轉應采納的方法是()A．增大電荷質量 B．增大電荷電荷量C．減小入射速度 D．增大磁感應強度解析粒子在穿過這個區(qū)域時所受的力為：豎直向下的電場力Eq和豎直向上的洛倫茲力qvB，且此時Eq＝qvB.若要使電荷向下偏轉，需使Eq>qvB，則減小速度v、減小磁感應強度B或增大電場強度E均可．答案C設置目的考查復合場中運動電荷的受力9.目前有一種磁強計，用于測定地磁場的磁感應強度．磁強計的原理如圖所示，電路有一段金屬導體，它的橫截面是寬為a、高為b的長方形，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導體中通有沿x軸正方向、大小為I的電流．已知金屬導體單位體積中的自由電子數為n，電子電荷量為e，金屬導電過程中，自由電子所做的定向移動可視為勻速運動．兩電極M、N均與金屬導體的前后兩側接觸，用電壓表測出金屬導體前后兩個側面間的電勢差為U.則磁感應強度的大小和電極M、N的正負為()A.eq\f(nebU,I)，M正、N負 B.eq\f(neaU,I)，M正、N負C.eq\f(nebU,I)，M負、N正 D.eq\f(neaU,I)，M負、N正解析由左手定則知，金屬中的電子在洛倫茲力的作用下將向前側面聚集，故M負、N正．由F電＝F洛即eq\f(U,a)e＝Bev，I＝nevS＝nevab，得B＝eq\f(nebU,I).答案C設置目的考查電流的微觀說明與洛倫茲力的計算10．在下圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內，電子可能沿水平方向向右做直線運動的是()解析電子必受與電場反向的電場力，當其運動方向與磁場平行時不受洛倫茲力，當其運動方向與磁場垂直時必受與磁場垂直的洛倫茲力．電子做直線運動合力可能為零，若不為零則必與速度共線．由此可判知，B、C兩項正確．答案BC設置目的考查復合場下運動電荷受力11.如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面對外、強度為B的勻強磁場中，質量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過程中，下列推斷正確的是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面對下D．滑塊最終可能會沿斜面做勻速直線運動解析滑塊下滑的過程中，受力分析如圖所示，C項正確；摩擦力f＝μFN，而FN＝G2＋F洛＝G2＋qvB，由于G2不變，v增大，故FN增大，f增大，A項錯誤；由于摩擦力的大小與B有關，而滑塊到達地面時的動能與重力做功和摩擦力做功有關，故B項錯誤；假如斜面足夠長，當f＝G1時，滑塊將會沿斜面做勻速直線運動，故D項正確．答案CD設置目的考查在洛倫茲力大小的計算與斜面上物體受力12.如圖所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面對里．質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電．現將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則()A．經過最高點時，三個小球的速度相等B．經過最高點時，甲球的速度最小C．甲球的釋放位置比乙球的高D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變解析三個小球在運動過程中機械能守恒，對甲有qv1B＋mg＝eq\f(mv12,r)，對乙有mg－qv2B＝eq\f(mv22,r)，對丙有mg＝eq\f(mv32,r)，可推斷A、B兩項錯誤，C、D兩項正確．答案CD設置目的考查運動電荷的機械能轉化與圓周運動二、非選擇題13.質量為m，帶電荷量為q的微粒，以速度v與水平方向成45°進入勻強電場和勻強磁場同時存在的空間，如圖所示，微粒在電場、磁場、重力場的共同作用下做勻速直線運動，求：(1)電場強度的大??；(2)磁感應強度的大小，該帶電粒子帶何種電荷．解析(1)帶電粒子做勻速直線運動，經受力分析(受力圖如圖)可知該粒子肯定帶正電．由平衡條件得：mgsin45°＝Eqsin45°，所以E＝eq\f(mg,q).(2)由平衡條件得eq\f(mg,cos45°)＝qvB所以B＝eq\f(\r(2)mg,qv).答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(\r(2)mg,qv)正設置目的考查平衡狀態(tài)下運動電荷的受力14.一個質量為m＝0.1g的小滑塊，帶有q＝5×10－4C的電荷量，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(絕緣)，斜面置于B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面對里，如圖所示，小滑塊由靜止起先沿斜面下滑，其斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時要離開斜面．求：(取g＝10m/s2)(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大？(3)該斜面的長度至少多長？解析(1)小滑塊沿斜面下滑的過程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F.若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應垂直斜面對上，依據左手定則可知，小滑塊應帶有負電荷．(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有qvB＋FN－mgcosα＝0，當FN＝0時，小滑塊起先脫離斜面，所以v＝eq\f(mgcosα,Bq)＝eq\f(0.1×10－3×10×\f(\r(3),2),0.5×5×10－4)m/s＝2eq\r(3)m/s≈3.46m/s.(3)方法一：下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得：mgssinα＝e