第5.2節(jié) 洛倫茲力(2)（解析版）

第五章·磁場(chǎng)第2節(jié)洛倫茲力（2）◎目標(biāo)導(dǎo)航學(xué)問(wèn)要點(diǎn)難易度1．洛倫茲力和摩擦力的綜合應(yīng)用2．洛倫茲力在斜面上的綜合應(yīng)用3．洛倫茲力和圓周運(yùn)動(dòng)的綜合應(yīng)用

4．洛倫茲力和電場(chǎng)力的綜合應(yīng)用★★★★★★★★★★★★◎考點(diǎn)題型【方法總結(jié)】求解帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的解題步驟(1)．確定爭(zhēng)辯對(duì)象，即帶電體；(2)．確定帶電體所帶電荷量的正、負(fù)以及速度方向；(3)．由左手定則推斷帶電體所受洛倫茲力的方向，并作出受力分析圖；(4)．依據(jù)物體的平衡條件、牛頓其次定律、動(dòng)能定理、圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律等列方程求解；(5)．對(duì)于定性分析的問(wèn)題還可以接受極限法進(jìn)行推理，得到結(jié)論?？键c(diǎn)01洛倫茲力和摩擦力的綜合應(yīng)用例1.（多選）如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙是帶正電的物塊，甲、乙疊放在一起置于粗糙的水平面上（乙與地面絕緣），空間有垂直于該平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，用水平力F拉乙物塊，使甲、乙無(wú)相對(duì)滑動(dòng)一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，在加速階段（）A．甲、乙兩物塊間的彈力不斷增大 B．甲、乙兩物塊間的摩擦力不變 C．拉力F漸漸減小 D．乙物塊與地面間的摩擦力不斷增大答案：BC解析：A．對(duì)甲分析，豎直方向上重力與支持力平衡，所以兩物塊間彈力不變，A錯(cuò)誤；B．對(duì)甲分析，水平方向摩擦力產(chǎn)生加速度，加速度不變，所以乙對(duì)甲的靜摩擦力不變，B正確；CD．對(duì)整體列牛頓其次定律，有F﹣μ（m1g+m2g﹣qvB）＝（m1+m2）a，在加速度不變時(shí)，隨著速度增大，洛倫茲力不斷增大，乙物塊與地面間的彈力減小，摩擦力不斷減小，外力F漸漸減小，故C正確，D錯(cuò)誤。例2.（多選）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+g的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)給圓環(huán)一個(gè)水平向右的初速度v，在以后的運(yùn)動(dòng)中下列說(shuō)法正確的是（）A圓環(huán)可能做勻減速運(yùn)動(dòng)B.圓環(huán)可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)C.圓環(huán)克服摩擦力所做的功肯定為1D.圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能12mv答案：BD解析：洛倫茲力f向上。f<mg，環(huán)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，直至停止；克服摩擦力做功為12f=mg，環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)，B正確；克服摩擦力做功為0；f>mg，環(huán)做減速度減小，再做勻速運(yùn)動(dòng)。mg=qv1Bv1=mgqB由動(dòng)能定理可推斷Wf=12mv2-12mv12=考點(diǎn)02洛倫茲力和斜面的綜合應(yīng)用例3.質(zhì)量為m、電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個(gè)斜面置于方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示。若帶電小物塊下滑后某時(shí)刻對(duì)斜面的作用力恰好為零，下面說(shuō)法中正確的是（）A．小物塊肯定帶正電B．小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做加速度增大、而速度也增大的變加速直線運(yùn)動(dòng)D．小物塊在斜面上下滑過(guò)程中，當(dāng)小物塊對(duì)斜面壓力為零時(shí)的速率為答案：B解析：A．小物塊對(duì)斜面的作用力為零，由于重力有垂直于斜面對(duì)下的重量，所受洛倫茲力的方向應(yīng)垂直于斜面對(duì)上，依據(jù)左手定則，小物塊帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；BC．小物塊在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受重力、斜面的支持力和洛倫茲力，合力沿斜面對(duì)下，大小為依據(jù)牛頓其次定律知，小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)壓力為零時(shí)，在垂直于斜面方向上的合力為零，有mgcosθ=qvB解得v=mgcosθ例4.如圖所示，一個(gè)帶負(fù)電的滑塊從粗糙絕緣斜面頂端由靜止下滑到底端時(shí)速度為v，若加一個(gè)垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則滑塊滑到底端時(shí)速度大小將（）A．等于v B．大于v C．小于v D．無(wú)法確定答案：C解析：未加磁場(chǎng)時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理，有mgh﹣Wf＝12mv2﹣0加磁場(chǎng)后，多了洛倫茲力，依據(jù)左手定則推斷可知，洛倫茲力方向垂直于斜面對(duì)下，洛倫茲力不做功，但使物體對(duì)斜面的壓力變大，摩擦力變大，依據(jù)動(dòng)能定理，有mgh﹣Wf′＝12mv′2﹣0，Wf′＞W(wǎng)f，所以v′＜v．故C正確，ABD考點(diǎn)03洛倫茲力和圓周運(yùn)動(dòng)的綜合應(yīng)用例5.用一根輕繩吊一質(zhì)量為m的帶電小球，放在如圖所示垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，將小球拉到與懸點(diǎn)右側(cè)等高處由圖示位置靜止釋放，小球便在垂直于磁場(chǎng)的豎直面內(nèi)搖擺，當(dāng)小球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)，懸線的張力恰好為零（重力加速度為g），則：（1）小球帶正電還是負(fù)電？（2）小球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)的洛倫茲力多大？（3）小球其次次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，懸線對(duì)小球的拉力多大？答案：（1）負(fù)電；（2）3mg；（3）6mg解析：（1）當(dāng)球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)，懸線的張力為零，說(shuō)明小球在最低點(diǎn)受到的洛倫茲力豎直向上，依據(jù)左手定則知小球帶負(fù)電。（2）小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)速度大小為v，則由動(dòng)能定律可得：mgL＝12mv由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律及牛頓其次定律可知第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)：F洛﹣mg＝mv聯(lián)立解得F洛=3mg（3）小球搖擺過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒，小球其次次到達(dá)最低點(diǎn)速度大小仍為v，即v1＝v，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律及牛頓其次定律可知其次次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)：F﹣qvB﹣mg＝mv聯(lián)立解得：F＝6mg例6.（多選）如圖所示，用絕緣細(xì)線懸吊著的帶正電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做來(lái)回運(yùn)動(dòng)，細(xì)線始終處于伸直狀態(tài)，圖中實(shí)線位置為平衡位置，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)小球每次通過(guò)平衡位置時(shí)，動(dòng)能相同 B．當(dāng)小球每次通過(guò)平衡位置時(shí)，動(dòng)量相同 C．當(dāng)小球每次通過(guò)平衡位置時(shí)，加速度的大小相同 D．當(dāng)小球每次通過(guò)平衡位置時(shí)，絲線受到的拉力相同答案：AC解析：A、小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故每次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能相同，故A正確；B、動(dòng)量是矢量，故小球向左經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)和向右經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小相等而方向不同，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)小球每次通過(guò)平衡位置時(shí)，向心加速度a=v2LD、當(dāng)小球每次通過(guò)平衡位置時(shí)，重力、洛倫茲力和拉力的合力供應(yīng)向心力，向左經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)刻，依據(jù)左手定則，洛倫茲力向下，故：T1?qvB?mg＝mv2L，向右經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)刻，依據(jù)左手定則，洛倫茲力向上，故：T2+qvB?mg＝mv2L，故T1考點(diǎn)04洛倫茲力和電場(chǎng)力的綜合應(yīng)用例7.如圖所示，物體和斜面處于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一物體沿光滑絕緣斜面下滑，在物體下滑過(guò)程中，物體與斜面之間的彈力不斷增大，則該物體帶電（填正、負(fù)或不帶），物體沿斜面下滑的加速度（填增大、減小或不變）。答案：正，不變。解析：由題意可知，在物體下滑過(guò)程中，物體與斜面之間的彈力不斷增大，可知，洛倫茲力垂直斜面對(duì)下，依據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)里，因此物體帶正電；對(duì)物體受到分析，重力與支持力，由牛頓其次定律可知，物體沿斜面的下滑的加速度不變；例8.如圖所示，一根足夠長(zhǎng)的光滑絕緣桿MN，與水平面夾角為37°，固定在豎直平面內(nèi)，垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B布滿桿所在的空間，桿與B垂直，質(zhì)量為m的帶電小環(huán)沿桿下滑到圖中的P處時(shí)，對(duì)桿有垂直桿向下的壓力作用，壓力大小為0.4mg，已知小環(huán)的帶電荷量為q，問(wèn)：（1）小環(huán)帶什么電？（2）小環(huán)滑到P處時(shí)的速度多大？（3）小環(huán)滑到離P多遠(yuǎn)處，環(huán)與桿之間沒(méi)有正壓力？答案：（1）小環(huán)帶負(fù)電；（2）小環(huán)滑到P處時(shí)的速度為2mg5qB（3）小環(huán)滑到離P點(diǎn)2m2解析：（1）)小環(huán)的重力在垂直桿方向上的分力Gmgcos37°=0.8mg，小環(huán)對(duì)桿的壓力小于0.8mg，所以小環(huán)受到的洛倫茲力方向應(yīng)垂直桿斜向上，依據(jù)左手定則知小環(huán)帶負(fù)電。（2）在垂直桿的方向上對(duì)環(huán)有：設(shè)小環(huán)滑到P點(diǎn)的速度為vP，在P點(diǎn)小環(huán)的受力如圖甲所示，依據(jù)平衡條件得qvPB+FN＝mgcos37°，解得：vP＝2mg5qB（3）環(huán)與桿之間沒(méi)有正壓力時(shí)洛倫茲力等于重力垂直于斜面對(duì)下的壓力，則：qv′B＝mgcos37°得：v′＝mgcos37qB＝小球向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只有重力做功，洛倫茲力不做功，設(shè)兩點(diǎn)之間的距離是L，則：mgLsin37°＝12mv′2﹣12mvP2解得：L=2◎鞏固練習(xí)1.如圖所示，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小物塊靜止放在絕緣水平地面上，地面上方存在垂直紙面對(duì)里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，某時(shí)刻物塊獲得一初速度v0開(kāi)頭向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)距離x后停止.已知物塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，此過(guò)程中物塊與地面之間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為（）A.μmgxB.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C.μ(mg－Bqv0)xD.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgx答案：B解析：物塊受到豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力、支持力，還受到水平向左的摩擦力，物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有摩擦力做功，依據(jù)動(dòng)能定理－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Wf＝Q，解得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故B正確。 2．如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物塊，在水平方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，沿著豎直絕緣墻壁由靜止開(kāi)頭下滑，已知物塊與墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊不受磁場(chǎng)力B．盡管物塊受到磁場(chǎng)力作用，但磁場(chǎng)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．物塊下滑的最大速度為eq\f(mg,μqB)D．物塊下滑的加速度為重力加速度g【答案】C【解析】物塊帶正電，由于物塊的速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，所以物塊受磁場(chǎng)力，A錯(cuò)誤；物塊受洛倫茲力、重力、墻壁的支持力及摩擦力，洛倫茲力和支持力不做功，摩擦力對(duì)物塊要做功，所以物塊的機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；物塊受到的洛倫茲力方向水平向左，開(kāi)頭階段隨著速度增大，洛倫茲力增大，物塊對(duì)墻壁的壓力增大，摩擦力增大，合力減小，加速度減小，當(dāng)合力為零時(shí)，開(kāi)頭做勻速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大，設(shè)最大速度為vm，則豎直方向有mg＝f，水平方向有N＝qvmB，結(jié)合f＝μN(yùn)，聯(lián)立解得vm＝eq\f(mg,μqB)，C正確；依據(jù)牛頓其次定律得mg－f＝ma，又f＝μqvB，解得加速度為a＝g－eq\f(μqvB,m)＜g，D錯(cuò)誤．3.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(duì)外、強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m、帶電量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過(guò)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(dá)地面時(shí)的動(dòng)能與B的大小無(wú)關(guān)C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面對(duì)下D．B很大時(shí)，滑塊可能靜止于斜面上答案：C解析：如圖所示，由左手定則知C正確．而要隨速度增加而變大，A錯(cuò)誤．若滑塊滑到底端已達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，應(yīng)有，可得，可看到v隨B的增大而減?。粼诨瑝K滑到底端時(shí)還處于加速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，則在B越強(qiáng)時(shí)，F(xiàn)越大，滑塊克服阻力做功越多，到達(dá)斜面底端的速度越小，B錯(cuò)誤．當(dāng)滑塊能靜止于斜面上時(shí)應(yīng)有，即，與B的大小無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。4．(多選)如圖所示，一個(gè)帶負(fù)電的滑環(huán)套在水平且足夠長(zhǎng)的粗糙的絕緣桿上，整個(gè)裝置處于方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．現(xiàn)給滑環(huán)施以一個(gè)水平向右的瞬時(shí)速度，使其由靜止開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)，則滑環(huán)在桿上的運(yùn)動(dòng)狀況可能是()A．始終做勻速運(yùn)動(dòng)B．先做減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止于桿上C．先做加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)D．先做減速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)【答案】ABD【解析】帶電滑環(huán)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)所受洛倫茲力方向向上，其大小與滑環(huán)初速度大小有關(guān)．由于滑環(huán)初速度的大小未具體給出，因而洛倫茲力與滑環(huán)重力可消滅三種不同的關(guān)系：(1)當(dāng)開(kāi)頭時(shí)洛倫茲力等于重力，滑環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)；(2)當(dāng)開(kāi)頭時(shí)洛倫茲力小于重力，滑環(huán)將做減速運(yùn)動(dòng)，最終停在桿上；(3)當(dāng)開(kāi)頭時(shí)洛倫茲力大于重力，滑環(huán)所受的洛倫茲力隨速度減小而減小，滑環(huán)與桿之間的擠壓力將漸漸減小，因而滑環(huán)所受的摩擦力減小，當(dāng)擠壓力為零時(shí)，摩擦力為零，滑環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)．5.如圖所示，足夠長(zhǎng)粗糙絕緣傾斜木板與水平面夾角為，一個(gè)質(zhì)量為的物塊剛好可以沿勻速下滑。讓物塊帶上電荷量為q的正電，整個(gè)裝置置于垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t=0時(shí)給物塊一個(gè)沿木板向下的初速度，物塊運(yùn)動(dòng)的圖像可能是（）（A）（B）（C）（D）答案：C解析：質(zhì)量為m的物塊剛好可以沿MN勻速下滑,受力分析得mgsinθ=μmgcosθ，整個(gè)裝置置于垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，受力分析得μ(mgcosθ+qvB)-mgsinθ=ma，由此可知,滑塊做減速運(yùn)動(dòng),隨著速度的減小,加速度在減小，C正確，ABD錯(cuò)誤。6.如圖所示，a、b兩個(gè)長(zhǎng)方體物塊疊放在粗糙水平地面上，物塊a帶正電，物塊b不帶電且為絕緣體，地面上方有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)用水平恒力F拉物塊b，使a、b一起無(wú)相對(duì)滑動(dòng)地向左加速運(yùn)動(dòng)，在加速的過(guò)程中，物塊a、b間的摩擦力（）（A）漸漸減小 （B）漸漸增大 （C）先增大后減小 （D）先減小后增大答案： A解析：整體向左運(yùn)動(dòng)后，依據(jù)左手定則可知，a受到豎直向下的洛倫茲力。以整體為爭(zhēng)辯對(duì)象有：F-f=(ma+mb)a;其中b與地面之間的摩擦力：f=μ(mag+mbg+qvB)由于物體加速運(yùn)動(dòng)，因此速度漸漸增大，洛倫茲力增大則地面給b的滑動(dòng)摩擦力增大，因此整體在加速運(yùn)動(dòng)階段加速度漸漸減小；對(duì)a分析可知，a受到水平向左的靜摩擦力作用，依據(jù)牛頓其次定律有:f=maa，由于加速度漸漸減小，因此a、b之間的摩擦力減小，故A正確，BCD錯(cuò)誤。7．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(duì)外、強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m、帶電量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過(guò)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(dá)地面時(shí)的動(dòng)能與B的大小無(wú)關(guān)C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面對(duì)下D．B很大時(shí)，滑塊可能靜止于斜面上【答案】C【解析】依據(jù)左手定則可知，滑塊受到垂直斜面對(duì)下的洛倫茲力，C正確．隨著滑塊速度的變化，洛倫茲力大小變化，它對(duì)斜面的壓力大小發(fā)生變化，故滑塊受到的摩擦力大小變化，A錯(cuò)誤．B越大，滑塊受到的洛倫茲力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，據(jù)動(dòng)能定理，滑塊到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能就越小，B錯(cuò)誤．由于開(kāi)頭時(shí)滑塊不受洛倫茲力就能下滑，故B再大，滑塊也不行能靜止在斜面上，D錯(cuò)誤。8.（多選）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，虛線右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面對(duì)里，質(zhì)量、電荷量的小球C靜置于其中，虛線左側(cè)一個(gè)質(zhì)量為kg、不帶電的絕緣小球A以速度m/s進(jìn)入磁場(chǎng)與C球發(fā)生正碰（電荷不轉(zhuǎn)移），碰后C小球?qū)λ矫娴膲毫偤脼榱悖∠蛴覟檎较?，，下列說(shuō)法正確的是（）（A）碰后C球速度為20m/s （B）碰后C球速度為15m/s（C）C對(duì)A的沖量大小為0.4N?s （D）C對(duì)A答案：AD解析：由于碰撞后C小球?qū)λ矫娴膲毫偤脼榱?，依?jù)左手定則可知C小球速度方向向右，則有qcvcB=mcg，解得碰后C球速度為vc=20m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；兩球發(fā)生正碰過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mAv0=mAvA+mCvC解得vA=15m/s，依據(jù)動(dòng)量定理可知，C對(duì)A的沖量I=mAvA-mAv0=-0.02N·s，方向水平向左，故C錯(cuò)誤，D正確。9.一質(zhì)量m、電荷量的﹣q圓環(huán)，套在與水平面成θ角的足夠長(zhǎng)的粗糙細(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(chǎng)中?，F(xiàn)給圓環(huán)一沿桿左上方方向的初速度v0，（取為初速度v0正方向）以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度圖象不行能是（）A．B． C． D．答案：C解析：當(dāng)qBv0＞mgcosθ時(shí)，F(xiàn)N先變小后變大，摩擦力Ff＝μFN也先變小后變大，物體減速的加速度a＝mgsinθ+F當(dāng)速度變小為零時(shí)，若μ＞tanθ時(shí)，物體將靜止；B正確。若μ＜tanθ時(shí)，物體將做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)直到平衡后做勻速。D正確當(dāng)qBv0＜mgcosθ時(shí)，F(xiàn)N變大，摩擦力Ff＝μFN變大，物體減速的加速度a＝mgsinθ+速度變小為零時(shí)，若μ＞tanθ時(shí)，物體將靜止；A正確若μ＜tanθ時(shí)，物體將做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)直至平衡后勻速。C沒(méi)畫漸近線，始終反向增大，錯(cuò)誤故ABD圖象可能存在，C圖象不行能存在。10.如圖所示,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,有一足夠長(zhǎng)的絕緣細(xì)棒OO'在豎直面內(nèi)垂直磁場(chǎng)方向放置,細(xì)棒與水平面夾角為α。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的圓環(huán)A套在棒OO'上,圓環(huán)與棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,且μ<tanα?，F(xiàn)讓圓環(huán)A由靜止開(kāi)頭下滑,試問(wèn)圓環(huán)在下滑過(guò)程中:(1)圓環(huán)A的最大加速度為多大?獲得最大加速度時(shí)的速度為多大?(2)圓環(huán)A能夠達(dá)到的最大速度為多大?答案：(1)gsinαmgcosα解析(1)環(huán)由靜止開(kāi)頭沿棒下滑,當(dāng)環(huán)A沿棒運(yùn)動(dòng)的速度為v1時(shí),受到重力mg、洛倫茲力qv1B、棒的彈力N1和摩擦力f1=μN(yùn)1。依據(jù)牛頓其次定律,對(duì)沿棒的方向有mgsinα-f1=ma垂直于棒的方向有N1+qv1B=mgcosα所以當(dāng)f1=0時(shí),a有最大值am,此時(shí)N1=0,am=gsinα故有qv1B=mgcosα解得v1=mg(2)設(shè)當(dāng)環(huán)A的速度達(dá)到最大值vm時(shí),環(huán)受棒的彈力為N2,方向垂直于棒向下,摩擦力為f2=μN(yùn)2。此時(shí)應(yīng)有a=0,即mgsinα=f2由平衡條件得N2+mgcosα=qvmB聯(lián)立解得vm=mg11．如圖所示，一帶負(fù)電的滑塊從粗糙斜面的頂端滑至底端時(shí)的速度為v，若加一個(gè)垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，并保證滑塊能滑至底端，則它滑至底端時(shí)（）A．速率變大 B．速率不變C．洛侖茲力方向垂直斜面對(duì)上 D．洛侖茲力方向垂直斜面對(duì)下【答案】D【解析】CD．滑塊下滑，依據(jù)左手定則，將受洛倫茲力作用，方向垂直斜面對(duì)下。故C錯(cuò)誤；D正確；AB．未加磁場(chǎng)時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理，有加磁場(chǎng)后，多了洛倫茲力，雖然洛倫茲力不做功，但正壓力變大，導(dǎo)致摩擦力變大，依據(jù)動(dòng)能定理，有由于所以故AB錯(cuò)誤。故選D。12．如圖所示，一傾角為的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在其所在的空間存在豎直向上、大小的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面對(duì)外、大小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)讓一質(zhì)量、電荷量的帶負(fù)電小滑塊從斜面上某點(diǎn)由靜止釋放，小滑塊運(yùn)動(dòng)1m后離開(kāi)斜面。已知cos53°=0.6，g=10m/s2，則以下說(shuō)法正確的是（）A．離開(kāi)斜面前小滑塊沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)B．小滑塊離開(kāi)斜面時(shí)的速度為1.8m/sC．在離開(kāi)斜面前的過(guò)程中小滑塊電勢(shì)能增加了0.8JD．在離開(kāi)斜面前的過(guò)程中摩擦產(chǎn)生的熱量為2.2J【答案】D【解析】A．小球在下滑過(guò)程中受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力、彈力和摩擦力作用。由于洛倫茲力的大小變化使小球?qū)π泵娴膹椓p小，從而導(dǎo)致摩擦力減小，故小球做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，所以，選項(xiàng)A錯(cuò)；B．當(dāng)洛倫茲力增大至小球與斜面的彈力為0時(shí)，小球?qū)㈦x開(kāi)斜面運(yùn)動(dòng)，此時(shí)有∶解得∶小球離開(kāi)斜面時(shí)的速度為3m/s，所以，選項(xiàng)B錯(cuò)；C．整個(gè)過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功由帶入數(shù)據(jù)得小球的電勢(shì)能減小了0.8J，所以，選項(xiàng)C錯(cuò)；D．由動(dòng)能定理得解得整個(gè)過(guò)程中摩擦力做功-2.2J，即產(chǎn)生的熱量為2.2J，故選項(xiàng)D正確。故選D。13.如圖，光滑半圓形軌道與光滑斜面軌道在D處平滑連接，前者置于水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一帶正電小球從A處?kù)o止釋放，且能沿軌道運(yùn)動(dòng)，并恰能通過(guò)半圓形軌道最高點(diǎn)C?，F(xiàn)若撤去磁場(chǎng)，使小球從靜止釋放仍能恰好通過(guò)半圓形軌道最高點(diǎn)，則釋放高度H′與原釋放高度H的關(guān)系是()A．H′＜HB．H′＝HC．H′＞H D．無(wú)法確定【答案】C【解析】有磁場(chǎng)時(shí)，小球恰好通過(guò)最高點(diǎn)，有：mg－qvB＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，無(wú)磁場(chǎng)時(shí)，小球恰好通過(guò)最高點(diǎn)，有：mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，由兩式可知v2＞v1。依據(jù)動(dòng)能定理，由于洛倫茲力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2可知，H′＞H，故C正確。14．(多選)如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形光滑軌道分別豎直放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中，軌道兩端在同一高度上．兩個(gè)相同的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))同時(shí)分別從軌道的左端最高點(diǎn)由靜止釋放，M、N分別為兩軌道的最低點(diǎn)，則()A．兩小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度vM>vNB．兩小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力NM>NNC．兩小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)的時(shí)間相同D．兩小球都能到達(dá)軌道的另一端【答案】AB【解析】小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)進(jìn)行受力分析可知NM－mg－Bqv1＝meq\f(v\o\al(2,M),r)，解得NM＝meq\f(v\o\al(2,M),r)＋mg＋Bqv1①，小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)受力分析可知NN－mg＝meq\f(v\o\al(2,N),r)，解得NN＝meq\f(v\o\al(2,N),r)＋mg②，由于小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)力對(duì)小球不做功，整個(gè)過(guò)程中小球的機(jī)械能守恒；而小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)受到的電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度較小，所以在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也長(zhǎng)，A正確，C錯(cuò)誤；由于vM>vN，結(jié)合①②可知NM>NN，B正確；由于小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)力對(duì)小球不做功，整個(gè)過(guò)程中小球的機(jī)械能守恒，所以小球可以到達(dá)軌道的另一端，而電場(chǎng)力做小球做負(fù)功，所以小球在達(dá)到軌道另一端之前速度就減為零了，故不能到達(dá)最右端