（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 第6講 電場(chǎng)和磁場(chǎng)的基本性質(zhì)練習(xí)

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1、 第6講　電場(chǎng)和磁場(chǎng)的基本性質(zhì) 一、單項(xiàng)選擇題 1.如圖是靜電噴漆的工作原理圖。工作時(shí),噴槍部分接高壓電源負(fù)極,工件接正極,噴槍的端部與工件之間就形成靜電場(chǎng),從噴槍噴出的涂料微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到工件,并被吸附在工件表面。圖中畫出了部分微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡,設(shè)微粒被噴出后只受靜電力作用,則(　　) A.微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡顯示的是電場(chǎng)線的分布情況 B.微粒向工件運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中所受電場(chǎng)力先減小后增大 C.在向工件運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,微粒的動(dòng)能逐漸減小 D.在向工件運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,微粒的電勢(shì)能逐漸增大 答案　B　微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡是曲線時(shí)與電場(chǎng)線一定不重合,A錯(cuò)誤。由場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可知,距離兩個(gè)電極越近的位置

2、,電場(chǎng)強(qiáng)度越大,所以微粒在向工件運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中所受電場(chǎng)力先減小后增大,B正確。在微粒向工件運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減少;只有電場(chǎng)力做功,即合力做正功,微粒的動(dòng)能增加,C、D錯(cuò)誤。 2.(2019河北承德模擬)利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置可以測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。用絕緣輕質(zhì)絲線把底部長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R、質(zhì)量為m的U形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上,并用輕質(zhì)導(dǎo)線連接線框與電源,導(dǎo)線的電阻忽略不計(jì)。當(dāng)有拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時(shí),拉力顯示器可以直接顯示力敏傳感器所受的拉力。當(dāng)線框接入恒定電壓為E1時(shí),拉力顯示器的示數(shù)為F1;接入恒定電壓為E2時(shí)(電流方向與電壓為E1時(shí)相反),拉力顯示器的示數(shù)

3、為F2。已知F1>F2,則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.B=R(F1-F2)L(E1-E2) B.B=R(F1-F2)L(E1+E2) C.B=R(F1+F2)L(E1-E2) D.B=R(F1+F2)L(E1+E2) 答案　B　當(dāng)線框接入恒定電壓為E1時(shí),拉力顯示器的示數(shù)為F1,則F1=mg+BE1RL;接入恒定電壓為E2時(shí)(電流方向與電壓為E1時(shí)相反),拉力顯示器的示數(shù)為F2,則F2=mg-BE2RL;聯(lián)立解得B=R(F1-F2)L(E1+E2),選項(xiàng)B正確。 3.如圖所示,三根長(zhǎng)為L(zhǎng)通有電流的直導(dǎo)線在空間構(gòu)成等邊

4、三角形,電流的方向均垂直紙面向里。電流大小均為I,其中A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B0,導(dǎo)線C位于水平面,處于靜止?fàn)顟B(tài),則導(dǎo)線C受到的靜摩擦力為(　　) A.3B0IL,水平向左 B.3B0IL,水平向右 C.32B0IL,水平向左 D.32B0IL,水平向右 答案　B　根據(jù)安培定則,A電流在C處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于AC,B電流在C處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于BC,如圖所示。根據(jù)平行四邊形定則及幾何知識(shí)可知,合磁場(chǎng)的方向豎直向下,與AB邊平行,合磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=2B0 cos 30°=3B0,由公式F=BIL得,導(dǎo)線C所受安培力大小F=3B0IL,根據(jù)左手定則,

5、導(dǎo)線C所受安培力方向水平向左,因?qū)Ь€C位于水平面處于靜止?fàn)顟B(tài),由平衡條件知,導(dǎo)線C受到的靜摩擦力方向?yàn)樗较蛴?故B正確。 4.(2019河南安陽(yáng)模擬)如圖甲所示,x軸上固定兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2(Q2位于坐標(biāo)原點(diǎn)O),其上有M、N、P三點(diǎn),間距MN=NP。Q1、Q2在x軸上產(chǎn)生的電勢(shì)φ隨x變化的關(guān)系如圖乙。則(　　) A.M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為零 B.N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為零 C.M、N之間電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向 D.一正試探電荷從P移到M過(guò)程中,電場(chǎng)力做功|WPN|=|WNM| 答案　B　φ-x圖線的切線斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小,則N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零,M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不為零,故A錯(cuò)誤,B正確;M點(diǎn)電勢(shì)為零

6、,N點(diǎn)電勢(shì)小于零,因沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,故在MN間電場(chǎng)方向沿x軸正方向,故C錯(cuò)誤;設(shè)正電荷電荷量為q,由題圖可知,UMN>UNP,故電場(chǎng)力做功|WPN|=|qUPN|=|q(φP-φN)|<|q(φN-φM)|=|WNM|,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 5.(2019江西八校模擬)如圖所示,一均勻帶正電的無(wú)限長(zhǎng)絕緣細(xì)桿水平放置,細(xì)桿正上方有A、B、C三點(diǎn),三點(diǎn)均與細(xì)桿在同一豎直平面內(nèi),且三點(diǎn)到細(xì)桿的距離滿足rA=rB

7、重力)以一垂直于紙面向外的速度飛出,電子可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 答案　D　細(xì)桿外各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向都垂直無(wú)限長(zhǎng)絕緣細(xì)桿向外,所以A、B所在直線為等勢(shì)線,且φA=φB>φC,A、B、C三點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同,故A、C錯(cuò)誤;將一正電荷從A點(diǎn)移到C點(diǎn),電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,故B錯(cuò)誤;在A點(diǎn),若電子(不計(jì)重力)以一垂直于紙面向外的速度飛出,當(dāng)速度大小滿足eEA=mv2rA時(shí),電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故D正確。 6.如圖所示,三角形ABC為正三角形,在A、B兩點(diǎn)分別放有異種點(diǎn)電荷,結(jié)果在C點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向與CB邊夾角θ=30°,CD是AB邊的垂線,D為垂足,則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.

8、A處電荷帶負(fù)電,B處電荷帶正電 B.A處電荷的電荷量是B處電荷的2倍 C.撤去B處的電荷,C處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為32E D.將一正點(diǎn)電荷從C點(diǎn)沿虛線移到D點(diǎn),電勢(shì)能一直減小 答案　D　由于C處的場(chǎng)強(qiáng)是由A、B兩處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)疊加而成的,可以判斷A處電荷帶正電,B處電荷帶負(fù)電,A項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)正三角形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng),由幾何關(guān)系可知,A、B處電荷在C處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為kqAL2=33E,kqBL2=233E,可知qA=12qB,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由以上分析可知,撤去B處的電荷,C處的場(chǎng)強(qiáng)由A處的電荷產(chǎn)生,大小為33E,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由題可知,D處的場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右,因此帶正電的點(diǎn)電荷從C點(diǎn)沿題圖中虛線

9、向D處移動(dòng)的過(guò)程中,電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向的夾角小于90°,電場(chǎng)力一直做正功,電勢(shì)能一直減小,D項(xiàng)正確。 7.(2019陜西寶雞模擬)A、B為兩等量異種點(diǎn)電荷,圖中水平虛線為A、B連線的中垂線?，F(xiàn)將另兩個(gè)等量異種的試探電荷a、b,用絕緣細(xì)桿連接后從無(wú)窮遠(yuǎn)處沿中垂線平移到A、B的連線,平移過(guò)程中兩試探電荷位置始終關(guān)于中垂線對(duì)稱,若規(guī)定離A、B無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零,則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A.在A、B的連線上a所處的位置電勢(shì)φa<0 B.a、b整體在A、B連線處具有的電勢(shì)能Ep>0 C.整個(gè)移動(dòng)過(guò)程中,靜電力對(duì)a做正功 D.整個(gè)移動(dòng)過(guò)程中,靜電力對(duì)a、b整體做正功 答案　B　A、B連線

10、的中點(diǎn)O電勢(shì)為零,AO間的電場(chǎng)線方向由A到O,由沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知,a所處的位置電勢(shì)φa>0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)可知,A、B連線的中點(diǎn)O的電勢(shì)為零,a所處的位置電勢(shì)φa>0,b所處的位置電勢(shì)φb<0,由Ep=qφ知,a、b在A、B連線處的電勢(shì)能均大于零,則整體的電勢(shì)能Ep>0,選項(xiàng)B正確;在平移過(guò)程中,a所受的靜電力與其位移方向的夾角為鈍角,靜電力對(duì)a做負(fù)功,同理靜電力對(duì)b也做負(fù)功,所以整個(gè)移動(dòng)過(guò)程中,靜電力對(duì)a、b整體做功為負(fù),選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 8.(2019廣東珠海模擬)圖中虛線PQ上方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。O是PQ上一點(diǎn)

11、,在紙面內(nèi)從O點(diǎn)向磁場(chǎng)區(qū)域的任意方向連續(xù)發(fā)射速率為v0的粒子,粒子電荷量為q、質(zhì)量為m?，F(xiàn)有兩個(gè)粒子先后射入磁場(chǎng)中并恰好在M點(diǎn)相遇,MO與PQ間夾角為60°,不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用,則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.兩個(gè)粒子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)的時(shí)間間隔可能為2πm3qB B.兩個(gè)粒子射入磁場(chǎng)的方向分別與PQ成30°和60° C.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的粒子離邊界的最大距離為mv0qB D.垂直PQ射入磁場(chǎng)中的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)行時(shí)間最長(zhǎng) 答案　A　以粒子帶正電為例分析,兩個(gè)粒子先后由O點(diǎn)射入磁場(chǎng),并在M點(diǎn)相遇的情況下,軌跡恰好組成一個(gè)完整的圓,從O點(diǎn)沿OP方向入射并通過(guò)M點(diǎn)的粒子軌跡所對(duì)圓

12、心角為240°,根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期T=2πmBq可知,該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=240°360°×2πmqB=4πm3qB,則另一個(gè)粒子軌跡所對(duì)圓心角為120°,該粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=2πm3qB,可知,兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差可能為Δt=2πm3qB,故A正確;射入磁場(chǎng)方向分別與PQ成30°和60°的兩粒子軌跡所對(duì)圓心角之和不是360°,不可能在M點(diǎn)相遇,故B錯(cuò)誤;在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的粒子離邊界的最大距離為軌跡圓周的直徑d=2mv0qB,故C錯(cuò)誤;沿OP方向入射的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)圓心角最大,運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng),故D錯(cuò)誤。 二、多項(xiàng)選擇題 9.(2019江西贛州模擬)如圖所示,

13、在正方形區(qū)域abcd內(nèi)有沿水平方向的、垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一個(gè)帶電荷量為q的離子垂直于EF自O(shè)點(diǎn)沿箭頭方向進(jìn)入磁場(chǎng)。當(dāng)離子運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)時(shí),突然吸收了若干個(gè)電子,接著沿另一圓軌道運(yùn)動(dòng)到與OF在一條直線上的E點(diǎn)。已知OF的長(zhǎng)度為EF長(zhǎng)度的一半,電子電荷量為e(離子吸收電子時(shí)不影響離子的速度,電子重力不計(jì)),下列說(shuō)法中正確的是(　　) A.此離子帶正電 B.離子吸收電子的個(gè)數(shù)為q2e C.當(dāng)離子吸收電子后所帶電荷量增多 D.離子從O到F的時(shí)間與從F到E的時(shí)間相等 答案　AB　根據(jù)左手定則可知離子帶正電,選項(xiàng)A正確;正離子在吸收電子之前的半徑R=mvqB,正離子吸收若干電子后軌道半徑

14、由R變?yōu)?R,可得2R=mv(q-ne)B,解得n=q2e,選項(xiàng)B正確;離子原來(lái)帶正電,當(dāng)離子吸收電子后所帶電荷量減少,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于離子電荷量改變,根據(jù)周期公式T=2πmBq可得,周期改變,因此離子從O到F的時(shí)間與從F到E的時(shí)間不相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 10.如圖所示,等量的異種點(diǎn)電荷+Q、-Q在x軸上并關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱放置,虛線是其在空間中產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)線,空間中的點(diǎn)a、b、c連線與x軸平行,b點(diǎn)在y軸上,并且ab=bc,則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.a、c兩點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為φa=φc B.a、c兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系為Ea=Ec C.若在a點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)子,則質(zhì)子經(jīng)過(guò)y軸后

15、一定不能通過(guò)c點(diǎn) D.若從O點(diǎn)以初速度v0沿y軸正方向射出一電子,則電子將沿y軸運(yùn)動(dòng) 答案　BC　在等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中,電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)沿垂直于等勢(shì)面方向指向負(fù)電荷,所以φa>φc,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;a、c兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,所以電場(chǎng)強(qiáng)度的大小相等,選項(xiàng)B正確;質(zhì)子從a點(diǎn)由靜止釋放,受到的電場(chǎng)力可以分解為沿x軸正方向的分力Fx和沿y軸正方向的分力Fy,所以質(zhì)子沿x軸正方向做初速度為零的加速運(yùn)動(dòng),同時(shí)沿y軸正方向也做初速度為零的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)質(zhì)子經(jīng)過(guò)y軸后受到的電場(chǎng)力的方向可以分解為沿x軸正方向的分力Fx和沿y軸負(fù)方向的分力Fy,所以質(zhì)子沿x軸正方向繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng),沿y軸正方向則做減速運(yùn)動(dòng),由于

16、ab=bc,所以質(zhì)子一定不會(huì)經(jīng)過(guò)c點(diǎn),選項(xiàng)C正確;若電子從O點(diǎn)以初速度v0沿y軸正方向射出,電子受到的電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向,不可能沿y軸運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 11.(2019河北衡水模擬)如圖所示,平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零可以視為短路,反向電阻無(wú)窮大可以視為斷路)連接,電源負(fù)極接地。初始電容器不帶電,閉合開關(guān)穩(wěn)定后,一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.減小極板間的正對(duì)面積,帶電油滴會(huì)向上移動(dòng),且P點(diǎn)的電勢(shì)會(huì)降低 B.將上極板下移,則P點(diǎn)的電勢(shì)不變 C.將下極板下移,則P點(diǎn)的電勢(shì)升高 D.無(wú)論哪個(gè)極板上移還是下移,帶電油滴都

17、不可能向下運(yùn)動(dòng) 答案　CD　二極管具有單向?qū)щ娦?閉合開關(guān)后電容器充電,電容器的電容C=QU=εS4πkd,極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=Ud,則整理得E=4πkQεS;閉合開關(guān)穩(wěn)定后油滴處于靜止?fàn)顟B(tài),則qE=mg;減小極板間的正對(duì)面積S,由于二極管具有單向?qū)щ娦?電容器不能放電,所以電場(chǎng)強(qiáng)度E變大,油滴所受電場(chǎng)力變大,會(huì)向上移動(dòng),P點(diǎn)與下極板的距離不變,E變大,則P點(diǎn)的電勢(shì)升高,故A錯(cuò)誤;將上極板向下移動(dòng),d變小,電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=Ud變大,P與下極板的距離不變,P的電勢(shì)升高,故B錯(cuò)誤;將下極板向下移動(dòng),d變大,由C=εS4πkd可知,C變小,由于二極管具有單向?qū)щ娦?電容器不能放電,由E

18、=4πkQεS可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,P與下極板的距離變大,P與下極板間的電勢(shì)差變大,P的電勢(shì)升高,故C正確;上極板上移或下極板下移時(shí),d變大,由C項(xiàng)分析知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,油滴所受電場(chǎng)力不變,油滴靜止不動(dòng),上極板下移或下極板上移時(shí),d變小,由B項(xiàng)分析知電場(chǎng)力變大,電場(chǎng)力大于重力,油滴所受合力向上,油滴向上運(yùn)動(dòng),故D正確。 12.(2019陜西榆林模擬)如圖甲所示,傾角θ=30°的光滑絕緣固定斜桿底端固定一電荷量為2×10-4 C的正點(diǎn)電荷Q,將一帶正電小球(可視為點(diǎn)電荷)從斜桿的底端(但與Q未接觸)由靜止釋放,小球沿斜桿向上滑動(dòng)過(guò)程中能量隨位移的變化圖像如圖乙所示,其

19、中圖線1為重力勢(shì)能隨位移變化圖像,圖線2為動(dòng)能隨位移變化圖像(靜電力常量k=9×109 N·m2/C2,g=10 m/s2),則(　　) A.小球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度先增大后減小 B.小球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度先增大后減小 C.由圖線1可求得小球的質(zhì)量m=4 kg D.斜桿底端至小球速度最大處,由底端正點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)的電勢(shì)差U=2.35×105 V 答案　BC　由題圖線2知,小球的速度先增大后減小,根據(jù)庫(kù)侖定律知,小球所受的庫(kù)侖力逐漸減小,合外力先減小后增大,加速度先減小后增大,則小球沿斜桿向上先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),再沿斜桿向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng),直至速度為零

20、,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;由題圖線1可得Ep=mgh=mgs sin θ,代入數(shù)據(jù)可以得到m=Epgssinθ=6010×3×12 kg=4 kg,故選項(xiàng)C正確;由題圖線2可得,當(dāng)帶電小球運(yùn)動(dòng)至1 m處動(dòng)能最大為27 J,此時(shí)重力沿桿向下的分力與庫(kù)侖力平衡,mg sin θ=kqQs12,解得q=109×10-5 C,根據(jù)動(dòng)能定理有-mgh+qU=Ekm-0,代入數(shù)據(jù)得U=4.23×106 V,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 13.反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一,它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來(lái)產(chǎn)生微波,其振蕩原理與下述過(guò)程類似。已知靜電場(chǎng)的方向平行于x軸,其電勢(shì)φ隨x軸的分布如圖所示。一個(gè)質(zhì)量m=2.0×10

21、-20 kg、電荷量q=2.0×10-9 C的帶負(fù)電的粒子(粒子重力不計(jì))從(-1,0)點(diǎn)由靜止開始,僅在電場(chǎng)力作用下在x軸上往返運(yùn)動(dòng)。則　(　　) A.x軸左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E1和右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小之比E1E2=12 B.粒子在0~0.5 cm區(qū)間運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的電勢(shì)能減小 C.該粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能變化量的最大值為4.0×10-8 J D.該粒子運(yùn)動(dòng)的周期T=3.0×10-8 s 答案　ACD　由φ-x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小可知,E1大小為2 000 N/C,E2大小為4 000 N/C,所以E1E2=12,故選項(xiàng)A正確;粒子在0~0.5 cm區(qū)間運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電場(chǎng)力做負(fù)功,電

22、勢(shì)能增大,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;該粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能變化量的最大值為qE1x1=4.0×10-8 J,故選項(xiàng)C正確;粒子運(yùn)動(dòng)加速度大小a1=qE1m,a2=qE2m,x1=12a1t12,x2=12a2t22,解得該粒子運(yùn)動(dòng)的周期T=2(t1+t2)=3.0×10-8 s,故選項(xiàng)D正確。 14.如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為+q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)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給圓環(huán)一個(gè)水平向右的初速度v0,在以后的運(yùn)動(dòng)中下列說(shuō)法正確的是(　　) A.圓環(huán)可能做勻減速直線運(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可能為12mv0

23、2 D.圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為12mv02-m3g22q2B2 答案　BC　當(dāng)qv0Bmg時(shí),圓環(huán)先做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)qvB=mg時(shí),圓環(huán)不受摩擦力,做勻速直線運(yùn)動(dòng),解得v=mgqB,根據(jù)動(dòng)能定理得,-W=12mv2-12mv02,代入解得W=12mv02-m3g22q2B2,故D錯(cuò)誤。 - 9 -