1.2 磁场对运动电荷的作用力 课时训练 -2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

第2节 磁场对运动电荷的作用力 课时训练 一、选择题: 1．关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是(　　) A．电荷只要处在电场中，就会受到电场力，而电荷静止在磁场中，也可能受到洛伦兹力 B．电场力对在电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷却不会做功 C．电场力与洛伦兹力一样，方向都沿电场线或磁感线切线方向 D．只有运动的电荷在磁场中才会受到洛伦兹力的作用 2．下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是(　　) 3.如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖．云雾室中磁场方向可能是(　　) A．垂直纸面向外 B．垂直纸面向里 C．沿纸面向上 D．沿纸面向下 4.如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一束电子初速度方向与电流方向相同，则电子可能的运动情况是(　　) A．沿路径a运动 B．沿路径b运动 C．沿路径c运动 D．沿路径d运动 5.在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图所示．圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面，而不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点．为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的(　　) 6.如图所示，一带正电的物体固定在小车的底板上，其中底板绝缘，整个装置静止在水平地面上，在空间施加一垂直纸面向里的匀强磁场，如果保持小车不动，将匀强磁场沿水平方向向左匀速运动．则下列说法正确的是(　　) A．带电物体所受的洛伦兹力为零 B．带电物体受洛伦兹力且方向竖直向上 C．小车对地面的压力变大 D．地面对小车的摩擦力方向向左 7.如图所示，甲是带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的匀强磁场，在水平恒力F的作用下，甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动，在加速运动阶段(　　) A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 C．甲、乙向左运动的加速度不变 D．乙物块对地面的压力不变 8．如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙绝缘细杆上滑动，细杆处于匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后运动过程中的速度－时间图像如图乙所示．则关于圆环所带的电性，匀强磁场的磁感应强度B，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A． 圆环带负电，B＝ B．圆环带正电，B＝ C．圆环带负电，B＝ D．圆环带正电，B＝ 9．如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．a球下滑的时间比b球下滑时间长 B．a、b两球的机械能均不守恒 C．a球到M点的速度小于b球到N点的速度 D．a球对M点的压力大于b球对N点的压力 10.如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是(　　) A．滑块受到的摩擦力不变 B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关 C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下 D．B很大时，滑块可能静止于斜面上 11.(多选)足够长的光滑绝缘槽，与水平方向的夹角分别为α和β(α<β)，如图所示，加垂直于纸面向里的匀强磁场，将质量相等，带等量正、负电荷的小球a和b，分别从两斜面的顶端由静止释放(一次仅有一个小球存在)，关于两球在槽上的运动，下列说法正确的是(　　) A．在槽上a、b两球都做匀加速直线运动，aa>ab B．在槽上a、b两球都做变加速直线运动，但总有aa>ab C．a、b两球沿直线运动的最大位移分别为xa、xb，则xa<xb D．a、b两球沿槽运动的时间分别为ta、tb，则ta<tb 二、计算题(要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位) 12.质量为m、带电荷量为＋q的小球，用一长为l的绝缘细线悬挂在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，现使小球位于能使悬线呈水平的位置A，然后由静止释放，小球运动的平面与磁场的方向垂直，小球第一次和第二次经过最低点C时悬线的拉力FT1和FT2分别为多大？(重力加速度为g) 13.如图所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电荷的小滑块，从半径为R＝0.4 m的光滑固定绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E＝100 V/m，方向水平向右，B＝1 T，方向垂直纸面向里，g＝10 m/s2.求： (1)滑块到达C点时的速度； (2)在C点时滑块所受洛伦兹力； (3)在C点滑块对轨道的压力． 14.如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg，已知小环的带电荷量为q，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.问： (1)小环带什么电？ (2)小环滑到P处时的速度多大？ (3)小环滑到距离P多远处，环与杆之间没有正压力？ 参考答案： 1.答案　D解析　静止在磁场中的电荷不可能受到洛伦兹力，A错误；如果电荷在电场中不动或沿等势面移动，电场力做功为零，B错误；洛伦兹力的方向与磁感线垂直，与运动方向垂直，C错误；由洛伦兹力定义知，D正确． 2.答案　B解析　由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，故A错误；磁场的方向向下，电流的方向垂直纸面向里，由左手定则可知安培力的方向向左，故B正确；由左手定则可知，洛伦兹力的方向与磁感应强度的方向垂直，应为垂直纸面向外，故C错误；通电螺线管内部产生的磁场的方向沿螺线管的轴线的方向，由题图D可知电荷运动的方向与磁感线的方向平行，不受洛伦兹力，故D错误． 3.答案　B解析　由左手定则可知，磁场方向可能垂直于纸面向里，故B正确． 4.答案　D解析　由安培定则知，电流I在导线下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，电子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向下，则电子的轨迹必定向下弯曲，因此A、B错误；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，因此C错误，D正确． 5.答案　B解析　由题意知，要想得到以M为中心的亮线PQ，则电子束既要向上偏转，又要向下偏转，所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时，应有方向改变，C、D错误；A项中磁感应强度大小一定，则电子束受到的洛伦兹力大小相同，偏转量也相同，向同一方向偏转的电子都打到同一点，不能得到连续的亮线，A错误，B正确． 6.答案　B解析　受洛伦兹力的带电物体的速度不是相对地面而言，而是相对磁场．题中匀强磁场向左匀速运动相当于小车水平向右匀速运动，由左手定则可知，带电物体所受的洛伦兹力方向竖直向上，B正确，A错误；由于小车水平方向不受力，所以摩擦力为零，D错误；对小车及带电物体整体分析可知，地面对小车的支持力变小，由牛顿第三定律可知小车对地面的压力变小，C错误． 7.答案　C解析　甲、乙两物块间没有相对滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间没有摩擦力，根据牛顿第二定律知，整体的加速度不变，对于甲，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度不变，所以甲、乙两物块间的摩擦力不变，所以A、B错误，C正确；甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以甲对乙的压力变大，对乙受力分析可知，乙物块对地面的压力变大，故D错误． 8.答案　B解析　因圆环最后做匀速直线运动，圆环在竖直方向上受力平衡，则有＝mg，即B＝；根据左手定则可知圆环带正电，故B正确，A、C、D错误． 9.答案　D解析　由于小球a在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球b在电场中运动，受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故A、B、C错误；小球a在磁场中运动，在最低点对小球a受力分析可知：FM－mg－BqvM＝m，解得FM＝m＋mg＋BqvM① 小球b在电场中运动，在最低点受力分析可知： FN－mg＝m，解得FN＝m＋mg② 因为vM>vN，所以FM>FN，结合牛顿第三定律可知，D正确． 10.答案　C解析　根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，滑块对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错误；B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，根据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B错误；由于开始滑块不受洛伦兹力时，就能下滑，故B再大，滑块也不可能静止于斜面上，D错误． 11.答案　ACD解析　小球a、b沿槽下滑的加速度大小分别为aa＝gsin β，ab＝gsin α，选项A对，B错；小球受到的洛伦兹力垂直槽向上，当mgcos β＝qvaB、mgcos α＝qvbB时，a和b离开槽，显然va<vb，而aa>ab，根据位移公式可知xa<xb，选项C对；根据速度公式可知选项D对． 12.答案　3mg－qB　3mg＋qB 解析　小球运动过程中，洛伦兹力始终与v的方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，由动能定理mgl＝mvC2，解得vC＝.小球第一次经过C点时，由左手定则可知洛伦兹力向上，其受力情况如图甲所示． 由牛顿第二定律FT1＋F洛－mg＝m，又F洛＝qvCB，所以FT1＝3mg－qB.小球第二次经过C点时，受力情况如图乙所示，vC′＝vC，F洛′＝qvC′B，FT2－mg－F洛′＝m，解得FT2＝3mg＋qB. 13.答案　(1)2 m/s，方向水平向左 (2)0.1 N，方向竖直向下 (3)20.1 N，方向竖直向下 解析　(1)滑块从A点到C点的过程中洛伦兹力和支持力不做功， 由动能定理得mgR－qER＝mvC2 则vC＝＝2 m/s，方向水平向左． (2)滑块在C点时，根据洛伦兹力公式得： F洛＝qvCB＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N，方向竖直向下． (3)在C点，由牛顿第二定律得FN－mg－qvCB＝m 则FN＝mg＋qvCB＋m＝20.1 N 由牛顿第三定律可知，在C点滑块对轨道的压力为20.1 N，方向竖直向下． 14.答案　(1)负电　(2)　(3) 解析　(1)假如没有磁场，小环对杆的压力大小为mgcos 37°＝0.8mg，然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电． (2)设小球滑到P处时的速度大小为vP，在P点小环的受力如图甲所示， 根据平衡条件得qvPB＋FN＝mgcos 37°， 由牛顿第三定律得杆对小环的支持力大小为FN＝0.4mg， 解得vP＝＝＝. (3)设小环从P处下滑至P′处时，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v′，则在P′处，小球受力如图乙所示， 由平衡条件得qv′B＝mgcos 37° 所以v′＝＝ 在小环由P处滑到P′处的过程中，由动能定理得 mgsin 37°＝mv′2－mvP2 解得′＝. 学科网（北京）股份有限公司 $