1.2 磁场对运动电荷的作用力 跟踪检测-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 跟踪检测 1、 选择题: 1．如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙线时，在云室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹十分相似，但偏转方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖。云室中磁场方向可能是(　　) A．垂直于纸面向外 B．垂直于纸面向里 C．沿纸面向上 D．沿纸面向下 2．下列关于运动电荷和磁场的说法中，正确的是(　　) A．运动电荷在某点不受洛伦兹力作用，这点的磁感应强度必为零 B．只要带电粒子在磁场中某点的速度大小不变，带电粒子所受洛伦兹力大小就不变 C．电子束垂直进入磁场发生偏转，这是洛伦兹力对电子做功的结果 D．电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力 3．平面a和平面b相互垂直，平面b中直线PQ和MN垂直。电荷量为＋q的粒子以速度v运动，途经两直线交点，且恰在a平面内，如图甲所示，磁场方向垂直于平面b。该粒子此时所受洛伦兹力方向正确的是(　　) A．由P指向Q，如图乙中F1所示 B．由N指向M，如图乙中F2所示 C．由Q指向P，如图乙中F3所示 D．位于平面a，垂直于速度v，如图乙中F4所示 4．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，则关于圆环所带电荷的电性及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＝ 5. 显像管的原理示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中央的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正，若使高速电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列磁场的变化能够使电子发生上述偏转的是(　　) 6．如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿入射方向做直线运动，可采用的方法是(　　) A．将变阻器滑动头P向右滑动 B．将变阻器滑动头P向左滑动 C．将极板间距离适当减小 D．将极板间距离适当增大 7．如图所示为磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。如果射入的等离子体的初速度为v，两金属板的板长(沿初速度方向)为L，板间距离为d，金属板的正对面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于离子初速度方向，负载电阻为R，等离子体充满两板间的空间。当发电机稳定发电时，理想电流表的示数为I，那么板间等离子体的电阻率为(　　) A.(－R) B.(－R) C.(－R) D.(－R) 8. 一直导管的横截面是半径为R的圆，如图所示，该直导管(导管壁的厚度可忽略)水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里；沿导管向左流动的液体中含有一种质量为m、电荷量为＋q的带电微粒，微粒受磁场力影响发生偏转，导管上、下壁a、b两点间最终形成稳定电势差Uab，导管内部的电场可看作匀强电场，忽略浮力，重力不可忽略，重力加速度为g，则液体流速和a、b两点间电势差Uab的正负为(　　) A.，Uab为正 B.，Uab为正 C．－－，Uab为负 D.＋，Uab为负 9．两个完全相同的带等量的正电荷的小球a和b，从同一高度自由落下，分别穿过高度相同的水平方向的匀强电场和匀强磁场，如图所示，然后再落到地面上，设两球运动所用的总时间分别为ta、tb，则(　　) A．ta＝tb B．ta＞tb C．ta＜tb D．条件不足，无法比较 10. (多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线通有大小相等、方向相反的电流。已知通电长直导线在距导线为r处产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数，I是导线中电流。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是(　　) A．小球先做加速运动后做减速运动 B．小球一直做匀速直线运动 C．小球对桌面的压力先增大后减小 D．小球对桌面的压力一直在增大 11．(多选)如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块。甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用一个水平恒力F拉乙物块，开始时甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。在以后的运动过程中，下列说法中正确的是(　　) A．甲、乙两物块可能相对滑动 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．甲物块向左先加速运动后匀速运动 D．乙物块受到地面的最大摩擦力大小为F 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、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。开始时使小球位于与悬点O等高的位置A处，且细线绷紧，然后由静止释放小球，小球运动的平面与B的方向垂直，求小球第一次和第二次经过最低点C时悬线的拉力FT1和FT2。 参考答案： 1.答案　B解析　由题图可知，向下运动的正电子受到的洛伦兹力的方向向右，由左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里。故选B。 2.答案　D解析　如果运动电荷的速度方向与磁场方向平行，该运动电荷不受洛伦兹力作用，故A错误；根据F＝qvBsinθ，粒子所受洛伦兹力大小不仅与速度大小有关，还与速度方向和磁场方向有关，带电粒子在磁场中某点的速度大小不变，带电粒子所受洛伦兹力大小可能会变，故B错误；洛伦兹力始终垂直于粒子的速度方向，故洛伦兹力对运动电荷不做功，故C错误；电荷只有相对磁场运动，且相对运动方向与磁场方向不平行时才受磁场力作用，所以电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力，故D正确。 3.答案　C解析　将磁感应强度B分解为与粒子运动方向垂直的B⊥和与其平行的B∥，可知只有B⊥对粒子有作用力，B⊥的方向与题图乙中F4方向相反，由左手定则可以判断洛伦兹力方向为F3，故A、B、D错误，C正确。 4.答案　B解析　由题图乙可知，圆环最后向右做匀速直线运动，在竖直方向上受力平衡，则有q··B＝mg，即B＝；圆环所受洛伦兹力竖直向上，根据左手定则可知圆环带正电。故B正确，A、C、D错误。 5.答案　A解析　电子打到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的B­t图像的图线应在t轴下方，可知C、D错误；电子打到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的B­t图像的图线应在t轴上方，B错误，A正确。 6.答案　D解析　电子束入射后偏向A极板，说明Eq>Bv0q，若使电子束沿入射方向做直线运动，应将电场强度E减小。由E＝可知，减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C错误，D正确；而两极板与直流电源连接，板间电压等于电源电压，即移动变阻器滑动头P并不能改变板间电压，故A、B错误。 7.答案　A解析　等离子体做匀速直线运动时，发电机稳定发电，有qvB＝q，则发电机的电动势E＝U＝Bdv，设板间等离子体的电阻为r，根据闭合电路欧姆定律，得I＝，且r＝ρ，解得ρ＝(－R)，故A正确。 8.答案　C解析　根据左手定则可知，带电微粒受到向下的洛伦兹力，所以带电微粒向下偏转，则直导管下侧为高电势，且直导管下侧带电微粒越来越多，直到液体中带电微粒所受的静电力、磁场力和重力的合力为零，此时a、b两点间形成稳定的电势差Uab，则Uab<0，合力为零时有＝qvB＋mg，解得v＝－－，故C正确，A、B、D错误。 9.答案　C解析　a球以某一速度进入匀强电场后，始终受到水平向右的静电力F电＝qE作用，这个力不会改变a球在竖直方向运动的速度，故它下落的总时间ta与两球没有通过电场或磁场时自由下落的时间t0相同。b球以某一速度进入匀强磁场的瞬间，它就受到水平向右的洛伦兹力作用，这个力只改变速度方向，会使速度方向向右发生偏转，又因为 洛伦兹力始终与速度方向垂直，当速度方向变化时，洛伦兹力的方向也发生变化，不再沿水平方向。如图所示为小球b在磁场中某一位置时的受力情况，从图中可以看出洛伦兹力F洛的分力F1会影响小球竖直方向的运动，使b球竖直下落的加速度减小(小于g)，故其下落的时间tb大于没有磁场时小球自由下落的总时间t0。综上所述，ta＜tb，故C正确。 10.答案　BC解析　由安培定则、B＝k及磁场的叠加原理，可知桌面内的磁场方向，进而由左手定则可知小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上，对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力三个力作用，小球沿桌面方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a点到b点合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由牛顿第三定律知，小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误。 11.答案　CD 解析　 甲、乙无相对滑动地一起向左运动时，以甲、乙整体为研究对象，受力分析如图，有FN＝F洛＋(m甲＋m乙)g，且f＝μ地FN，开始时甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动，洛伦兹力F洛增大，则FN增大，所以滑动摩擦力f增大，F一定，根据牛顿第二定律有F－f＝(m甲＋m乙)a，则加速度a减小，而对甲分析知，甲、乙间的弹力增大，最大静摩擦力增大，乙对甲的摩擦力f′＝m甲a，可知f′减小，故甲、乙两物块不可能相对滑动，A、B错误；当滑动摩擦力f增大到与水平恒力F的大小相等时，甲、乙两物块会一起做匀速运动，即甲物块向左先加速运动后匀速运动，且乙物块受到地面的最大摩擦力大小为F，C、D正确。 12.答案　3mg－qB　3mg＋qB 解析　小球由A运动到C的过程中，洛伦兹力始终与速度的方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，由动能定理有mgl＝mv 解得vC＝ 第一次经过C点时，由左手定则可知，小球所受洛伦兹力方向向上，其受力情况如图甲所示。 由牛顿第二定律，有FT1＋F洛－mg＝m 又F洛＝qvCB 所以FT1＝3mg－qB。 同理可得小球第二次经过C点时，速度大小不变，方向与第一次相反，受力情况如图乙所示，有 FT2－mg－F洛′＝m 所以FT2＝3mg＋qB。 学科网（北京）股份有限公司 $