课时分层检测(3) 磁场对运动电荷的作用力-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（三） 磁 …0基础达标练0… 1.关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是 () A.安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力 B.安培力可以对通电导线做功，洛伦兹力对 运动电荷一定不做功 C.运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该 处的磁感应强度一定为零 D.洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也 不能改变带电粒子的运动状态 2.科学家预言，自然界存在只有一个磁极的磁 单极子，磁单极子N的磁场分布如图甲所 示，它与如图乙所示正点电荷Q的电场分布 相似。假设磁单极子N和正点电荷Q均固 定，有相同的带电小球分别在N和Q附近 (图示位置)沿水平面做匀速圆周运动，则下 列判断正确的是 A.从上往下看，图甲中带电小球一定沿逆时 针方向运动 B.从上往下看，图甲中带电小球一定沿顺时 针方向运动 C.从上往下看，图乙中带电小球一定沿顺时 针方向运动 D.从上往下看，图乙中带电小球一定沿逆时 针方向运动 3.在匀强磁场中，一带电粒子沿着垂直于磁感 应强度的方向运动。现将该磁场的磁感应 强度增大为原来的2倍，则该带电粒子受到 的洛伦兹力 A.增大为原来的2倍B.增大为原来的4倍 C.减小为原来的； D.不变 4.（多选)如图所示，一只 阴极射线管，左侧不断 有电子射出，若在管的 正下方放一通电直导线AB时，发现射线的 径迹向下偏，则 A.导线中的电流从A流向B B.导线中的电流从B流向A 1 得分 场对运动电荷的作用力 C.若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改 变AB中的电流方向来实现 D.电子束的径迹与AB中的电流方向无关 5.（多选)如图所示，纸面内的 △OPQ为等边三角形(OP 边水平)，在O、P两点放有 垂直于纸面的直导线（图中 02 未画出)，O点处导线中的电 流方向垂直纸面向外，P点处导线中的电流 方向垂直于纸面向里，每根导线在Q点产生 磁场的磁感应强度大小均为B。若某时刻有 一电子（电荷量为e)正好经过Q点，速度大 小为，方向垂直于纸面向里，则该电子经过 Q点时所受的洛伦兹力 A.方向水平向左 B.方向水平向右 C.大小为evB D.大小为3evB 6.如图所示，质量为m=1kg、××B× × 电荷量为g=5×10-2C的 ×0xxA× 带正电的小滑块，从半径为 E R=0.4m的光滑绝缘子圆 弧轨道上由静止自A点滑下.整个装置处在 方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中，己 知E=100V/m,方向水平向右；B=1T,方 向垂直于纸面向里.求： (1)滑块到达圆弧轨道最低点C时的速度； (2)在C点时滑块所受的洛伦兹力； (3)滑块到达C点时对轨道的压力大小.(g取 10m/s2) …。能力提升练。 7.如图所示，两段长度均为、粗细不同的铜导 线a、b良好接触，接在某一直流电路中。已 知铜导线单位体积内的自由电荷数是一个 定值，当在这段特殊的导线a、b周围加一垂 直导线的匀强磁场时，下列关于两部分导线 所受的安培力及内部自由电荷定向移动所 受洛伦兹力的说法中，正确的是 () 班级 姓名 A.a受到的安培力大于b受到的安培力 B.a受到的安培力小于b受到的安培力 C.a、b中自由电荷所受洛伦兹力平均值大小 相等 D.a中自由电荷所受洛伦兹力平均值大于b 中自由电荷所受洛伦兹力平均值 8.在电视机的显像管中， 1P 电子束的扫描是用磁偏 转技术实现的，其扫描 电子束 原理如图所示。圆形区 域内的偏转磁场的方向 Q 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 Bt B OH B B B 方 D 9.用一根长L=0.8m× 的轻绳，吊一质量为 m=1g的带电小球， 放在磁感应强度大小 × × .X B X 为B=1T、方向如图 所示的匀强磁场中， 将小球拉到与悬点等高处从图示位置由静： 止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆： 动，当球第一次摆到最低点时，悬线的张力： 恰好为零（重力加速度g取10m/s2),则小： 球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力： 为多大？ 133 得分 0情景创新练0… 0.如图所示，从太阳或其他星体上放射出的 宇宙射线中都含有大量的高能带电粒子， 这些高能带电粒子到达地球会对地球上的 生命带来危害，但是由于地球周围存在地 磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子 的运动方向，对地球上的生命起到保护作 用，那么 宙 A.宇宙射线受到地磁场施加的与运动方向 相反的排斥力 B.垂直射向地球表面的带电粒子在两极处 受磁场的偏转作用最强 C.带正电的离子垂直射向赤道时会向东 偏转 D.带负电的离子垂直射向赤道时会向南 偏转 1.如图所示，在磁感应 强度为B的水平匀 强磁场中，有一足够 A B 长的绝缘细棒OO X 在竖直面内垂直磁 场方向放置，细棒与 水平面间的夹角为a,一质量为m、带电荷 量为十g的圆环A套在OO'棒上，圆环与棒 间的动摩擦因数为，且4<tana,重力加 速度为g。现让圆环A由静止开始下滑， 试问圆环在下滑过程中： (1)圆环A的最大加速度为多大？获得最 大加速度时的速度为多大？ (2)圆环A能够达到的最大速度为多大？7.D[由题意知，通入恒定电流I后，铜棒所 m/kg 受安培力的方向垂直纸面向外，结合左手定 则可知，棒中电流的方向为a·b,故A错 0.145.-.---- 误；当ab静止时满足ILB=mgtan9,若只增 大两细线的长度，ab静止时，细线与竖直方 向的夹角仍为，故B错误：若只改变磁感应mg 强度大小和方向，使b静止时细线与竖直方向的夹角日不！ -0.0090 IA 变，如图所示，由力的动态矢量三角形可知，当安培力与细！ 线垂直时，磁感应强度最小，此时有ILBm=mngsin6,解得 答案(1)0.03kg(2)0.145kg12(3)图见解析 磁感应强度的最小值为B=msin9,故C错误，D正确] 课时分层检测（三） IL !1.B[安培力和洛伦兹力都是磁场力性质相同，A错误；洛伦 8.A[假设流过金属棒的电流最小时，安培 FN 力方向与竖直方向的夹角为日，对金属棒受 ILB 兹力方向与电荷运动方向总垂直，所以洛伦兹力不做功，安 力分析，如图所示，有ILBsin 0=uFN,FN十 培力是洛伦兹力的宏观表现，它虽然对引起电流的定向移 动的电荷不做功，但对导线可以做功，B正确；电荷的运动 ILBcos 0=mg,解得ILB= umg sinB+cos0,而 方向与磁感线方向平行时，洛伦兹力为零，但B可以不为 零，C错误；洛伦兹力不改变带电粒子的速度大小，但改变 sin 0+ucos 0=v1+u'sin(0+),tan g 速度的方向，D错误。] 公，即9=30，故当日=60时，可使流过金属捧的电流最：2.A根据围周运动的受力条件可以从图乙中判断帝电小 琼带的一定是负电，且在电场中小琼的运动方向与电场力 小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为30°，故A: 的方向无关；图甲中洛伦兹力方向垂直于磁感线向上，根据 正确。] 9.解析(1)从右向左看导体棒受力分 左手定则可知，带电小球一定沿逆时针方向运动，故选A。] 析如图所示。 3.A[根据洛伦兹力公式F=q0B可知，若粒子速度与磁场 导体棒受的安培力为F=BIL 方向垂直，当该磁场的磁感应强度增大为原来的2倍时，洛 根据欧姆定律得I=尺 E 伦兹力将变为原来的2倍，故选A。] 4.C[由图可知，阴极射线管中的电子受到的洛伦兹力的方向 根据平衡条件得 向下，所以阴极射线管处的磁场的方向垂直于纸面向里，由安 培定则可知，AB中电流的方向向左，故A错误，B正确：若要使 2FN=√F+(mg) 解得F、=0.5N 电子束的径迹向上偏，则阴极射线管处的磁场方向需垂直于纸 面向外，可以通过改变AB中的电流方向来实现，故C正确：电 根据牛顿第三定律，导体棒对每一个环的压力为F×'= 子束的径迹与AB中的电流方向有关，故D错误。] 0.5N。 5.AC[O点处导线中的电流方向垂直于 (2)由图中几何关系有tam0= mg 纸面向外，P点处导线中的电流方向垂直 解得0=53° 于纸面向里，根据安培定则知两导线在Q 此位置与环底的高度差是h=r(1一cos)=0.2m。 点处的磁感应强度方向夹角为120°，如图 答案(1)0.5N(2)0.2m 所示，合磁感应强度B'=B,则电子所受 10.B[从t=0时刻起，金属棒通以电流I=t,由左手定则！ 洛伦兹力大小为F=eB,根据左手定则 O4...............P 可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属 可知，电子经过Q点时所受的洛伦兹力的 棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减【 方向水平向左，故A、C正确，B、D错误。] 小，当滑动摩擦力小于重力时速度与加速度方向相同，所！6，解析以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程 以金属棒做加速度减小的加速运动：当滑动摩擦力大小等 中，受重力mg,方向竖直向下；静电力qE,方向水平向右； 于重力时，加速度为零，此时速度达到最大；当安培力继续： 洛伦兹力F=q沁B,方向始终垂直于速度方向. 增大时导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方 (1)滑块从A到C的过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得 向相反，因此做加速度增大的减速运动。)-t图像的斜率！ 绝对值表示加速度的大小，故选项C、D均错误。对金属： mgR-qBR=合m 棒MN,由牛顿第二定律得mg-uFx=ma,而FN=BIL= Btl,即mg一B队L=ma,因此a=g-达BL1,显然加速 得uc一 2(mg一9E)迟=2m/s,方向水平向左. m (2)根据洛伦兹力公式得，在C,点时滑块所受的洛伦兹力大 度a与时间t成线性关系，故选项A错误，B正确。] 小为 11.解析(1)对金属棒受力分析有F,=Mgsin0+BIL F=qB=5×102×2×1N=0.1N,方向竖直向下. 对秤盘受力分析有Fr=mg (3)在C,点，根据牛顿第二定律得 解得mo=0.03kg。 (2)当电路中电流最大时，此“电磁秤”称得最大质量，电路 r一mg一F=m发 中最大电流为电流表量程，即1，一R干R。 E 代入数据得FN=20.1N 解得R=12 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为20.1N」 对金属棒及秤盘有Mgsin9+Bl.L=(m。十mmax)g 答案(1)2m/s,方向水平向左 解得mmx=0.145kg。 (2)0.1N,方向竖直向下 (3)电流与所称物体质量的关系式为 (3)20.1N Mgsin 0+BIL=(mo +m)g !7.D[由题意可知，、b两段导线串联，则电流相等，根据F 代入教格得m=(分1-0.05)kg0<1≤3A =BIl可知，安培力的大小相等，故A、B错误；由于导体受 到的安培力是所有自由电荷受到的洛伦兹力的集中体现， -I图像如图所示： 因铜导线单位体积内的自由电荷数是一个定值，且相同长 230 所以a中自由电荷所受洛伦该力平均值大子b中自由电荷气.C[根据gB=m,得。=，根据题图可知，甲，乙两 度下，a的横截面积小于b,所以a中的自由电荷比b中少，} 所受洛伦兹力平均值，故C错误，D正确。] 粒子的轨迹半径之比为2：1，又因为两粒子相同，故0m: 8.B[由题意知，要想得到以M为中心的亮线PQ,则电子束！ 0t=r甲：r=2:1,粒子在磁场中的运动周期T=2πm, 既要向上偏转，又要向下偏转，所以磁场的磁感应强度B随！ gB 时间t变化时，应有方向改变，C、D错误：A项中磁感应强： 两粒子相同，可知甲、乙两粒子的周期之比为1：1，根据轨 度大小一定，则电子束受到的洛伦兹力大小相同，偏转量也 迹图可知，甲、乙两粒子转过的圆心角之比为1：2，故两粒 子在磁场中经历的时间之比t:tz=1:2,选C。] 相同，向同一方向偏转的电子都打到同一点，不能得到连续5.B[带电粒子在匀强磁场中运动 的亮线，A错误；在B项中磁感应强度随时间变化的规律： 时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿 下，可得到亮线PQ,B正确。门 dx x2××× 9.解析设小球到达最低点时速度大小为， 第二定律有B=m,可得= 0.x 由动能定理可得mgL=2mw 、巴，又T=世，联立可得T= 02 由圆周运动规律及牛顿第二定律可知 2 π，故两粒子运动的周期相同，D错误；速度的偏转角等 gB 第一次经过最低点时：9B-mg=m乙 90° 于轨迹所对的圆心角，故粒子1的运动时间=360T 第二次经过最低点时：F一qB-mg=m乙 T,祖子2的运动时对与=部T=合工，别时网之比为 4 综上解得F=0.06N。 3:2,C错误；粒子1和粒子2运动轨迹的圆心O和O,如 答案0.06N 图所示，设粒子1的轨迹半径R1=d,对于粒子2，由几何关 10.C[宇宙射线受到地磁场施加的力与运动方向垂直，当宇} 系可得R2sin30°+d=R,解得R,=2d,故轨迹半径之比为 宙射线的运动方向与磁感应强度方向平行时，受到的洛伦 兹力为零，故A错误；若射向地球表面的带电粒子在两极： 1:2,A错误；由r=可知，速度之比为1：2，B正确。] gB 处运动方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力，故B错误；：6.解析过M、N作入射方向和出射方向的垂线，两垂线交于 由左手定则可知，带正电的离子垂直射向赤道时向东偏·O,点，O点即电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，过V作 转，同理可知，带负电的离子垂直射向赤道时向西偏转，故： OM的垂线，垂足为P,如图所示。由直角三角形OPN知， C正确，D错误。] 电子运动的半径为 11.解析(1)由于：<tana,所以环A将由静止开始沿棒下！ sin60° 2940 M 滑，环A沿棒运动的速度为1时，受到重力mg、洛伦兹力！ q心，B、棒的弹力FN1和摩擦力F,F1=uFN1, 由牛顿第二定律知 P 根据牛顿第二定律，沿棒的方向有ngsin a一F1=ma 垂直棒的方向有FN1十q心B=mgcos a 所以当F=0,即F=0时， 联立①②式解得m= 23dBe 30 a有最大值am,且am=gsin a,此时qu1B=mgcos a 电子在无界磁场中运动的周期为 解得U,=mgcos a gB T=2r=4V3πd 30 (2)设当环A的速度达到最大值？m时，环A受棒的弹力！ 电子在磁场中的轨迹对应的圆心角为α==60° 大小为F2,方向垂直于棒向下， 故电子在磁场中的运动时间为 摩擦力大小为F=uFN2,此时应有a=0, 即mgsin a=Fe 30 90 FN2十ngcos a=qvmB 解得Un=mg(sina十ucos a) 答案23dBe2VBd 30 9v ugB 7,B[画出粒子在磁场中运动的 ×××一火↑× 答案(1)gsin a mgcos a 轨迹如图所示，由几何关系得， gB 轨迹对应的圆心角a=2π一20， (2)mg(sin atucos a) RgB 粒子在磁场中运动的时同1=会 课时分层检测（四） T=2x-29.2xm=2r-29m, 1.AD[若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速 gB gB 直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀！ 可得，若)一定，日越大，粒子在磁场中运动的时间t越短， 速圆周运动，A、D正确：电荷在磁场（无其他场）中不可能做 若日一定，则粒子在磁场中的运动时间一定，故B正确，D 平抛运动和自由落体运动，B、C错误。] 错误：设粒子的轨半径为r,则r一B,由图有，A0=2rsin 2,C[因洛伦兹力对粒子不做功，故粒子的速率不变；当磁感 应强度减半后，由=需可知，轨道半径变为原来的2倍： 0= 2musin ,可得，若0是锐角，0越大，AO越大，若日是钝 aB 角，日越大，AO越小，故A错误；粒子在磁场中运动的角速 由T=2m可知，粒子的周期变为原来的2倍，故C正确， Ba 度。=祭，又T-需，则得。-盟，与逢定u无关，故C . A、B、D错误。] 错误。] 3.C[因为粒子能通过弯管要有一定的半径，即半径r=R,8.解析(1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，如图所 所以1=R一眉由题意可知g、B都相同，对只有当m日一 示。由图中几何关系知Rcos30°=a 定时，粒子才能通过弯管，故选C。] 解得R=23a 3 231