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人教版（2019）选择性必修第二册《1.2 磁场对运动电荷的作用力》2022年同步练习卷（1）
一 、单选题（本大题共11小题，共66分）
1.（6分）如图所示，运动电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是
A. B. C. D.
2.（6分）图中、、、为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是
A. 向上 B. 向下
C. 向左 D. 向右
3.（6分）平面和平面相互垂直，平面中直线和垂直。电荷量为的粒子以速度运动，途径两直线交点，且恰在平面内，如图甲所示，磁场方向垂直于平面。该粒子此时所受洛伦兹力方向正确的是
A. 由指向，如图乙中所示
B. 由指向，如图乙中所示
C. 由指向，如图乙中所示
D. 位于平面，垂直于速度，如图乙中所示
（6分）
4.如图是直线电流、环形电流磁场的磁感线分布图，其中电流方向与磁感线方向关系正确的是
A.
B.
C.
D.
5.（6分）如图所示，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会
A. 向上偏转 B. 向下偏转 C. 向纸内偏转 D. 向纸外偏转
6.（6分）海底通信电缆通电后会产生磁场，科学家为了检测某一海域中磁感应强度的大小，利用图中一块长为、宽为、厚为，单位体积内自由电子数为的金属霍尔元件，放在海底磁场中，当有如图所示的恒定电流电流方向和磁场方向垂直通过元件时，会产生霍尔电势差，通过元件参数可以求得此时海底的磁感应强度的大小地磁场较弱，可以忽略。下列说法正确的是提示：电流与自由电子定向移动速率之间关系为，其中为单个电子的电荷量
A. 元件上表面的电势高于下表面的电势
B. 仅增大霍尔元件的宽度，上、下表面的电势差不变
C. 仅增大霍尔元件的厚度，上、下表面的电势差不变
D. 其他条件一定时，霍尔电压越小，则该处的磁感应强度越大
7.（6分）根据所学知识判断，图中描述正确的是
A. B.
C. D.
8.（6分）如图所示，在匀强磁场中有一水平绝缘传送带以速度沿顺时针方向传动。现将一带正电的小物块轻放在传送带的左侧。设小物块在运动过程中

A. 小物块先做匀加速运动，最后做匀速直线运动
B. 小物块做加速度增大的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动
C. 小物块做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
D. 小物块做加速度减小的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动
9.（6分）如图所示，场强的方向竖直向下，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的方向垂直纸面向外，在处有四个二价正离子，甲、乙、丙、丁垂直于场强和磁感应强度的方向射入，若四个离子质量 ，，则运动到，，，四个位置的正离子分别为
A. 甲、乙、丙、丁 B. 甲、丁、乙、丙
C. 丙、乙、丁、甲 D. 甲、乙、丁、丙
10.（6分）如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置，待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比。待选粒子从进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域的板间电压为，粒子通过小孔射入正交的匀强电场、匀强磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为，左右两极板间距为。区域Ⅱ出口小孔与、在同一竖直线上。若半径为、质量为、电荷量为的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则
A. 区域Ⅱ的电场强度与磁感应强度大小的比值为
B. 区域Ⅱ左右两极板间的电势差大小
C. 若纳米粒子的半径，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过
D. 若纳米粒子的半径，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度大小之比为
11.（6分）如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置。在管子的底部固定一电荷量为 的带电体，在距离底部点电荷为的管口处，有一电荷量为、质量为的小球自静止释放，在距离底部点电荷为的处速度恰好为零。现让一个电荷量为、质量为的小球仍在处自静止释放，已知静电力常量为，重力加速度为，则该小球

A. 运动到处的速度为零
B. 在下落过程中加速度大小一直变小
C. 向下运动了位移 时速度最大
D. 小球向下运动到点时的速度为
二 、多选题（本大题共3小题，共18分）
12.（6分）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的恒力拉乙物块，在使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上加速运动的阶段中
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保持不变
C. 甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 D. 乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小
13.（6分）阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2、A3、A4形成的，实线为电场线，虚线为等势线，x轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则（ ）
A. 电极A1的电势高于电极A2的电势
B. 电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度
C. 电子在P点处的动能大于在Q点处的动能
D. 电子从P运动到R的过程中，电场力对它一直做正功
14.（6分）如图所示虚线所围的区域内，存在电场强度为的匀强电场和磁感应强度为的匀强磁场，已知从左侧水平射入的电子，穿过这一区域时未发生偏转，设重力忽略不计，则在这个区域中的和的方向可能是
A. 和都沿水平方向，并与电子运动方向相同
B. 和都沿水平方向，并与电子运动方向相反
C. 竖直向上，垂直于纸面向外
D. 竖直向上，垂直于纸面向里
三 、计算题（本大题共3小题，共36分）
15.（12分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为，方向垂直纸面向外，质量为、带电荷量为的小球在倾角为的光滑斜面上由静止开始下滑。若带电小球下滑后某个时刻对斜面的压力恰好为零，求：
小球的带电性质；
此时小球下滑的速度和位移的大小。
16.（12分）如图所示，足够长的竖直绝缘杆上套有一带正电小环，整个装置处在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场内，小环由静止开始下滑，经过时间后速度达到最大值。已知小环质量为、电荷量为，电场强度为，磁感应强度为，小环与杆之间的动摩擦因数为，重力加速度为。求：
小环下滑的最大加速度的大小和最大速度的大小；
小环下滑时间内受到的平均摩擦力的大小。用动量定理求解
17.（12分）如图所示，质量为、电荷量为的带正电的小滑块，从半径为的固定圆弧轨道上由静止自端滑下，轨道光滑且绝缘。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，方向水平向右，，方向垂直纸面向里，求：
滑块到达点时的速度；
在点时滑块所受洛伦兹力；
在点滑块对轨道的压力。
答案和解析
1.【答案】A;
【解析】解：根据左手定则可知：
图中洛伦兹力方向应该向上，故A正确；
图中电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系不符合左手定则，故B错误；
图中洛伦兹力方向应该向里，故C错误；
图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力，故D错误．
故选：．
带电粒子在磁场中运动时，所受洛伦兹力方向由左手定则进行判断，伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．
带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力的条件以及左手定则的熟练应用是对学生的基本要求，要熟练掌握．
2.【答案】B;
【解析】【试题解析】

根据等距下电流所产生的的大小与电流成正比，得出各电流在点所产生的的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得的合矢量的方向．
考查磁感应强度的矢量合成法则，会进行的合成，从而确定磁场的大小与方向．

根据题意，由右手螺旋定则知与导线电流产生磁场正好相互抵消，而与导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从正方形中心点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下。故正确，错误。
故选：。
3.【答案】C;
【解析】解：把速度分解为垂直与磁场方向和沿磁场方向，沿磁场方向不受洛伦兹力，垂直于磁场方向的分速度，根据左手定则可知，受到的洛伦兹力由指向，如图乙中所示，故错误，正确；
故选：。
带电粒子在磁场中运动时，受到洛伦兹力，根据左手定则即可判断。
此题主要考查了带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力，关键是利用好左手定则即可。
4.【答案】B;
【解析】
由右手螺旋定则可判断电流周围磁场的分布，并注意平面图及立体图的区分即可正确判断。
因磁场一般为立体分布，故在判断时要注意区分是立体图还是平面图，并且要能根据立体图画出平面图，由平面图还原到立体图。

A. 图中电流为环形电流，由右手螺旋定则可知内部磁场应向右，故错误；
B. 电流方向向上，由右手螺旋定则可得磁场为逆时针从上向下看，故正确；
C. 电流方向向下，由右手螺旋定则可得磁场为顺时针从上向下看，故错误；
D. 由右手螺旋定则可知，由右手螺旋定则可知内部磁感线方向向左，故错误。
故选。
5.【答案】A;
【解析】解：根据安培定则，阴极射线管正好处于垂直纸面向外的磁场中，由左手定则可判断出电子流受到向上的洛伦兹力作用，所以电子流要向上偏转。所以选项A正确，选项BCD都错误。
故选：。
首先由安培定则分析判断通电直导线周围产生的磁场情况，再由左手定则判断出电子流的受力方向，可知电子流的偏转方向。
此题要求要会熟练的使用安培定则和左手定则分析解决问题，要明确电流、磁场、磁场力的关系，能正确的运用左手定则和右手定则分析问题是解决该题的关键。
6.【答案】B;
【解析】解：、金属材料中，定向移动的是自由电子，因为自由电子定向移动的方向与电流方向相反，由左手定则知，电子聚集在上表面，上表面的电势低，故错误；
、最终电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，由平衡条件可得：、，解得：，仅增大霍尔元件的宽度，上、下表面的电势差不变，故正确；
、根据可知，仅增大霍尔元件的厚度，上、下表面的电势差增大，故错误；
、根据可知，其他条件一定时，霍尔电压越小，该处的磁感应强度越小，故错误。
故选：。
金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，比较出电势的高低最终电子受洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡得出电势差的大小表达式进行讨论.
此题主要考查带电粒子在电磁场中的运动，要注意霍尔元件中先判断定向移动的是负电荷还是正电荷，再根据左手定则判断两表面电势的高低。
7.【答案】A;
【解析】
根据左手定则判断电流所受的安培力方向；根据左手定则判断运动电荷所受的洛伦兹力方向；正电荷所受电场力方向与电场强度的方向相同；根据右手螺旋定则判断通电螺线管周围的磁场方向。
此题主要考查了电场强度、通电直导线和通电线圈周围磁场的方向、左手定则；解决本题的关键掌握左手定则判断安培力、洛伦兹力方向，用右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，不能混淆。
A.根据左手定则知，电流所受的安培力方向竖直向下，故正确；
B.根据左手定则知，运动电荷所受的洛伦兹力方向竖直向上，故错误；
C.正电荷所受电场力方向与电场强度的方向相同，故错误；
D.根据右手螺旋定则，螺线管外部上面的磁场方向为从左向右，则小磁针极指向右，故错误。
故选。
8.【答案】C;
【解析】
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，然后由小物块的受力，结合牛顿第二定律分析即可。
该题考查带电物体在复合场中的运动，注意小物块受到的洛伦兹力随速度的增大而增大，导致支持力与摩擦力都减小是解答的关键。

由左手定则可知，带正电的小物块向右运动的过程中受到的洛伦兹力的方向向上；小物块运动起来后受到重力、传送带的支持力、摩擦力以及洛伦兹力，由于洛伦兹力，速度越大则洛伦兹力越大，所以小物块速度增大时，小物块受到的支持力将减小，所以小物块受到的滑动摩擦力也减小，由牛顿第二定律可知，小物块的加速度减小，小物块将做加速度减小的加速运动；
若传送带的速度较小，则当小物块的速度与传送带的速度相等时，二者一起做匀速直线运动；若传送带的速度较大，则当小物块受到的洛伦兹力的大小与小物块的重力相等时，小物块与传送带之间的弹力、摩擦力都是，小物块的加速度也减小到，小物块也将做匀速直线运动，速度小于等于传送带的速度。
由以上的分析可知，C正确，ABD错误
故选C。
9.【答案】B;
【解析】
粒子通过速度选择器，只有满足，即速度满足，才能通过速度选择器；当粒子的速度大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，当粒子的速度小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转．通过速度选择器进入磁场的粒子，根据，比较轨道半径即可知打在哪一点。
解决本题的关键知道只有速度满足，粒子才能通过速度选择器．以及知道根据，比较出轨道半径的大小。

解：四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足，才能通过速度选择器，所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙，根据，，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在点，丙打在点；
甲的速度小于乙的速度，即小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在点。丁的速度大于乙的速度，即大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在点，故B正确，ACD错误；
故选B。
10.【答案】A;
【解析】解：、粒子经过加速电场后到达时的速度为，由动能定理得，解得，
设区域Ⅱ的电时差为，则电场强度为粒子能够直线穿过区域Ⅱ，则有
则，故A正确；
B、由可得区域Ⅱ的场强，则，故B错误；
C、设粒子的密度为，带电荷量的面密度为，若纳米粒子的半径为时，则粒子的质量为，带电荷量为，
经过加速电场后的速度将变为，可见速度与半径为时的速度已不相等了，则粒子受电场力与洛伦兹力不在平衡，将不会直线通过，故C错误；
D、若粒子的半径，仍沿直线通过，仍需满足，此时，原来半径为时，，则现在的场强与原来的场强之比为，故D错误。
故选：。
粒子在加速电场中运动，可以根据动能定理计算出经过加速电场的速度，然后在区域Ⅱ做直线运动，可知粒子受力平衡，即洛伦兹力和电场力是一对平衡力，据此可计算电势差的大小；当粒子的半径发生变化时，其所带电荷量质量也随即发生变化，只要写出相应的质量、电荷量表达式不难对粒子的运动进行判断。
粒子能够直线穿过区域Ⅱ，不难做出受力平衡的判断，但是半径发生变化的时候，要想做出正确的判断，需要写出相应的电荷量、质量的表达式，以及相应的速度表达式，然后根据速度表达式写出电场强度的表达式来进行判断。
11.【答案】D;
【解析】解：、质量为点电荷，从静止释放后开始下落，库仑力越来越大，所以点电荷先加速后减速。则加速度先减小后增大。当到达点时，点电荷停止。由动能定理可得：，解得，，而当换成质量点电荷时，仍从原来位置静止释放，则点电荷先加速后减速。则加速度先减小后增大。故B错误；
C、速度最大位置，就是加速度为零的位置。即库仑力与重力相等的位置。
当质量为时，设平衡位置距点电荷的距离为 则有：。
而当质量为时，设平衡位置距底部点电荷的距离为则有：。
所以 则向下运动的位移，故C错误；
、点电荷从静止到点，由动能定理可得：，而所以点时的速度为，故A错误，D正确；
故选：。
当点电荷在自身重力与点电荷间的库仑力作用下，由静止释放后到停止。在此过程中重力做正功，库仑力做负功，且相等。当点电荷变成：电量不变，而改变质量，仍从原位置释放，则由动能定理，可求出停止位置，速度最大的位移及到达点的速度。
本题类似于换成两不带电两小球，且之间放入轻质弹簧，因为库仑力做功与弹簧弹力做功很相似。
12.【答案】AD;
【解析】解：对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：


随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由知：减小，乙所受的滑动摩擦力减小，故D正确；
以乙为研究对象，有：

由知，减小，加速度增大，因此根据可知，甲乙两物块之间的摩擦力不断增大，故A正确，BC错误；
故选：。
先以整体为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，分析斜面对乙的摩擦力如何变化，再对甲分析，由牛顿第二定律研究甲、乙之间的摩擦力、弹力变化情况．
解决本题运用整体法和隔离法结合研究，关键是抓住洛伦兹力随速度而增大的特点进行分析
13.【答案】BD;
【解析】解：A、沿电场线电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2，故A错误；
B、等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度，故B正确；
C、电子从低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电势能减小，因此C错误；
D、电子从P运动到R的过程中，电场力对它一直做正功，故D正确．
故选：BD．
14.【答案】ABC;
【解析】解：重力忽略不计的电子，穿过这一区域时未发生偏转，
A、若和都沿水平方向，并与电子运动方向相同，则有电子所受电场力方向与运动方向相反，而由于电子运动方向与方向相互平行，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转。故A正确；
B、若和都沿水平方向，并与电子运动方向相反，则有电子所受电场力方向与运动方向相同，而由于电子运动方向与方向在一条直线上，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转。故B正确；
C、若竖直向上，垂直于纸面向外，则有电场力竖直向下，而磁场力由左手定则可得方向竖直向上，所以当两力大小相等时，电子穿过此区域不会发生偏转。故C正确；
D、若竖直向上，垂直于纸面向里，则有电场力方向竖直向下，而磁场力方向由左手定则可得竖直向下，所以两力不能使电子做直线运动，故D错误；
故选：。
根据各选项提供的电场方向和磁场方向，逐一分析各选项中的受力情况，分析电场力和磁场力的合力，即可判断带电粒子的运动情况．
该题考查了电场力和磁场力的方向的判断，在判断磁场力方向时，要会熟练的应用左手定则；了解二力平衡的条件，会准确的判断二力是否能平衡是解决此类问题的关键．
15.【答案】解：（1）当小球离开斜面时，对其进行受力分析，洛伦兹力大小等于重力垂直于斜面上的分量，方向垂直斜面向上，由左手定则可得，粒子带正电；
（2）当小球离开斜面时，洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的分力，由平衡条件得：
Bqv=mgcosα
解得小球下滑的速度为：v=
小球沿斜面向下运动过程中，由机械能守恒定律得：
mgxsinα=m
联立解得小球位移的大小：x=
答：（1）小球的带电性质为正电；
（2）此时小球下滑的速度为，位移的大小为。;
【解析】
带电小球下滑后某时刻对斜面的压力恰好为零时，洛伦兹力与重力垂直于斜面向下的分力大小相等，由左手定则判断带电小球的电性；
由平衡条件求得小球下滑的速度；由于洛伦兹力不做功，根据小球的机械能守恒定律，联立即可求解。
解决本题的关键是正确地进行受力分析，抓住垂直于斜面方向上的合力为零，运用平衡条件和机械能守恒定律进行求解。
16.【答案】解：（1）如图小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上，
随小球速度增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，
杆对小球的支持力：N=qE+qvB
竖直方向由牛顿第二定律得：mg-μN=ma
即mg-μ（qE+qvB）=ma
当v=0时，即刚下滑时，加速度最大，=g-
当a=0时，下滑的速度最大，=-
（2）对小环由动量定理得：（mg-）t=m-0
解得：=mg-（-）
答：（1）小环下滑的最大加速度的大小是g-，最大速度的大小是-；
（2）小环下滑时间t内受到的平均摩擦力的大小是mg-（-）。;
【解析】
对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态。
对小环由动量定理列式可求得受到的平均摩擦力的大小。
本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高。
17.【答案】解：（1）滑块滑动过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得：
代入数据解得：=2m/s
（2）根据洛伦兹力大小公式得：f=qB=5×10-2×2×1=0.1N 方向竖直向下
（3）在C点，受到四个力作用，如图所示，
由牛顿第二定律与圆周运动知识得：
解得：FN=20.1N
根据牛顿第三定律压力F′N=20.1N 方向竖直向下
答：（1）滑块到达C点时的速度是2m/s；
（2）在C点时滑块所受洛伦兹力是0.1N 方向竖直向下；
（3）在C点滑块对轨道的压力是20.1N 方向竖直向下。;
【解析】
对滑块滑动过程中，由动能定理，即可求解；
根据洛伦兹力大小公式确定其大小，再由左手定则判定洛伦兹力方向；
在点受力分析，由牛顿第二定律，结合向心力表达式与牛顿第三定律，即可求解。
考查牛顿第二、三定律，动能定理的应用，掌握向心力的表达式，注意注意圆周运动最低点合外力不为零，左手定则与右手定则的区别。

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