资源简介

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1.2 磁场对运动电荷的作用力
一、单选题
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.大量的带电荷量均为＋q的粒子在匀强磁场中运动,下列说法中正确的是(　　)
A. 只要速度大小相同,所受的洛伦兹力就相同
B. 如果把＋q改为－q,且速度反向但大小不变,与磁场方向不平行,则洛伦兹力的大小和方向均不变
C. 只要带电粒子在磁场中运动,它一定受到洛伦兹力作用
D. 带电粒子受到的洛伦兹力越小,则该磁场的磁感应强度就越小
3.质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子,以速度v射入磁感应强度大小为B的匀强磁场中,速度方向、磁场方向如图所示。则粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力大小为qvBsin θ的是(　　)
4.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。若正电子的偏转情况如图所示,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
5.如图,来自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量高能粒子,幸好由于地磁场的存在改变了这些带电粒子的运动方向,使很多带电粒子不能到达地面,避免了其对地面生命的危害。已知潮州上空某处由南指向北的磁感应强度约为1.2×10－4 T,如果有一速率v=5.0×105 m/s、电荷量为1.6×10－19 C的正电荷竖直向下运动穿过此处的地磁场,则该正电荷受到的洛伦兹力约为(　　)
A. 9.6×10－18 N　向东 B. 9.6×10－17N　向西
C. 9.6×10－16 N　向北 D. 9.6×10－15 N　向南
6.显像管的原理示意图如图所示,当没有磁场时电子束打在荧光屏正中的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方向,如果要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点,下列磁场能够使电子束发生上述偏转的是(　　)
7.通电长直导线在其周围空间产生磁场,某点的磁感应强度大小B与该点到导线的距离r及电流I的关系为B=k(k为常量)。如图所示,竖直通电长直导线中的电流I方向向上,绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动,小球始终在水平面内运动,运动轨迹用实线表示,则从上向下看,小球的运动轨迹可能是图中的(　　)
8.如图所示,质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球A套在粗细均匀的固定绝缘水平杆上,整个装置处在垂直于纸面向外的水平匀强磁场中。现对A施加一个水平向右、大小恒为F(FA. B. C. D.
9.如图所示，一块长方体半导体材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当通以从左到右的恒定电流I时，半导体材料上、下表面电势分别为j1、j2。该半导体材料垂直电流方向的截面为长方形，其与磁场垂直的边长为a、与磁场平行的边长为b，半导体材料单位体积内自由移动的带电粒子数为n，每个粒子的带电荷量大小为q。那么(　　)
A. 若j1>j2，则半导体中自由移动的粒子带负电B. 若j1C. |j1-j2|= D. |j1-j2|=
10.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
11.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
12.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＝
13.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
14.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
二、多选题
15.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v,方向垂直纸面向里,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evB
16.如图所示是一“滤速器”装置示意图。a、b为水平放置的平行金属板，一束具有不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间。为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO'运动，由O'射出。忽略粒子重力作用，可能达到上述目的的办法是(　　)
A. 使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里B. 使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里
C. 使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外D. 使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外
17.如图所示,用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中,空气阻力不计,若小球分别从A点和B点向最低点O运动,则两次经过O点时(　　)
A. 小球的动能相同 B. 丝线所受的拉力相同
C. 小球所受的洛伦兹力相同 D. 小球的向心加速度相同
18.金属板放在垂直于纸面的磁场中，当有电流通过时会产生霍尔效应。如图所示，宽为d的金属板放入匀强磁场中，磁场方向与金属板垂直，磁感应强度为B。当金属板通入如图所示的电流时，电子定向移动速度为v。下列说法正确的是(　　)
A. a、b两点的电势相等 B. 达到稳定状态时，a、b两点之间的电势差为Bdv
C. 导体上表面聚集电子，a点电势高于b点电势D. 导体下表面聚集电子，a点电势低于b点电势
19.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xaD. a、b两球沿槽运动的时间分别为ta、tb，则ta20.磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　)
A. 极板MN是发电机的正极
B. 仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C. 仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D. 仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
21.某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置的管道由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，流量计左右两端开口。方向向下的匀强磁场垂直于上下底面，磁感应强度大小为B，在前后两个面分别有金属板M、N作为电极。含有正、负离子的污水从左向右匀速流过流量计时，显示仪器显示流量为Q(单位时间内流过的液体体积)，则下列说法正确的是(　　)
A. N侧的电势比M侧的电势高 B. 污水流过测量管的速度大小为
C. M、N两极之间产生的电动势为 D. 污水中离子浓度越高，流量Q越大
三、计算题
22.如图所示,一个质量为m=1.5×10－4 kg的小滑块,带有q=5×10－4 C的电荷量,放置在倾角α=37°的光滑绝缘斜面上,斜面固定且置于B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,小滑块由静止开始沿斜面滑下,斜面足够长,小滑块滑至某一位置时,将脱离斜面(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)。求:
(1)小滑块带何种电荷
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大
(3)该斜面长度至少多长
23.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？
24.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)
25.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．
1.2 磁场对运动电荷的作用力 答案与解析
一、单选题
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】带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力不仅与其速度的大小有关,还与其速度的方向有关,当速度方向与磁场方向平行时,带电粒子不受洛伦兹力作用,A、C、D错误;根据左手定则可判断,只使粒子的电性改变且速度反向时,洛伦兹力不变,B正确。
3.【答案】B
【解析】当带电粒子的速度方向垂直于磁场方向时,受到的洛伦兹力大小为qvB,当速度方向与磁场方向的夹角为θ时,垂直磁场方向的分速度为vsin θ,这时的洛伦兹力大小为qvBsin θ。图A、D中速度方向与磁场方向垂直,洛伦兹力大小为qvB,故A、D错误;图B中,垂直磁场方向的分速度为vsin θ,所受洛伦兹力大小为qvBsin θ,故B正确;图C中垂直磁场方向的分速度为vcos θ,所受洛伦兹力大小为qvBcos θ,故C错误。
4.【答案】B
【解析】题中图片显示,向下运动的正电荷受到洛伦兹力的方向是向右的,由左手定则可知,磁场的方向垂直纸面向里,B正确。
5.【答案】A
【解析】该正电荷受到的洛伦兹力大小为F=qvB=1.6×10－19×5.0×105×1.2×10－4 N=9.6×10－18 N,根据左手定则可知,洛伦兹力方向向东,故A正确。
6.【答案】A
【解析】要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点,则电子先向上偏转后向下偏转,P到O过程中洛伦兹力向上,O到Q过程中洛伦兹力向下,根据左手定则可知,能够使电子束发生上述偏转的磁场是选项A,故A正确。
7.【答案】A
【解析】根据安培定则可知,直线电流产生的磁场方向与光滑的水平面平行,根据左手定则可知,带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直,沿水平方向没有分力,所以洛伦兹力对带电小球在水平面内的运动无影响,小球将做匀速直线运动,故A正确。
8.【答案】A
【解析】对小球受力分析,竖直方向,由平衡条件有mg=qvB＋FN,水平方向,根据牛顿第二定律有F－μFN=ma,又a=,联立解得v=,故A正确。
9.【答案】C
【解析】根据左手定则知粒子受到的洛伦兹力向上，若j1>j2，判断知半导体中自由移动的粒子带正电，若j1取上表面与下表面的电势差为|j1-j2|，粒子平衡时不再向极板移动，qvB=q，解得|j1-j2|=avB，因为电流I=nqvab，解得|j1-j2|=，故C正确，D错误。
10.【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．
11.【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．
12.【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．
13.【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．
14.【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．
二、多选题
15.【答案】AC
【解析】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纸面向里,由安培定则知,两导线在Q点处的磁感应强度方向夹角为120°,如图所示,则Q点处的合磁感应强度B'=B,因此电子在Q点所受的洛伦兹力大小为F=evB,根据左手定则知,电子经过Q点时所受的洛伦兹力方向水平向左,A、C正确,B、D错误。
16.【答案】AD
【解析】a板电势高于b板时，电子所受静电力方向向上。磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向下，两力可能平衡，符合题意，故选项A正确；a板电势低于b板时，电子所受静电力方向向下。磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向下，两力不可能平衡，不符合题意，故选项B错误；a板电势高于b板时，电子所受静电力方向向上。磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则判断，洛伦兹力方向向上，两力不可能平衡，不符合题意，故选项C错误；a板电势低于b板时，电子所受静电力方向向下。磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向上，两力可能平衡，符合题意，故选项D正确。
17.【答案】AD
【解析】带电小球受到的洛伦兹力及丝线的拉力跟速度方向时刻垂直,对小球不做功,只改变速度方向,不改变速度大小,此过程只有重力做功,故小球两次经过O点时速度大小不变,动能相同,选项A正确;小球分别从A点和B点向最低点O运动,两次经过O点时速度方向相反,由左手定则可知两次经过O点时洛伦兹力方向相反,故丝线所受拉力大小不同,选项B、C错误;由an=可知向心加速度相同,选项D正确。
18.【答案】BC
【解析】由左手定则可知电子所受洛伦兹力方向向上，导体上表面聚集电子，a点电势高于b点电势，达到稳定状态时，电子所受静电力与洛伦兹力平衡，有q=qvB，即a、b两点之间电势差U=Bdv。B、C项正确。
19.【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vaab，根据位移公式可知xa20.【答案】AC
【解析】带正电的粒子受到的洛伦兹力向上，带负电的粒子受到的洛伦兹力向下，极板MN带正电为发电机正极，A正确；
粒子受到的洛伦兹力和静电力相互平衡时，此时令极板间距为d，则qvB=q，可得U=Bdv，因此增大极板间距d，U变大，增大等离子体的喷入速率v，U变大，U大小和粒子数密度无关，B、D错误，C正确。
21.【答案】AC
【解析】根据左手定则，正离子向后表面(N 板)偏转，负离子向前表面(M 板)偏转，所以N侧的电势比M侧的电势高，A正确；流量Q=Sv，管道横截面积S=bc，则v==，B错误；当离子受力平衡时，Bqv=q(U为M、N两极间的电动势)，又因为v=，代入可得U=，C正确；由Q=Sv可知，流量Q只与流速v和横截面积S有关，与污水中离子浓度无关，D错误。
三、计算题
22.【答案】(1)负电荷　(2)4.8 m/s　(3)1.92 m
【解析】(1)小滑块沿斜面下滑过程中,受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面,洛伦兹力F的方向应垂直斜面向上,根据左手定则可知,小滑块应带负电荷。
(2)小滑块沿斜面下滑时,垂直斜面方向的加速度为零,有qvB＋FN－mgcos α=0
当FN=0时,小滑块开始脱离斜面,此时有
qvB=mgcos α
解得v==4.8 m/s。
(3)下滑过程中,只有重力做功,由动能定理得
mgssin α=mv2
斜面的长度至少应为s==1.92 m。
23.【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＝.
24.【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.
25.【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．
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