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）（含答案）
文档属性
| 名称 | 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）（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 169.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-11-14 14:37:16 | ||
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文档简介
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）下列图中，电流的方向、磁场的方向和磁场对电流作用力的方向的关系错误的是
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）真空中竖直放置一长直细金属导线，俯视图如图。以导线为圆心做圆，光滑绝缘管水平放置，两端恰好落在圆周上，半径略小于绝缘管半径的带正电小球自端以速度向运动过程中，下列说法正确的是
A. 小球先加速后减速
B. 小球受到的洛伦兹力始终为零
C. 小球在中点受到的洛伦兹力为零
D. 小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向向上
4.（6分）可自由转动的指南针静止时，其位置如图中虚线所示。若在其正下方放置一水平方向的直导线图中未画出，并通以恒定电流，指南针重新静止后转向图中实线所示位置，则下列说法可能正确的是
A. 导线南北放置，通有向北的电流 B. 导线南北放置，通有向南的电流
C. 导线东西放置，通有向西的电流 D. 导线东西放置，通有向东的电流
5.（6分）如图所示，、、、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。一电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
6.（6分）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度垂直于霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流，、两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是
A. 霍尔元件的上下表面的距离越大，越大
B. 若霍尔元件的载流子是正电荷，则电势差
C. 仅增大电流时，电势差不变
D. 如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其他条件不变，
7.（6分）关于电荷所受电场力和运动电荷受到的洛伦兹力，正确的说法是
A. 运动电荷的磁场中一定受洛伦兹力作用
B. 运动电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向平行
C. 电荷在电场中一定受电场力作用
D. 电荷所受电场力方向一定与该处电场方向相同
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） 某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子不计重力以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是
A. 磁场和电场的方向 B. 磁场和电场的强弱
C. 粒子的电性和电荷量 D. 粒子入射时的速度
10.（6分）如图所示，在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里。现将一个带正电的金属小球从点以初速度水平抛出，小球着地时的速度为，在空中的飞行时间为若将磁场撤除，其他条件均不变，那么小球着地时的速度为，在空中飞行的时间为小球所受空气阻力可忽略不计，则关于和、和的大小比较，下列说法中正确的是
A. ， B. ，
C. ， D. ，
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）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果电子打在荧光屏上，在点出现一个稳定的亮斑，那么示波管中的
A. 极板应带正电 B. 极板应带正电
C. 极板应带正电 D. 极板应带正电
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：由左手定则可知，图中磁场对电流作用力的方向应竖直向上，故错误，正确。
本题选择错误选项
故选：。
根据左手定则可判断导体受力的情况。
此题主要考查左手定则，解题关键掌握左手定则的应用。
2.【答案】B;
【解析】
由安培定则确定每根导线中的电流在点产生的磁场方向，再利用矢量合成法则求得的合矢量的方向，根据左手定则即可判断出带电粒子所受洛伦兹力的方向。
考查磁场的叠加、安培定则及左手定则，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B正确，ACD错误。
故选：。
3.【答案】C;
【解析】解：、由于洛伦兹力不做功，所以小球的速率不变，故错误；
、根据安培定则可知，磁感线是以导线上的点为圆心沿逆时针方向的同心圆，如图所示。根据左手定则知磁感线穿过手心，四指指向正电荷的运动方向，可知在点，小球受到的洛伦兹力方向竖直向下；在点，小球受到的洛伦兹力方向竖直向上；当小球运动到中点时，速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故错误，正确；
故选：。
根据洛伦兹力不做功，判断小球的速率变化情况；先根据安培定则判断磁场方向，根据左手定则小球受到的洛伦兹力方向，再分析小球的运动情况。根据速度方向与磁场方向的夹角判断洛伦兹力的大小。
解答本题时，要明确通电导线周围磁场的分布情况，熟练运用安培定则和左手定则，判断小球受到的洛伦兹力方向，从而判断小球的运动情况。
4.【答案】A;
【解析】
通电导线产生的磁场由安培定则判断，小磁针在磁场中极受力方向与磁场方向相同。
此题主要考查安培定则的应用能力，这是当初奥斯特发现电流磁效应实验原理图。
A.若导线南北放置，通有向北的电流，根据安培定则可知，小磁针极将向东偏转，可转向图中实线所示位置，故正确；
B.导线南北放置，通有向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针极将向西偏转，与图中实线所示位置相反，故错误；
C.导线东西放置，通有向西的电流，根据安培定则可知，小磁针极不偏转，故错误；
D.导线东西放置，通有向东的电流，根据安培定则可知，小磁针极不偏转，故错误。
故选。
5.【答案】A;
【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，当一带负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上，故正确，错误。
故选：。
6.【答案】D;
【解析】解：、根据间存在电势差，之间就存在电场，载流子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，
设霍尔元件的长宽高分别为、、，有，，则有：，由材料决定，故与材料有关；还与上下表面的距离成反比，与宽无关，同时还与磁场与电流有关，故错误；
、根据左手定则，若霍尔元件的载流子是正电荷，则正电荷向侧面偏转，表面带正电，表面带负电，所以表面的电势高，则，故错误；
、如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其它条件不变，依据左手定则，可知正离子向左侧偏转，而负离子也向侧偏转，导致，故正确。
故选：。
在霍尔元件中，移动的是载流子，根据左手定则判断出载流子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道、两侧面会形成电势差的正负。间存在电势差，之间就存在电场，载流子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差与什么因素有关。
解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是载流子，以及载流子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，注意金属导体与电解质溶液的区别。
7.【答案】C;
【解析】
运动电荷速度方向与磁场方向不平行时，受到洛伦兹力作用，电荷静止或运动电荷速度方向与磁场方向平行时，电荷不受磁场力；电荷在电场中一定受到电场力作用，正电荷受力方向与电场方向一致；洛伦兹力方向与磁场方向垂直。电荷在电场中一定受到电场力作用，电荷在磁场中不一定受磁场力作用，要注意电场力与磁场力的区别。
A、运动的电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力作用，比如电荷的运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故A错误；
B、根据左手定则知，洛伦兹力的方向与磁场方向垂直，故B错误；
C、电荷在电场中一定受到电场力作用，故C正确；
D、正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，故D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】C;
【解析】
带电粒子在电场中一定会受到电场力的作用；一个带电粒子进入电场、磁场共存的区域后做匀速直线运动，所以带电粒子受到的洛伦兹力与电场力大小相等，方向相反，即：
可知粒子的速度大小：是必须的条件，同时磁场的强弱与电场的强弱必须满足；
同时，由左手定则可知，洛伦兹力的方向与粒子速度的方向、磁场的方向垂直，而电场力的方向与电场的方向平行，所以磁场的方向必定与电场的方向垂直；
由于带电粒子在磁场中做匀速直线运动，结合洛伦兹力产生的条件可知，速度的方向必须与磁场的方向垂直，同时由平衡条件可知，洛伦兹力的方向与电场力的方向相反，则二者的方向必定也要满足特定的条件；
而且由公式可知，粒子满足前面的两个条件时，与粒子的带电量以及粒子的电性都无关。
故C符合题意，不符合题意。
本题选择与完成上述两类运动无关的，故选：。
带电粒子刚好做匀速直线运动，则电场力等于洛伦兹力，只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，结合做圆周运动的条件判断。
该题考查带电粒子在磁场中的运动，解题要抓住带电粒子刚好以某一初速度做匀速直线运动，可知电场力等于洛伦兹力，这一条件解题，知道带电粒子在电场、磁场中的运动情况是关键。
10.【答案】D;
【解析】解：因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些。即故D正确，ABC错误。
故选：。
未撤除磁场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力，但洛伦兹力不做功。根据动能定理分析速度大小关系。分析洛伦兹力对小球运动影响，分析时间关系。
题中小球在复合场中运动，关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小的特点进行分析。
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】AC;
【解析】解：电子受力方向与电场方向相反，电子打在荧光屏上，在点出现一个稳定的亮斑，电子向向偏转则，电场方向为到，则带正电，同理可知带正电，故AC正确，BD错误。
故选：。
由亮斑位置可知电子偏转后打在偏向，向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性．
此题主要考查电子的偏转，要知道电子的受力与电场的方向相反，会分析两个方向上所加不同电压对应的不同偏转情况．
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。
一 、单选题（本大题共11小题，共66分）
1.（6分）下列图中，电流的方向、磁场的方向和磁场对电流作用力的方向的关系错误的是
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）真空中竖直放置一长直细金属导线，俯视图如图。以导线为圆心做圆，光滑绝缘管水平放置，两端恰好落在圆周上，半径略小于绝缘管半径的带正电小球自端以速度向运动过程中，下列说法正确的是
A. 小球先加速后减速
B. 小球受到的洛伦兹力始终为零
C. 小球在中点受到的洛伦兹力为零
D. 小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向向上
4.（6分）可自由转动的指南针静止时，其位置如图中虚线所示。若在其正下方放置一水平方向的直导线图中未画出，并通以恒定电流，指南针重新静止后转向图中实线所示位置，则下列说法可能正确的是
A. 导线南北放置，通有向北的电流 B. 导线南北放置，通有向南的电流
C. 导线东西放置，通有向西的电流 D. 导线东西放置，通有向东的电流
5.（6分）如图所示，、、、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。一电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
6.（6分）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度垂直于霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流，、两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是
A. 霍尔元件的上下表面的距离越大，越大
B. 若霍尔元件的载流子是正电荷，则电势差
C. 仅增大电流时，电势差不变
D. 如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其他条件不变，
7.（6分）关于电荷所受电场力和运动电荷受到的洛伦兹力，正确的说法是
A. 运动电荷的磁场中一定受洛伦兹力作用
B. 运动电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向平行
C. 电荷在电场中一定受电场力作用
D. 电荷所受电场力方向一定与该处电场方向相同
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） 某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子不计重力以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是
A. 磁场和电场的方向 B. 磁场和电场的强弱
C. 粒子的电性和电荷量 D. 粒子入射时的速度
10.（6分）如图所示，在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里。现将一个带正电的金属小球从点以初速度水平抛出，小球着地时的速度为，在空中的飞行时间为若将磁场撤除，其他条件均不变，那么小球着地时的速度为，在空中飞行的时间为小球所受空气阻力可忽略不计，则关于和、和的大小比较，下列说法中正确的是
A. ， B. ，
C. ， D. ，
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）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果电子打在荧光屏上，在点出现一个稳定的亮斑，那么示波管中的
A. 极板应带正电 B. 极板应带正电
C. 极板应带正电 D. 极板应带正电
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：由左手定则可知，图中磁场对电流作用力的方向应竖直向上，故错误，正确。
本题选择错误选项
故选：。
根据左手定则可判断导体受力的情况。
此题主要考查左手定则，解题关键掌握左手定则的应用。
2.【答案】B;
【解析】
由安培定则确定每根导线中的电流在点产生的磁场方向，再利用矢量合成法则求得的合矢量的方向，根据左手定则即可判断出带电粒子所受洛伦兹力的方向。
考查磁场的叠加、安培定则及左手定则，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B正确，ACD错误。
故选：。
3.【答案】C;
【解析】解：、由于洛伦兹力不做功，所以小球的速率不变，故错误；
、根据安培定则可知，磁感线是以导线上的点为圆心沿逆时针方向的同心圆，如图所示。根据左手定则知磁感线穿过手心，四指指向正电荷的运动方向，可知在点，小球受到的洛伦兹力方向竖直向下；在点，小球受到的洛伦兹力方向竖直向上；当小球运动到中点时，速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故错误，正确；
故选：。
根据洛伦兹力不做功，判断小球的速率变化情况；先根据安培定则判断磁场方向，根据左手定则小球受到的洛伦兹力方向，再分析小球的运动情况。根据速度方向与磁场方向的夹角判断洛伦兹力的大小。
解答本题时，要明确通电导线周围磁场的分布情况，熟练运用安培定则和左手定则，判断小球受到的洛伦兹力方向，从而判断小球的运动情况。
4.【答案】A;
【解析】
通电导线产生的磁场由安培定则判断，小磁针在磁场中极受力方向与磁场方向相同。
此题主要考查安培定则的应用能力，这是当初奥斯特发现电流磁效应实验原理图。
A.若导线南北放置，通有向北的电流，根据安培定则可知，小磁针极将向东偏转，可转向图中实线所示位置，故正确；
B.导线南北放置，通有向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针极将向西偏转，与图中实线所示位置相反，故错误；
C.导线东西放置，通有向西的电流，根据安培定则可知，小磁针极不偏转，故错误；
D.导线东西放置，通有向东的电流，根据安培定则可知，小磁针极不偏转，故错误。
故选。
5.【答案】A;
【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，当一带负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上，故正确，错误。
故选：。
6.【答案】D;
【解析】解：、根据间存在电势差，之间就存在电场，载流子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，
设霍尔元件的长宽高分别为、、，有，，则有：，由材料决定，故与材料有关；还与上下表面的距离成反比，与宽无关，同时还与磁场与电流有关，故错误；
、根据左手定则，若霍尔元件的载流子是正电荷，则正电荷向侧面偏转，表面带正电，表面带负电，所以表面的电势高，则，故错误；
、如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其它条件不变，依据左手定则，可知正离子向左侧偏转，而负离子也向侧偏转，导致，故正确。
故选：。
在霍尔元件中，移动的是载流子，根据左手定则判断出载流子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道、两侧面会形成电势差的正负。间存在电势差，之间就存在电场，载流子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差与什么因素有关。
解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是载流子，以及载流子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，注意金属导体与电解质溶液的区别。
7.【答案】C;
【解析】
运动电荷速度方向与磁场方向不平行时，受到洛伦兹力作用，电荷静止或运动电荷速度方向与磁场方向平行时，电荷不受磁场力；电荷在电场中一定受到电场力作用，正电荷受力方向与电场方向一致；洛伦兹力方向与磁场方向垂直。电荷在电场中一定受到电场力作用，电荷在磁场中不一定受磁场力作用，要注意电场力与磁场力的区别。
A、运动的电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力作用，比如电荷的运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故A错误；
B、根据左手定则知，洛伦兹力的方向与磁场方向垂直，故B错误；
C、电荷在电场中一定受到电场力作用，故C正确；
D、正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，故D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】C;
【解析】
带电粒子在电场中一定会受到电场力的作用；一个带电粒子进入电场、磁场共存的区域后做匀速直线运动，所以带电粒子受到的洛伦兹力与电场力大小相等，方向相反，即：
可知粒子的速度大小：是必须的条件，同时磁场的强弱与电场的强弱必须满足；
同时，由左手定则可知，洛伦兹力的方向与粒子速度的方向、磁场的方向垂直，而电场力的方向与电场的方向平行，所以磁场的方向必定与电场的方向垂直；
由于带电粒子在磁场中做匀速直线运动，结合洛伦兹力产生的条件可知，速度的方向必须与磁场的方向垂直，同时由平衡条件可知，洛伦兹力的方向与电场力的方向相反，则二者的方向必定也要满足特定的条件；
而且由公式可知，粒子满足前面的两个条件时，与粒子的带电量以及粒子的电性都无关。
故C符合题意，不符合题意。
本题选择与完成上述两类运动无关的，故选：。
带电粒子刚好做匀速直线运动，则电场力等于洛伦兹力，只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，结合做圆周运动的条件判断。
该题考查带电粒子在磁场中的运动，解题要抓住带电粒子刚好以某一初速度做匀速直线运动，可知电场力等于洛伦兹力，这一条件解题，知道带电粒子在电场、磁场中的运动情况是关键。
10.【答案】D;
【解析】解：因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些。即故D正确，ABC错误。
故选：。
未撤除磁场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力，但洛伦兹力不做功。根据动能定理分析速度大小关系。分析洛伦兹力对小球运动影响，分析时间关系。
题中小球在复合场中运动，关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小的特点进行分析。
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】AC;
【解析】解：电子受力方向与电场方向相反，电子打在荧光屏上，在点出现一个稳定的亮斑，电子向向偏转则，电场方向为到，则带正电，同理可知带正电，故AC正确，BD错误。
故选：。
由亮斑位置可知电子偏转后打在偏向，向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性．
此题主要考查电子的偏转，要知道电子的受力与电场的方向相反，会分析两个方向上所加不同电压对应的不同偏转情况．
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。