洛伦兹力达标作业

1、1.3洛伦兹力达标作业（解析版）.如图所示，将一带负电的微粒从。点垂直磁场方向射入磁场后，其运动轨迹可能是A.虚线OaB.虚线ObC.虚线OcD.虚线Od.一束带电粒子向M、N两金属极板运动。下列说法正确的是（）A.正离子向M极偏转，负离子向N极偏转B.正离子向N极偏转，负离子向M极偏转C.正、负离子均向N极偏转D.正、负离子均向M极偏转.宋代沈括在公元1086年写的梦溪笔谈中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针 锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是（）地轴地球自转方向A.在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫

2、N极，指北的磁极地轴叫S极B.对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南北极附近所受阻挡作用最弱， 赤道附近最强C.形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D.由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面 竖直放置.一个质量为m带-q的滑环套在水平且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处于方向如 图所示的匀强磁场B中。现给圆环向左的初速度勺，以后的运动过程中圆环运动的速度 图像可能是（） B *I C =5.在一正方形区域里有垂直纸面向里的匀强磁场，现有服b、c三个比荷相同的带电 粒子（不计重力）依次从P点沿PQ方向射入磁场，其运动轨迹分别如图所示，带电粒 子a

3、从PM边中点O射出，b从M点射出，c从N点射出。则a、b、c三个粒子在磁场 中运动的（ ）P（）MA.速率之比为1： 2： 3B.周期之比为1： 1： 2C.时间之比为2： 2： 1D.动量大小之比为1： 2： 46.如图所示，在边长为a的正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度 大小为B的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从AB边 的中点O以某一速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的 夹角为60。从AB边穿出磁场的粒子中，最大速度v为（ ）A3BqaB Bqac 百Bqa口 3 Bqa6 m4 m8 m8 m.一长为L的直导线置于磁感应

4、强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是（）A.通电直导线受到安培力的大小为ILB.无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力C.安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，所以安培力对通电直导线不做功D.通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面.下列四幅演示实验图中，实验现象描述正确的是（）+ -一 + + +丙丁A.图甲用磁铁靠近轻质铝环A, A会靠近磁铁.图乙断开开关S,触点C立即断开C.图丙演示同向电流相互吸引，反向电流相互排斥D.图丁电子射线管（A为阴极），接通高压电源后，荧光屏上的电子束向下偏转.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度

5、为B的匀强磁场，MN是一竖 直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒 子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（）A.射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上B.粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长C.射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线不可能过圆心。D.当入射速度v 幽时，粒子射出磁场后一定垂直打在MN上 m.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一段静止的长为L截面积为S的通电导线，磁场方向垂直于导线。设单位体积导线中有个自由电荷，每个自由电荷的电荷量都为q，它们沿导线定向移动的平均速率为

6、v。下列选项正确的是（）x x x x B x00X 5tx X 承A.导线中的电流大小为nSqvB .这段导线受到的安培力大小为nLqvBC沿导线方向电场的电场强度大小为vBD.导线中每个自由电荷受到的平均阻力大小为qvB.如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直 于纸面向里，一带负电的粒子（不计重力）沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁 场区域后速度方向偏转了 30。如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大， 在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点向上平移的距离d为（）A. （2 3 RB.（2 + GrC. 23 RD. 13 R12.如图所示

7、，一倾角为。=53。的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在 竖直向上、大小E = 1 x 102N/C的匀强电场和垂直纸面向外、大小B = 1 x 102T的匀强磁 场。现让一质量m = 0.4kg、电荷量q = 1x10-2C的带负电小滑块从斜面上某点由静止释放， 小滑块运动1m后离开斜面。已知cos53= 0.6, g = 10m/s2,则以下说法正确的是（）A.离开斜面前小滑块沿斜面做匀加速运动B.小滑块离开斜面时的速度为1.8 m/sC.在离开斜面前的过程中小滑块电势能增加了 0.8JD.在离开斜面前的过程中摩擦产生的热量为2.2J13.如图，边长为L的等边三角形ABC区域内

8、有方向垂直于纸面的匀强磁场，D为AB 边的中点，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子平行BC边从D点射入磁场，粒子 的速度大小为%，且刚好垂直BC边射出磁场。不计粒子的重力，下列判断正确的是（）A.该匀强磁场的方向垂直纸面向里B.匀强磁场的磁感应强度生Am%3 qLC.若只改变该粒子射入磁场的速度大小，则粒子从C点射出磁场所用的时间为绊6 v0D.若只改变该粒子射入磁场的速度方向，则粒子可以从BC边射出磁场的最短时间为,.瓜R l12 v 014.如图，边界OM与ON间有垂直纸面向里的匀强磁场磁感应强度为B。边界ON上 有一粒子源乱沿平行于纸面向磁场内各个方向发射大量带电荷量为+ q、质量为m

9、的相 同速率的同种粒子，其中部分粒子能从边界OM射出磁场。已知/MON = 30。，OS = d , .一. . .2nm.、.且从OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为,。不考虑粒子间的相互作用，则 3qB（）餐产/工 X K X XSA.粒子的速率为%2 mB.粒子的速率为B6 mC.D.15.从OM射出的粒子，射出时与O点的最远距离为2d从OM射出的粒子，射出时与O点的最远距离为空3 d3如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图 中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是（）A.通过霍尔元件的

10、磁场方向向下B.接线端2的电势高于接线端4的电势C.仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变D.若适当减小R 1、，则增大R2电压表示数一定增大.如图所示，一个正离子，从A点正对着圆心O以速度%射入半径为R的绝缘圆筒 中，圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，要使带电粒子与圆筒内壁碰撞两次后仍从4 点射出，求正离子在磁场中运动的时间t ,设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失， 不计粒子的重力。.如图所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出) 一带正电的粒子，电荷量为q，质量为m,从y轴上的点A (0,半L )沿某方向射入 、，一 ，、一一一一-I, 3磁场，若干

11、时间后到达第四象限的点B ( -L , L)，粒子在点B的速度大小为v方向与y轴平行，不计重力，求：匀强磁场B的大小；(2)粒子从点A到点B的时间t。参考答案1D【详解】由左手定则可知，该负电荷受到的洛伦兹力向右，故运动轨迹可能是虚线Od , D正确。故选D。2B【详解】根据左手定则可以判断正离子受洛伦兹力向下，负离子受洛伦兹力向上，因此正离子向N极偏转，负离子向M极偏转，故ACD错误，B正确。故选B。3B【详解】A.地理的南极是地磁的北极，则在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫S极，指北 的磁极地轴叫N极，选项A错误；B.在地球的两极磁场方向垂直地球表面的分量较大，在赤道附近平行地球表面

12、的分量较大， 则对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南北极附近所受阻挡作用最弱，赤道 附近最强，选项B正确；C.地球自吸向东转，根据安培定则可知，形成地磁场的原因可能是带负电的地球自转引起 的，选项C错误；D.由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面水平 放置，且导线的方向沿南北方向，故D错误。故选B。4C【详解】由左手定则可知滑环所受洛伦兹力F洛=qvB方向竖直向下，滑环所受重力G=mg方向竖直向 下，细杆对滑环的支持力FN竖直向上，滑环所受滑动摩擦力六的 方向水平向右，则滑 环做减速运动，随速度v的减小F洛减小，则FN逐渐减小，故滑动摩擦力f逐渐减

13、小，故滑 环的加速度a fm逐渐减小，即滑环作加速度逐渐减小的变减速运动，直至速度减为零。故选C。5C【详解】AD .设正方形的边长为L根据几何关系可知粒子运动的半径分别为L r = a 4Lr =-b 2r = L由洛伦兹力提供向心力v 2qvB = m r解得qrBr =m则有v :v :v = r : r : r = 1:2:4根据动量表达式故AD错误;p = mv因为粒子的质量关系不确定，所以动量的大小关系也不能确定，BC.根据周期2九mT =qB可知粒子运动的周期相等，则有T 广广2T t =c 4所以时间之比为2： 2： 1，故C正确，B错误。故选C。6. C【详解】粒子运动的轨迹

14、过程图如图所示轨迹圆恰好与BC边相切粒子恰好从AB边穿出磁场的临界轨迹对应的半径为根据洛伦兹力提供向心力可得v2 qvB = m R 联立可得3 Bqa v =8m故选C。7D【详解】A.只有当通电导线与磁场方向垂直时，通电导线受到安培力的大小才为IBL，故A错误；B.当通电导线与磁场平行时，它不受安培力，故B错误；C.安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，安培力对通电导线也能做功，故C错误； D.通电直导线所受安培力的方向既垂直于磁感应强度方向又垂直于电流方向，即垂直于磁 感应强度方向和电流方向构成的平面，故D正确。故选D。.C【详解】A.图甲用磁铁靠近轻质铝环A,由于A环中发生电磁感应，

15、根据楞次定律可知，A将远离 磁铁，A错误；B.图乙断开开关S,由于B线圈中的发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁 性，触电C不立即断开，B错误；C.图丙中，当通入电流方向相反时，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根 据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的 安培力方向向右；同理，将右导线看成场源电流，左导线受到的安培力向左，两导线远离， 即两导线相互排斥；同理可知：当电流方向相同时，两导线要靠拢，即两导线相互吸引，C 正确；D.由图丁可知，A是阴极，B是阳极，电子在射线管由A向B运动，电子带负电，由左手 定则可知，电子束所受的洛伦兹力

16、向上，荧光屏上的电子束运动径迹向上偏转，D错误。 故选C。.D【详解】AC.如图所示的两个三角形的三条边对应相等，这两个三角形全等，粒子一定沿着半径方 向射出磁场，其出射方向的反向延长线一定通过圆心。，射出磁场的粒子不一定能垂直打在MN上，AC错误;D.当入射速度v =- 时mv 2qvB = m rqBRv =m解得r = R粒子水平射出，一定垂直打在MN上，D正确；一 芋Vsi*1 s J,J X 倒. X X 1 一XV X OX X / X -W-K B.粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长，弦切角越小，圆心角越小，在磁场中 的运动时间越短，B错误。故选D。. A 【详解】A.根

17、据电流定义其中L t = v根据题意Q = nSqL带入化解即可得到/的微观表达式为I = nSqv故A正确；B 由安培力公式可得F =BIL安I = nSqv联立得尸安=nSLqvB故B错误；C.沿导线方向的电场的电场强度大小为E = U（U为导线两端的电压）L它的大小不等于vB，只有在速度选择器中的电场强度大小才是vB，且其方向是垂直导线方 向，故C错误；D.导线中每个自由电荷受到的平均阻力方向是沿导线方向的，而qvB是洛伦兹力，该力的 的方向与导线中自由电荷运动方向垂直，二者不相等，故D错误。故选A。11A【详解】一带负电的粒子（不计重力）沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速

18、度方向 偏转了 30。，根据几何关系有tan15 0 =r当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的最大。由图可知sin 0 =r平移距离为d = R sin0解得d = (2 -无)R故选A。D【详解】A.小球在下滑过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力作用。由于洛伦兹力的大 小变化使小球对斜面的弹力减小，从而导致摩擦力减小，故小球做加速度增大的加速运动， 所以，选项A错；B.当洛伦兹力增大至小球与斜面的弹力为0时，小球将离开斜面运动，此时有：qvB = (mg + Eq) cos53解得：小球离开斜面时的速度为3 m/s,所以，选项B错；C.整个过程中，电场力做正功

19、由E = 一 Eq x sin 0P带入数据得小球的电势能减小了 0.8J,所以，选项C错；D.由动能定理得(mg + Eq)x1sin53o- W = mmv2 - 0f 2解得整个过程中摩擦力做功-2.2J,即产生的热量为2.2J,故选项D正确。故选D。BD【详解】A.粒子垂直于BC边射出磁场，所以粒子向下偏转，洛伦兹力方向向下，根据左手定则，粒子带正电，则磁场的方向垂直纸面向外，选项A错误;B.粒子垂直于BC射出磁场，圆心在BC上，同时粒子从D点水平射入，圆心应该在过D 点与BC垂直的垂线的垂足处，所以半径为三角形BC边上高的一半，v2qv B = m-o-4 3 mvnB =03qLB

20、正确;C改变初速度的大小，当r =亘L2粒子从C点射出；粒子在磁场中做圆周运动的周期粒子从C点与AC相切射出磁场时2兀m 国L1 =qB2v0偏转60。，运动时间为,17 Lt = T =612v0选项C错误;D.粒子从BC边射出时间最短时，粒子运动轨迹在磁场中的弦最短，而最短弦为从D到BC的垂线长度，即正好等于轨迹圆的半径，则粒子偏转60。，运动时间为/ 17 心 Lt = T 1 M 612v0选项D正确;故选BD。14BD 【详解】 粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是乱出射点在OM直线上，出射点与S点的连 线为轨迹的一条弦，当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，即通过S点做OM的垂线为最短的弦，且 T _ 0m2 nqB2n m3 qB则弦切角为60。，由几何关系可知，弦长为s d sin 30s = 2 R sin 600由公式v2qvB = m R得R = mvqB联立解得3qBd v =6m故A错误，B正确；CD.当粒子运动轨迹圆的弦长与ON垂直时，此时出射点离O点最远，由几何关系有L =3=辽 dcos