第一章　2一、選擇題(本題共8小題，每題6分，共48分)1．(2021·浙江省紹興市高級中學高一下學期檢測)下列關于運動電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向正確的是 (　A　)解析：根據(jù)左手定則判斷得出正電荷所受的洛倫茲力方向向上，故A正確，B錯誤；根據(jù)左手定則判斷可知，負電荷受到的洛倫茲力方向向上，故C、D錯誤。2．(2021·北京牛欄山一中高二檢測)如圖所示，一混合正離子束(不計重力)通過正交電場磁場區(qū)域，如果這束正離子流在區(qū)域中不偏轉，則說明這些正離子具有相同的(　C　)A．電荷 B．質(zhì)量C．速度 D．比荷解析：正離子通過電場磁場時，受到向下的電場力和向上的洛倫茲力作用，當Eq＝qvB，即v＝時離子沿直線通過正交的電場磁場區(qū)域，故選C。3. (2020·寧夏銀川一中高二上學期期末)如圖所示，宇宙射線中存在高能帶電粒子，假如大氣層被破壞，這些粒子就會到達地球，從而給地球上的生命帶來危害，根據(jù)地磁場的分布特點，判斷下列說法中正確的是(　B　)A．地磁場對垂直地面射來的宇宙射線的阻擋作用在南北兩極最強，赤道附近最弱B．地磁場對垂直地面射來的宇宙射線的阻擋作用在赤道附近最強，兩極最弱C．地磁場對垂直地面射來的宇宙射線的阻擋作用在地球周圍各處相同D．地磁場對垂直地面射來的宇宙射線無阻擋作用解析：高能帶電粒子到達地球受到地磁場的洛倫茲力作用，發(fā)生偏轉。粒子在不同的磁場中，所受到的洛倫茲力大小不一，而地磁場在南、北兩極的磁場幾乎與地面垂直，在赤道附近磁場的方向幾乎與地面平行，結合洛倫茲力的特點可知，地磁場對垂直射向地球表面的宇宙射線的阻擋作用在南、北兩極最弱，赤道附近最強；故B正確，A、C、D錯誤。4．如圖所示，一束電子流沿管的軸線進入螺線管，忽略重力，電子在管內(nèi)的運動應該是(　C　)A．當從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動B．當從b端通入電流時，電子做勻加速直線運動C．不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動D．不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動解析：不管通有什么方向的電流，螺線管內(nèi)部磁場方向始終與軸線平行，帶電粒子沿著磁感線運動時不受洛倫茲力，所以應一直保持原運動狀態(tài)不變。5．(2020·江西省西亭高級中學高二上學期期末)如圖所示，電子槍射出的電子束進入示波管，在示波管正下方有豎直放置的通電環(huán)形導線，則示波管中的電子束將(　A　)A．向上偏轉 B．向下偏轉C．向紙外偏轉 D．向紙里偏轉解析：由安培定則可知，示波管下方環(huán)形電流在環(huán)形區(qū)域內(nèi)產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，在環(huán)形導線外側產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外；電子束由左向右運動，由左手定則可知，電子束受到的洛倫茲力豎直向上，則電子束向上偏轉，選項A正確，B、C、D錯誤。6. (2020·江西省九江第一中學高二上學期期末)如圖，三個完全相同的帶正電的小球，從同一高度開始自由落下，其中a直接落地，b下落過程中經(jīng)過一個水平方向的勻強電場區(qū)，c下落時經(jīng)過一個水平方向的勻強磁場區(qū)，不計空氣阻力，設它們落地的速度大小分別為va、vb、vc，則(　D　)A．va＝vb＝vc　　　 B．vb>va>vcC．va<vb＝vc D．va＝vc<vb解析：根據(jù)題意可知，a球做自由落體運動，下落過程中只有重力做功；由于b在下落的過程中電場力對小球做正功，故根據(jù)動能定理知b球的落地速度大于a球的落地速度；c球在下落過程中經(jīng)過磁場，c受到洛倫茲力作用，因洛倫茲力始終與速度垂直且對小球始終不做功，c球下落過程中只有重力對小球做功，根據(jù)動能定理知c球下落的末動能與a球的末動能相等，即速度大小相等，由此分析知，A、B、C錯誤，D正確。7．(2021·江蘇省海頭高中、海州高中高二期中聯(lián)考)如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，滑動變阻器最大電阻為R，開關K閉合。兩平行金屬極板a、b間有勻強磁場，一帶負電的粒子(不計重力)以速度v水平勻速穿過兩極板。下列說法正確的是(　C　)A．若將滑片P向上滑動，粒子將向a板偏轉B．若將a極板向上移動，粒子將向a板偏轉C．若增大帶電粒子的速度，粒子將向b板偏轉D．若增大帶電粒子帶電量，粒子將向b板偏轉解析：因電容器與電阻并聯(lián)，將滑片P向上滑動，電阻兩端的電壓減小，故兩板間的電場強度要減小，故所受電場力減小，則粒子將向b板偏轉運動，故A錯誤；保持開關閉合，將a極板向上移動一點，板間距離增大，電壓不變，由E＝可知，板間場強減小，帶電粒子受電場力變小，則粒子將向b板偏轉，故B錯誤；若增大帶電粒子的速度，所受洛侖茲力增大，而所受電場力不變，故粒子將向b板偏轉，故C正確；若增大帶電粒子帶電量，所受電場力增大，而所受洛侖茲力也增大，但兩者仍相等，故粒子將不會偏轉，故D錯誤；故選C。8．(2021·四川省綿陽南山中學高二月考)如圖，光滑半圓形軌道與光滑曲面軌道在B處平滑連接，前者置于水平向外的勻強磁場中，有一帶正電小球從A靜止釋放，且能沿軌道前進，并恰能通過半圓軌道最高點C。現(xiàn)若撤去磁場，使球從靜止釋放仍能恰好通過半圓形軌道最高點，則釋放高度H′與原釋放高度H的關系是(　C　)A．H′＝H B．H′＜HC．H′＞H D．無法確定解析：有磁場時，恰好通過最高點，有：mg－qvB＝m，無磁場時，恰好通過最高點，有：mg＝m，由兩式可知，v2＞v1。根據(jù)動能定理，由于洛倫茲力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg(h－2R)＝mv2可知，H′＞H。故C正確，A、B、D錯誤。二、非選擇題9．(12分)(2020·北京市朝陽區(qū)高二上學期期末)磁流體發(fā)電是一種新型發(fā)電方式，圖甲和圖乙是其工作原理示意圖。圖甲中的A、B是電阻可忽略的導體電極，兩個電極間的間距為d，這兩個電極與負載電阻相連。假設等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量的正負帶電粒子)垂直于磁場進入兩極板間的速度均為v0。整個發(fā)電裝置處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向如圖乙所示。(1)開關斷開時，請推導該磁流體發(fā)電機的電動勢E的大??；(2)開關閉合后，a．如果電阻R的兩端被短接，此時回路電流為I，求磁流體發(fā)電機的等效內(nèi)阻r；b．我們知道，電源是通過非靜電力做功將其他形式的能轉化為電能的裝置，請你分析磁流體發(fā)電機的非靜電力是由哪個力充當?shù)?，其工作過程如何。答案：(1)E＝Bdv0　(2)a.r＝；b.洛倫茲力，使正電荷向A板匯聚，負電荷向B板匯聚。解析：(1)等離子體射入兩板之間時，正離子受向上的洛倫茲力而偏向A極板，同時負離子偏向B極板，隨著離子的不斷積聚，在兩板之間形成了從A到B向下的附加電場，當粒子受的電場力與洛倫茲力相等時，粒子不再偏轉，此時兩板的電勢差即為發(fā)電機的電動勢，滿足q＝qv0B，解得E＝Bdv0(2)開關閉合后a．如果電阻R的兩端被短接，此時回路電流為I，則磁流體發(fā)電機的等效內(nèi)阻：r＝＝b．由(1)的分析可知，洛倫茲力使正電荷向A板匯聚，負電荷向B板匯聚。一、選擇題(本題共3小題，每題6分，共18分)1. (2020·江蘇省淮安市高二上學期期末)如圖所示，甲、乙是豎直面內(nèi)兩個相同的半圓形光滑軌道，m、n為兩軌道的最低點，勻強磁場垂直于甲軌道平面，勻強電場平行于乙軌道平面。兩個完全相同的帶正電小球a、b分別從甲、乙兩軌道的右側最高點由靜止釋放，在它們第一次到達最低點的過程中，下列說法正確的是(　D　)A．a(chǎn)球下滑的時間比b球下滑時間長B．a(chǎn)、b兩球的機械能均不守恒C．a(chǎn)球到m點的速度小于b球到n點的速度D．a(chǎn)球?qū)?/span>m點的壓力大于b球?qū)?/span>n點的壓力解析：由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒；而小球在電場中運動受到的電場力對小球做負功，到達最低點時的速度的大小較小，所以在電場中運動的時間也長，故A、B、C錯誤；小球在磁場中運動，在最低點進行受力分析可知：Fm－mg－Bqvm＝m，解得：Fm＝m＋mg＋Bqvm????????????? ①小球在電場中運動，在最低點受力分析可知：Fn－mg＝m；解得：Fn＝m＋mg ②因為vm＞vn，所以Fm＞Fn，故D正確。2．(多選)(2020·陜西省西安中學高二上學期期末)如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強電場E和勻強磁場B，有一個帶正電的小球(電荷量為＋q，質(zhì)量為m)從電磁復合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的電磁復合場是(　CD　)解析：在A圖中剛進入復合場時，帶電小球受到方向向左的電場力、向右的洛倫茲力、豎直向下的重力，在重力的作用下，小球的速度要變大，洛倫茲力也會變大，所以水平方向受力不可能總是平衡，A選項錯誤；B圖中小球要受到向下的重力、向上的電場力、向外的洛倫茲力，小球要向外偏轉，不可能沿直線通過復合場，B選項錯誤；C圖中小球受到向下的重力、向右的洛倫茲力、沿電場方向的電場力，若三力的合力恰好為零，則小球?qū)⒀刂本€勻速通過復合場，C正確；D圖中小球只受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力，可以沿直線通過復合場，D正確。3．(多選)如圖甲所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，(不計空氣阻力)，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖像正確的是(　AD　)解析：當qvB＝mg時，FN＝0，故f＝0，圓環(huán)做勻速直線運動，故A正確；當qvB<mg時，細桿對圓環(huán)的支持力FN方向豎直向上，FN＝mg－qvB，故f>0，物體做減速運動，隨速度v的減小FN逐漸增大，滑動摩擦力f逐漸增大，故物體的加速度逐漸增大，即物體做加速度逐漸增大的變減速運動，故B、C錯誤；當qvB>mg時，細桿對圓環(huán)的支持力FN方向豎直向下，FN＝qvB－mg，故f>0，物體做減速運動，隨速度v的減小FN逐漸減小，滑動摩擦力f逐漸減小，故物體的加速度a＝逐漸減小，即物體做加速度逐漸減小的變減速運動，當qvB＝mg時，FN＝0，f＝0，圓環(huán)做勻速直線運動，故D正確。二、非選擇題4．(10分)如圖所示的裝置，左半部分為速度選擇器，右半部分為勻強的偏轉電場。一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進入場強大小為E的偏轉電場，最后打在照相底片D上。已知同位素離子的電荷量為q(q>0)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強大小為E0的勻強電場和磁感應強度大小為B0的勻強磁場，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響。(1)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小；(2)若打在照相底片上的離子在偏轉電場中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質(zhì)量m之間的關系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)。答案：(1)　(2)x＝解析：(1)能從速度選擇器射出的離子滿足qE0＝qv0B0 ①得v0＝  ②(2)離子進入勻強偏轉電場E后做類平拋運動，則x＝v0t  ③L＝at2  ④由牛頓第二定律得qE＝ma  ⑤由②③④⑤解得x＝。5．(12分)質(zhì)量為m，帶電量為q的微粒，以速度v與水平方向成45°角進入勻強電場和勻強磁場同時存在的空間，如圖所示，微粒在電場、磁場、重力場的共同作用下做勻速直線運動，求：(1)電場強度的大小，該帶電粒子帶何種電荷。(2)磁感應強度的大小。答案：(1)正電，　(2)解析：(1)微粒做勻速直線運動，所受合力必為零，微粒受重力mg，電場力qE，洛倫茲力qvB，由此可知，微粒帶正電，受力如圖所示，qE＝mg，則電場強度E＝。(2)由于合力為零，則qvB＝mg，所以B＝。

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