4/5課時跟蹤檢測(三)磁場對運(yùn)動電荷的作用力A級——基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1．(2024·貴州安順期末)下列各圖中，能正確表示運(yùn)動電荷在勻強(qiáng)磁場中所受洛倫茲力F方向的是()2．(2024·寧夏銀川期末)關(guān)于帶電粒子所受洛倫茲力F、磁感應(yīng)強(qiáng)度B和粒子速度v三者方向之間的關(guān)系，下列說法正確的是()A．F、B、v三者必定均保持垂直B．F必定垂直于B、v，但B不一定垂直于vC．B必定垂直于F，但F不一定垂直于vD．v必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B3．(2024·北京海淀期末)帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場方向運(yùn)動時，會受到洛倫茲力的作用。下列表述正確的是()A．洛倫茲力不改變帶電粒子的動能B．洛倫茲力對帶電粒子做功C．洛倫茲力的大小與速度無關(guān)D．洛倫茲力方向與帶電粒子的速度方向不一定垂直4.(多選)初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子初速度方向如圖，則()A．電子將向左偏轉(zhuǎn)B．電子將向右偏轉(zhuǎn)C．電子所受洛倫茲力變小D．電子所受洛倫茲力大小不變5.帶電油滴以水平速度v0垂直進(jìn)入磁場，恰做勻速直線運(yùn)動，如圖所示。若油滴質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則下述說法正確的是()A．油滴必帶正電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)B．油滴必帶正電荷，比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v0B,g)C．油滴必帶負(fù)電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)D．油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝eq\f(mg,v0B)6.如圖所示，在示波器下方有一根與示波器軸線平行放置的通電直導(dǎo)線，直導(dǎo)線中的電流方向向右，在該電流的影響下，下列關(guān)于示波器中的電子束的說法正確的是(示波器內(nèi)兩個偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)電壓都為零，不考慮地磁場的影響)()A．電子束將向下偏轉(zhuǎn)，電子的速率保持不變B．電子束將向外偏轉(zhuǎn)，電子的速率逐漸增大C．電子束將向上偏轉(zhuǎn)，電子的速率保持不變D．電子束將向里偏轉(zhuǎn)，電子的速率逐漸減小7.(多選)用絕緣細(xì)線懸掛一個質(zhì)量為m、帶正電的小球，置于如圖所示的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)小球偏離豎直方向在垂直于磁場方向擺動時，如果細(xì)線始終繃緊，不計(jì)空氣阻力，則前后兩次通過最低點(diǎn)時相比較，相同的物理量是()A．小球受到的洛倫茲力B．小球的向心加速度C．細(xì)線的拉力 D．小球的動能8.在電視機(jī)的顯像管中，電子束的掃描是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實(shí)現(xiàn)的，其掃描原理如圖所示。圓形區(qū)域內(nèi)的偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于圓面，不加磁場時，電子束將通過O點(diǎn)打在屏幕的中心M點(diǎn)。為了使屏幕上出現(xiàn)一條以M為中心的亮線PQ，偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律應(yīng)是下列選項(xiàng)中的()9．(2024·紹興高二調(diào)研)如圖為電視機(jī)顯像管的偏轉(zhuǎn)線圈示意圖，線圈中心O處的黑點(diǎn)表示電子槍射出的電子，它的速度方向垂直紙面向外，當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈中的電流方向如圖所示時，電子束應(yīng)()A．向左偏轉(zhuǎn) B．向上偏轉(zhuǎn)C．向下偏轉(zhuǎn) D．不偏轉(zhuǎn)B級——綜合應(yīng)用10.(多選)如圖所示是一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，不計(jì)空氣阻力。現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動過程中，圓環(huán)運(yùn)動的速度—時間圖像可能是下列選項(xiàng)中的()11．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(diǎn)，勻強(qiáng)磁場垂直于甲軌道平面，勻強(qiáng)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(cè)最高點(diǎn)由靜止釋放，在它們第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A．小球a下滑的時間比小球b下滑的時間長B．小球a、b的機(jī)械能均不守恒C．小球a到M點(diǎn)的速度小于小球b到N點(diǎn)的速度D．小球a對M點(diǎn)的壓力大于小球b對N點(diǎn)的壓力12.(2024·承德高二檢測)如圖所示，質(zhì)量m＝1.0×10－4kg的小球放在絕緣的水平面上，小球帶電荷量q＝2.0×10－4C，小球與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，外加水平向右的勻強(qiáng)電場E＝5V/m，垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B＝2T，小球從靜止開始運(yùn)動。求：(取g＝10m/s2)(1)小球具有最大加速度的值為多少？(2)小球的最大速度為多少？13．(選自滬科版教材課后練習(xí))如圖所示，一個質(zhì)量m＝0.1g、所帶電荷量q＝5×10－4C的小滑塊，放置在傾角α＝30°的光滑斜面(絕緣且足夠長)上，斜面置于B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里。小滑塊由靜止開始沿斜面下滑，它滑至某一位置時會離開斜面。問：(g取10m/s2)(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度為多大？(3)該斜面的長度至少要多長？課時跟蹤檢測(三)1．選D題圖A、B中電荷運(yùn)動方向與磁場方向平行，則電荷均不受洛倫茲力F，A、B錯誤；根據(jù)左手定則可知，題圖C中電荷所受洛倫茲力F方向向上，題圖D中電荷所受洛倫茲力F方向向右，故C錯誤，D正確。2．選B由左手定則可知，F(xiàn)⊥B，F(xiàn)⊥v，B與v可以不垂直，故B正確，A、C、D錯誤。3．選A由左手定則可知，洛倫茲力方向一定與帶電粒子的速度方向垂直，故D錯誤；因?yàn)槁鍌惼澚κ冀K與速度方向垂直，所以不做功；因?yàn)槁鍌惼澚щ娏Ｗ硬蛔龉Γ圆桓淖儙щ娏Ｗ拥膭幽?，故A正確，B錯誤；根據(jù)洛倫茲力公式F＝qvB可知，洛倫茲力的大小與速度有關(guān)，故C錯誤。4．選BC由安培定則可知，導(dǎo)線右側(cè)的磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則可知，運(yùn)動電子所受洛倫茲力方向向右，因此電子將向右偏轉(zhuǎn)，A錯誤，B正確。洛倫茲力不做功，電子的速率不變，根據(jù)F洛＝qvB，電子越向右運(yùn)動，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越小，則F洛越小，D錯誤，C正確。5．選A油滴水平向右做勻速直線運(yùn)動，其所受洛倫茲力必向上與重力平衡，故帶正電，由mg＝qv0B，得其電荷量q＝eq\f(mg,v0B)，A正確，C、D錯誤；油滴的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(g,v0B)，B錯誤。6．選C由安培定則可知，通電直導(dǎo)線在示波器位置產(chǎn)生的磁場垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可知，電子束將向上偏轉(zhuǎn)；由于洛倫茲力對電子不做功，故電子的速率保持不變，故C正確，A、B、D錯誤。7．選BD由于洛倫茲力不做功，因此小球兩次通過最低點(diǎn)時速度大小相等、方向相反，動能相等，洛倫茲力方向相反，A錯誤，D正確；向心加速度a＝eq\f(v2,r)，故小球做圓周運(yùn)動的向心加速度相同，B正確；由于兩次洛倫茲力方向相反，所以細(xì)線的拉力大小不相等，C錯誤。8．選B由題意知，要想得到以M為中心的亮線PQ，則電子束既要向上偏轉(zhuǎn)，又要向下偏轉(zhuǎn)，所以磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化時，應(yīng)有方向改變，C、D錯誤；題圖A中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小一定，則電子束受到的洛倫茲力大小相同，偏轉(zhuǎn)量也相同，向同一方向偏轉(zhuǎn)的電子都打到同一點(diǎn)，不能得到連續(xù)的亮線，A錯誤；在題圖B中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間t變化的規(guī)律下，可得到亮線PQ，B正確。9.選C由安培定則可以判斷出兩個線圈的左端都是N極，磁感線分布如圖所示，再由左手定則判斷出電子束應(yīng)向下偏轉(zhuǎn)，C正確。10．選AD帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)與細(xì)桿之間沒有彈力作用，則也沒有摩擦力，圓環(huán)將做勻速直線運(yùn)動，A正確；當(dāng)洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力隨著速度的減小越來越大，圓環(huán)將做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，故B、C錯誤。11．選D由于小球a在磁場中運(yùn)動，受到的洛倫茲力不做功，整個過程中小球a的機(jī)械能守恒；而小球b在電場中運(yùn)動，受到的靜電力做負(fù)功，到達(dá)最低點(diǎn)時的速度較小，所以小球b下滑的時間較長，故A、B、C錯誤。小球a在磁場中運(yùn)動，在最低點(diǎn)對小球a受力分析可知，F(xiàn)M－mg－BqvM＝meq\f(vM2,r)，解得FM＝meq\f(vM2,r)＋mg＋BqvM；小球b在電場中運(yùn)動，在最低點(diǎn)受力分析可知，F(xiàn)N－mg＝meq\f(vN2,r)，解得FN＝meq\f(vN2,r)＋mg，因?yàn)関M>vN，所以FM>FN，結(jié)合牛頓第三定律可知，小球a對M點(diǎn)的壓力大于小球b對N點(diǎn)的壓力，D正確。12．解析：(1)小球受向右的靜電力，從而由靜止開始運(yùn)動，開始受到洛倫茲力，使得與水平面間的壓力增大，導(dǎo)致滑動摩擦力增大，小球做加速度減小的加速運(yùn)動，直到速度達(dá)到最大后，做勻速直線運(yùn)動。因此剛開始運(yùn)動時，加速度最大，最大值為a＝eq\f(qE－μmg,m)＝eq\f(2×10－4×5－0.2×1×10－4×10,1×10－4)m/s2＝8m/s2。(2)當(dāng)靜電力等于滑動摩擦力時，速度最大，根據(jù)平衡條件，則有mg＋qvmB＝FN，qE＝Ff＝μFN解得vm＝eq\f(\f(qE,μ)－mg,qB)＝eq\f(\f(5×2×10－4,0.2)－1×10－4×10,2×10－4×2)m/s＝10m/s。答案：(1)8m/s2(2)10m/s13．解析：(1)根據(jù)左手定則判斷