课时作业(3) 洛伦兹力（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（粤教版2019）

课时作业(3)　洛伦兹力 1．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会(　　) A．向上偏转 B．向下偏转 C．向纸内偏转 D．向纸外偏转 B　[由题意可知，直导线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直于纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B选项正确．] 2．关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是(　　) A．电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同 B．通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直 C．电荷放入磁场中就会受到洛伦兹力，洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直 D．当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直 D　[电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；静止的电荷放入磁场中不受洛伦兹力，运动电荷的速度方向与磁感应线平行时也不受洛伦兹力，故C错误；当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，即F＝qvB，方向与磁场方向垂直，故D正确．] 3．高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地．在赤道某地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图所示．则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是(　　) A．向东　　　　　　　 B．向南 C．向西 D．向北 C　[当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西，故C正确．] 4．如图所示，一个带正电q的小带电体处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，若小带电体的质量为m，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应该(　　) A．使B的数值增大 B．使磁场以速率v＝向上移动 C．使磁场以速率v＝向右移动 D．使磁场以速率v＝向左移动 D　[为使小带电体对平面无压力，则应使它受到的洛伦兹力刚好平衡重力，磁场不动而只增大B，静止小带电体在磁场里不受洛伦兹力，A错误；磁场向上移动相当于小带电体向下运动，受洛伦兹力向右，不可能平衡重力；磁场以v向右移动，等同于小带电体以速率v向左运动，此时洛伦兹力向下，也不可能平衡重力，故B、C错误；磁场以v向左移动，等同于小带电体以速率v向右运动，此时洛伦兹力向上，当qvB＝mg时，带电体对水平绝缘面无压力，即v＝，选项D正确．] 5．如图，一束负离子从S点沿水平方向射出，在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，负离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及相互作用力)(　　) A．E向上，B向上 B．E向下，B向下 C．E向上，B向下 D．E向下，B向上 A　[由题意可知，电子在电场中受力应向下，故电场方向应向上；而粒子在磁场作用下向左偏转，故说明洛伦兹力向左，由左手定则可知，B应向上，故A正确．] 6．质量为m、带电荷量为q的微粒，以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求： (1)电场强度的大小以及该带电微粒带何种电荷． (2)磁感应强度的大小． 解析　(1)微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，微粒受重力mg，电场力qE，洛伦兹力qvB，由此可知，微粒带正电，受力分析如图所示， 故由几何关系可知qE＝mg，则电场强度E＝. (2)由于合力为零，则qvB＝mg，所以B＝. 答案　(1)　正电荷　　(2) 7．用一根长L＝0.8 m的悬线，吊一质量为m＝1 g的带电小球，放在磁感应强度B＝0.1 T，方向如图所示的匀强磁场中，将小球拉到与悬点等高处由图示位置静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动，当球第一次摆到最低点时，悬线的张力恰好为零(取重力加速度g＝10 m/s2)，小球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力多大？ 解析　设小球第一次到达最低点时速度为v，则由动能定理可得：mgL＝mv2，解得v＝4 m/s； 因为悬线张力为零，所以qvB－mg＝ 代入数据得q＝7.5×10－2 C， 第二次经过最低点时，速度大小与第一次相同， F－qvB－mg＝m； 代入数据得：F＝0.06 N 答案　0.06 N 8．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，在O点存在着垂直纸面向里运动的匀速电子束．∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为F1.若将M处长直导线移至P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2，那么F2与F1之比为(　　) A．∶1　　　　　　　　 B．∶2 C．1∶1 D．1∶2 B　[依题意，设每根导线 在O点产生的磁感应强度为，方向竖直向下，则电子在O点受到的洛伦兹力为F1＝B1ev；当M处长直导线移至P点时，O点合磁感应强度大小为B2＝2×B1×cos 30°＝B1，则电子在O点受到的洛伦兹力大小为F2＝B2ev＝B1ev，则F2与F1之比为∶2.故选B.] 9．如图所示，带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，未加磁场时上升最大高度为H1，若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，最大高度为H2，若不计空气阻力，则(　　) A．H1>H2 B．H1<H2 C．H1＝H2 D．无法比较 A　[由竖直上抛运动的最大高度公式得：H1＝.加磁场时，由于洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgH2＋Ek＝mv，又由于mv＝mgH1，所以H1>H2，故A正确．] 10．(多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下图中的(　　) AD　[带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小，洛伦兹力减小，摩擦力减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后洛伦兹力减小到与重力相等，做匀速直线运动 ，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且随着速度减小，摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误．] 11．如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α.一质量为m、带电荷为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan α.现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中： (1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ (2)圆环A能够达到的最大速度为多大？ 解析　(1)由于μ<tan α，所以环将由静止开始沿棒下滑．环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛伦兹力qv1B、杆的弹力FN1和摩擦力f1＝μFN1. 根据牛顿第二定律，沿棒的方向有 mg sin α－f1＝ma 垂直棒的方向有FN1＋qv1B＝mg cos α 所以当f1＝0，即FN1＝0时，a有最大值am， 且am＝g sin α，此时qv1B＝mg cos α 解得v1＝； (2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为FN2，方向垂直于杆向下，摩擦力为f2＝μFN2.此时应有a＝0， 即mg sin α＝f2 FN2＋mg cos α＝qvmB 解得vm＝. 答案　(1)g sin α　　　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $$