第1章 2 磁场对运动电荷的作用力（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

[对应学生用书作业(二)P4] [基础巩固] 1．如图所示，a是竖直平面P上的一点。P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(　　) A．向上　　　　　　 B．向下 C．向左 D．向右 解析　条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确。 答案　A 2．如图所示，在水平地面上方有一沿水平方向且垂直纸面向里的匀强磁场，现将一带正电的小球以一定初速度v0竖直上抛，小球能上升的最大高度为h，设重力加速度为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　) A．h一定大于 B．h一定等于 C．h一定小于 D．h可能等于 解析　如果没有磁场，小球将做竖直上抛运动，上升的最大高度h′＝，当加上磁场后，小球在运动过程中，除受重力外，还要受到洛伦兹力作用，小球在向上运动的同时向左偏转，小球到达最高点时速度不为零，动能不为零，因此小球上升最大高度小于，故C正确，A、B、D错误。 答案　C 3．如图所示，足够长粗糙绝缘的倾斜木板MN与水平面夹角为θ，一个质量为m的物块刚好可以沿MN匀速下滑。让物块带上电荷量为q的正电，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时给物块一个沿木板MN向下的初速度，物块运动的v ­t图像可能是(　　) 解析　物块刚好可以沿MN匀速下滑，受力分析得mg sin θ＝μmg cos θ，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，受力分析得μ(mg cos θ＋qvB)－mg sin θ＝ma，由此可知，滑块做减速运动，随着速度的减小，加速度在减小，故C正确，A、B、D错误。 答案　C 4．(多选)如图所示，竖直面内有足够长的两根导线A、B水平平行放置，两导线中通有大小相同、方向相反的电流I，两导线正中间固定一根与导线平行的绝缘粗糙细杆，杆上套有一带正电的小球(小球中空部分尺寸略大于细杆直径)，且小球具有向右的初速度v0，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．A、B两根导线相互排斥 B．细杆各处的磁感应强度方向均竖直向上 C．细杆上不同位置处的磁感应强度大小不相等 D．小球可能做匀速直线运动 解析　反向电流相互排斥，故A正确；细杆处在A、B两根导线的叠加磁场区域，由右手螺旋定则可知，磁场方向垂直于纸面向里，故B错误；根据磁场叠加原理可知，细杆各处的磁感应强度大小相等，故C错误；由左手定则可知小球受到竖直向上的洛伦兹力，若qvB＝mg，则小球做匀速直线运动；若qvB<mg，则小球做加速度增大的减速直线运动；若qvB>mg，则小球先做加速度减小的减速直线运动，当qvB＝mg时做匀速直线运动，故D正确。 答案　AD 5．等边三角形的三个顶点上垂直纸面放置3根长直导线，导线中通以大小相同的电流，电流方向如图所示，一束带正电的粒子垂直纸面向里射入三角形中心，关于粒子束所受洛伦兹力方向，下列示意图正确的是(　　) 解析　带正电的粒子束可以等效为垂直纸面向内的电流，根据同向电流相吸，异向电流相斥，可以判断粒子受力方向向下，A正确，B、C、D错误。 答案　A 6．(多选)如图所示，在图中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，已知从左方水平射入的电子，通过该区域时未发生偏转，假设电子重力可忽略不计，则在该区域中的E和B的方向可能是(　　) A．E竖直向上，B垂直纸面向外 B．E竖直向上，B垂直纸面向里 C．E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相同 D．E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相反 解析　如果E竖直向上，B垂直纸面向外，电子沿图中方向射入后，电场力向下，洛伦兹力向上，二力可能平衡，电子可能沿直线通过E、B共存区域，故A正确，同理B错误；如果E、B沿水平方向且与电子运动方向相同，电子不受洛伦兹力作用，但电子受到与E反方向的电场力作用，电子做匀减速直线运动，也不偏转，故C正确；如果E、B沿水平方向，且与电子运动方向相反，电子仍不受洛伦兹力，电场力与E反向，即与速度同方向，故电子做匀加速直线运动，也不偏转，故D正确。 答案　ACD 7．(多选)如图所示，P、Q两点处各有一垂直于纸面的长直导线，均通有垂直纸面向里的恒定电流，电流大小相等。O为P、Q连线的中点，OM为P、Q连线的垂直平分线。已知长通电直导线在周围某点处产生的磁场磁感应强度满足B＝k，其中k为常数，I为电流，r为该点到直导线的距离。在纸面内，一个带负电粒子从点M沿直线OM向无穷远处匀速运动，在整个过程中粒子受到的洛伦磁力(　　) A．可能增大 B．可能减小 C．方向垂直纸面向里 D．方向垂直纸面向外 解析　由右手螺旋定则可知，导线P产生的磁场在直线OM处的方向斜向右下方，导线Q产生的磁场在直线OM处的方向斜向右上方，由平行四边形定则可知，直线OM处的合磁场向右，与直线OM垂直，由左手定则可知，带负电的粒子所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外。由表达式B＝k可知，距离导线越远，磁感应强度越小，O点磁应强度为0，由表达式F＝qvB可知，洛伦兹力可能越来越小，A、C错误，B、D正确。 答案　BD 8．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，该带电粒子带何种电荷； (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，受力如图所示。 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) [能力提升] 9．如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是(　　) A．粒子一定带负电 B．粒子的速度大小v＝ C．若同时改电场与磁场为反向，带电粒子仍沿直线运动 D．若增大粒子速度，粒子一定会向上偏转 解析　粒子做直线运动，若粒子带正电荷，受到的电场力向下，洛伦兹力向上，电场力与洛伦兹力能平衡；若粒子带负电荷，电场力向上，洛伦兹力向下，电场力与洛伦兹力也能平衡；所以粒子电性不确定，故A错误； 根据平衡条件，由qvB＝qE得v＝，故B错误；若同时改电场与磁场为反向，则带电粒子所受电场力和洛伦兹力同时反向，仍然受力平衡，沿直线运动，故C正确；若粒子带正电荷，受到的电场力向下，洛伦兹力向上，若增大粒子速度，则洛伦兹力增大，粒子会向上偏转；若粒子带负电荷，电场力向上，洛伦兹力向下，若增大粒子速度，则洛伦兹力增大，粒子会向下偏转，故D错误。 答案　C 10．(2025·海南三亚期末)如图所示，质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球A套在粗细均匀的固定绝缘水平杆上，整个装置处在垂直于纸面向外的水平匀强磁场中。现对A施加一个水平向右、大小恒为F(F<mg)的拉力，使小球A从静止开始运动，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，小球A与杆间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，则当小球的加速度大小第一次达到时，小球的速度大小为(　　) A． B． C． D． 解析　对小球分析，竖直方向平衡mg＝qvB＋N，水平方向根据牛顿第二定律F－μN＝ma 当小球的加速度大小第一次达到时，联立解得v＝，故选A。 答案　A 11．如图所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10-2 C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4 m的固定的光滑绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下。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E＝100 V/m，方向水平向右；B＝1 T，方向垂直纸面向里。求：(g取10 m/s2) (1)滑块到达圆弧轨道最低点C时的速度； (2)在C点时滑块所受的洛伦兹力； (3)滑块到达C点时对轨道的压力。 解析　以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F＝qvB，方向始终垂直于速度方向。 (1)滑块从A到C过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR－qER＝mvC2 得vC＝＝2 m/s，方向水平向左。 (2)根据洛伦兹力公式得F＝qvCB＝5×10-2×2×1 N＝0.1 N，方向竖直向下。 (3)在C点根据牛顿第二定律得FN－mg－F＝m 代入数据得FN＝20.1 N。 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为20.1 N。 答案　(1)2 m/s，方向水平向左　(2)0.1 N，方向竖直向下　(3)20.1 N 12．(2025·广州校考期中)如图所示，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为B＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里。平板上有一个质量为m＝0.5 kg、电荷量为q＝0.2 C的带电小球，初始时刻小球静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为d＝2 m。在外力作用下，绝缘平板以速度v＝5 m/s竖直向上做匀速直线运动，一段时间后小球从绝缘平板的左侧飞出。取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)指出小球的电性，并求出小球在绝缘平板上运动时的最大水平速度的大小； (2)求小球对绝缘平板的最大压力的大小。 解析　(1)小球在竖直方向上向上做匀速直线运动，小球从绝缘板的左侧飞出，小球所受洛伦兹力方向水平向左，由左手定则可知，小球带正电；小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向，由牛顿第二定律得：qvB＝ma 设小球向左运动即将脱离平板时的速度大小为vx，则vx2＝2ad 代入数据解得：vx＝4 m/s。 (2)小球向左运动即将脱离平板时的水平速度最大，此时小球对平板的压力最大；以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得FN＝qvxB＋mg，解得FN＝6.6 N 根据牛顿第三定律可知，小球对平板的最大压力为6.6 N。 答案　(1)小球带正电　4 m/s　(2)6.6 N 学科网（北京）股份有限公司 $$