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教科版 (2019)选择性必修 第二册第一章 磁场对电流的作用3 洛伦兹力课时训练
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1．C [A图中由左手定则可知，安培力方向应竖直向下，故A错误；B图中根据左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，故B错误；C图中根据左手定则可知，安培力方向水平向右，故C正确；D图中粒子带负电，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，故D错误。]
2．B [因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时F＝qvB，当粒子速度与磁场平行时F＝0；又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，故A错误；因为＋q改为－q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由F＝qvB知大小也不变，故B正确；电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，故C错误；因为洛伦兹力方向总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，故D错误。]
3．D [为了使电子束射出后得到电场的加速，则A接直流高压电源的负极，根据左手定则可知，电子束向下偏转，故D正确，A、B、C错误。]
4．C [地球赤道位置的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故C正确。]
5．AD [带电物块沿绝缘水平天花板向右做匀速直线运动，说明电场力与摩擦力等大反向，则电场力一定向右，摩擦力向左，所受的洛伦兹力向上，即物块带正电，A正确，B错误；物块受重力、向右的电场力、向上的洛伦兹力、向左的摩擦力和天花板向下的弹力共五个力作用，D正确，C错误。]
6．C [微粒在穿过这个区域时所受的力为：竖直向下的电场力Eq和竖直向上的洛伦兹力qvB，且此时Eq＝qvB，若要使微粒向下偏转，需使Eq＞qvB，则减小速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可，故C正确。]
7．解析：(1)电动机的正常工作时，有PM＝UIM
代入数据解得IM＝0.5 A
通过电源的电流为I总＝E-Ur＝13-43 A＝3 A。
(2)导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即F＝mg sin 53°＝8 N
流过导体棒的电流为I＝I总－IM＝3 A－0.5 A＝2.5 A
F＝BIL
解得B＝3.2 T。
答案 (1)0.5 A 3 A (2)8 N 3.2 T
8．B [两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点均受到向下的洛伦兹力，由左手定则可知，四指所指的方向与运动方向相反，得知两个粒子均带负电；在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝mv2r，得m＝qBrv，因a、b进入磁场的速度相同，电荷量也相同，又在同一磁场运动，故mamb＝rarb＝21，故B正确。]
9．B [由左手定则可知，该粒子从A点射入磁场时洛伦兹力方向向上，将无法从M点射出，故A错误；带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据公式r＝mvBq与t＝θ2πT，若仅增大该粒子的速度，粒子在磁场中的半径将增大，转过的圆心角将减小，运动的时间也将减小，故B正确；根据公式r＝mvBq与T＝2πmBq，若仅增大磁感应强度，粒子在磁场中半径将减小，但仍然转过半圈，时间t＝T2＝πmBq，运动时间将不变，故D错误；若正方形ABCD的边长为a，由几何关系可知，r＝14a，又根据公式r＝mvBq，将该粒子速度增大为原来的2倍，圆周的半径也将增大为原来的2倍，粒子将从AD的中点射出，故C错误。]
B组 素养提升练
10．B [粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：r2-OB2＋r＝OA，解得：r＝5 m，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：qm＝vBr＝22×5 C/kg＝0.2 C/kg，故B正确。]
11．AD [带电粒子在磁场中运动的周期T＝2πmqB，带电粒子的运动周期与运动速度无关，两次粒子运动的时间都是半个周期，因此运动时间相同，A错误；由题可知运动半径之比r1r2＝34，两次都转了半个圆周，因此运动的路程之比为3∶4，B正确；根据r＝mvqB，运动半径之比为3∶4，因此运动速度之比也为3∶4，由于洛伦兹力大小F洛＝qvB，可知受洛伦兹力大小之比为3∶4，C正确，D错误。]
12．解析：(1)小滑块沿斜面向上加速运动，加速度大小为a1＝qEcsθ-mgsinθm
撤去电场后加速度大小为a2＝g sin θ
第一段时间为t，运动位移x1＝12a1t2
末速度v1＝a1t
撤去电场后，时间2t内运动位移
x2＝v1·2t－12a2(2t)2
根据题意有x1＝－x2
联立解得a1a2＝45，E＝9mgtanθ5q。
(2)小滑块上滑过程受到的洛伦兹力垂直斜面向上，下滑过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，小滑块不离开斜面需要qv1B≤mg cs θ
B的最大值为Bm＝5mcsθ4qtsinθ。
答案 (1)9mgtanθ5q (2)5mcsθ4qtsinθ
13．解析：(1)对于初速度为0的离子：
qU＝12mv12，qv1B0＝mv12r1
解得r1＝mv0qB0＝a
即离子恰好打在x＝2a位置
对于初速度为3v0的离子：
qU＝ 12mv22－12m(3v0)2
qv2B0＝mv22r2
解得r2＝2mv0qB0＝2a
即离子恰好打在x＝4a的位置
离子束从小孔O射入磁场后打在x轴上的区间为[2a，4a]。
(2)由动能定理得：qU＝ 12mv22－12m(3v0)2
由牛顿第二定律得：qv2B1＝mv22r3
r3＝32a
解得B1＝43B0。
答案 (1)[2a，4a] (2)43B0
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C
B
D
C
AD
C
B
B
B
AD
1．C [A图中由左手定则可知，安培力方向应竖直向下，故A错误；B图中根据左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，故B错误；C图中根据左手定则可知，安培力方向水平向右，故C正确；D图中粒子带负电，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，故D错误。]
2．B [因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时F＝qvB，当粒子速度与磁场平行时F＝0；又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，故A错误；因为＋q改为－q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由F＝qvB知大小也不变，故B正确；电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，故C错误；因为洛伦兹力方向总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，故D错误。]
3．D [为了使电子束射出后得到电场的加速，则A接直流高压电源的负极，根据左手定则可知，电子束向下偏转，故D正确，A、B、C错误。]
4．C [地球赤道位置的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故C正确。]
5．AD [带电物块沿绝缘水平天花板向右做匀速直线运动，说明电场力与摩擦力等大反向，则电场力一定向右，摩擦力向左，所受的洛伦兹力向上，即物块带正电，A正确，B错误；物块受重力、向右的电场力、向上的洛伦兹力、向左的摩擦力和天花板向下的弹力共五个力作用，D正确，C错误。]
6．C [微粒在穿过这个区域时所受的力为：竖直向下的电场力Eq和竖直向上的洛伦兹力qvB，且此时Eq＝qvB，若要使微粒向下偏转，需使Eq＞qvB，则减小速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可，故C正确。]
7．解析：(1)电动机的正常工作时，有PM＝UIM
代入数据解得IM＝0.5 A
通过电源的电流为I总＝E-Ur＝13-43 A＝3 A。
(2)导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即F＝mg sin 53°＝8 N
流过导体棒的电流为I＝I总－IM＝3 A－0.5 A＝2.5 A
F＝BIL
解得B＝3.2 T。
答案 (1)0.5 A 3 A (2)8 N 3.2 T
8．B [两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点均受到向下的洛伦兹力，由左手定则可知，四指所指的方向与运动方向相反，得知两个粒子均带负电；在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝mv2r，得m＝qBrv，因a、b进入磁场的速度相同，电荷量也相同，又在同一磁场运动，故mamb＝rarb＝21，故B正确。]
9．B [由左手定则可知，该粒子从A点射入磁场时洛伦兹力方向向上，将无法从M点射出，故A错误；带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据公式r＝mvBq与t＝θ2πT，若仅增大该粒子的速度，粒子在磁场中的半径将增大，转过的圆心角将减小，运动的时间也将减小，故B正确；根据公式r＝mvBq与T＝2πmBq，若仅增大磁感应强度，粒子在磁场中半径将减小，但仍然转过半圈，时间t＝T2＝πmBq，运动时间将不变，故D错误；若正方形ABCD的边长为a，由几何关系可知，r＝14a，又根据公式r＝mvBq，将该粒子速度增大为原来的2倍，圆周的半径也将增大为原来的2倍，粒子将从AD的中点射出，故C错误。]
B组 素养提升练
10．B [粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：r2-OB2＋r＝OA，解得：r＝5 m，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：qm＝vBr＝22×5 C/kg＝0.2 C/kg，故B正确。]
11．AD [带电粒子在磁场中运动的周期T＝2πmqB，带电粒子的运动周期与运动速度无关，两次粒子运动的时间都是半个周期，因此运动时间相同，A错误；由题可知运动半径之比r1r2＝34，两次都转了半个圆周，因此运动的路程之比为3∶4，B正确；根据r＝mvqB，运动半径之比为3∶4，因此运动速度之比也为3∶4，由于洛伦兹力大小F洛＝qvB，可知受洛伦兹力大小之比为3∶4，C正确，D错误。]
12．解析：(1)小滑块沿斜面向上加速运动，加速度大小为a1＝qEcsθ-mgsinθm
撤去电场后加速度大小为a2＝g sin θ
第一段时间为t，运动位移x1＝12a1t2
末速度v1＝a1t
撤去电场后，时间2t内运动位移
x2＝v1·2t－12a2(2t)2
根据题意有x1＝－x2
联立解得a1a2＝45，E＝9mgtanθ5q。
(2)小滑块上滑过程受到的洛伦兹力垂直斜面向上，下滑过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，小滑块不离开斜面需要qv1B≤mg cs θ
B的最大值为Bm＝5mcsθ4qtsinθ。
答案 (1)9mgtanθ5q (2)5mcsθ4qtsinθ
13．解析：(1)对于初速度为0的离子：
qU＝12mv12，qv1B0＝mv12r1
解得r1＝mv0qB0＝a
即离子恰好打在x＝2a位置
对于初速度为3v0的离子：
qU＝ 12mv22－12m(3v0)2
qv2B0＝mv22r2
解得r2＝2mv0qB0＝2a
即离子恰好打在x＝4a的位置
离子束从小孔O射入磁场后打在x轴上的区间为[2a，4a]。
(2)由动能定理得：qU＝ 12mv22－12m(3v0)2
由牛顿第二定律得：qv2B1＝mv22r3
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解得B1＝43B0。
答案 (1)[2a，4a] (2)43B0
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