第1章 2 磁场对运动电荷的作用力-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册（人教版2019，苏京）

2　磁场对运动电荷的作用力 [学习目标]　1.知道什么是洛伦兹力，会用左手定则判断洛伦兹力的方向(重点)。2.掌握洛伦兹力公式的推导过程，会计算洛伦兹力的大小(重点)。3.了解电视显像管的基本构造及工作的基本原理。4.学会分析带电体在洛伦兹力作用下的运动(难点)。 一、洛伦兹力的方向 1．洛伦兹力：运动电荷在磁场中受到的力。 2．左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。 说明：①对于负电荷，四指指向电荷运动的反方向。②洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向和磁场方向垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向所决定的平面。 F、B、v三个量的方向关系是：F⊥B，F⊥v，但B与v不一定垂直，如图甲、乙所示。 ③洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小。 洛伦兹力与安培力有哪些联系和区别？ 答案　(1)联系：安培力是通电导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的微观本质。 (2)区别：洛伦兹力始终垂直于速度方向，只改变速度的方向，不改变速度的大小，对带电粒子不做功。但安培力却可以对导体做功。 (1)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力。(　√　) (2)用左手定则判断洛伦兹力方向时“四指的指向”与电荷运动方向相同。(　×　) (3)运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零。(　×　) 例1　(2023·扬州邵伯高级中学高二月考)题图中，电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间关系正确的是(　　) 答案　A 解析　根据左手定则可知，A图中电荷受洛伦兹力方向向下；B图中电荷受洛伦兹力方向向上；C、D图中电荷不受洛伦兹力，故A正确。 二、洛伦兹力的大小 如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积内含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向移动的速率都是v。 (1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？ (2)长为L的导线中含有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？ 答案　(1)nqvS　nqvSLB　(2)nSL　qvB 1．当v⊥B，F＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大。 2．当v∥B，F＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。 3．当v与B成θ角时，F＝qvBsin θ。 例2　如图所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q。试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小F，并指出洛伦兹力的方向。 答案　见解析 解析　(1)因v与B垂直，所以F＝qvB，方向垂直v指向左上方。 (2)v与B的夹角为30°，所以F＝qvBsin 30°＝qvB，方向垂直纸面向里。 (3)因v与B垂直，F＝qvB，方向垂直纸面向外。 (4)v与B垂直，F＝qvB，方向垂直v指向左上方。 三、电子束的磁偏转 1．电视显像管构造：主要由电子枪、偏转线圈和荧光屏三部分组成。 2．原理：电子显像管应用了电子束磁偏转的原理。 3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，使得电子束打在荧光屏上的光点不断移动。电子束从最上一行到最下一行扫描一遍叫作一场，电视机中的显像管每秒要进行50场扫描。 从图中可以看出，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场。 (1)如果要使电子束在水平方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应该沿什么方向？ (2)如果要使电子束打在B点，偏转磁场应该沿什么方向？ (3)如果要使电子束在荧光屏上的位置由B逐渐向A点移动，偏转磁场应该怎样变化？ 答案　(1)垂直纸面向外 (2)垂直纸面向里 (3)先垂直纸面向里并逐渐减小至零，后垂直纸面向外并逐渐增大 例3　如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将(　　) A．向下偏转 B．向上偏转 C．向纸外偏转 D．向纸里偏转 答案　A 解析　由安培定则可知，环形电流产生的磁场在环形电流外侧的磁感线方向垂直纸面向里，电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向下，则电子束向下偏转，故选A。 四、带电体在洛伦兹力作用下的运动 例4　(2023·盐城市高二期中)如图所示，一个质量为m＝1.5×10－4 kg的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷，放置在倾角α＝37°的光滑绝缘斜面上，斜面固定且置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，将脱离斜面(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求： (1)小滑块带何种电荷； (2)小滑块离开斜面时的瞬时速度大小； (3)该斜面长度至少多长。 答案　(1)负电荷　(2)4.8 m/s　(3)1.92 m 解析　(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要使小滑块离开斜面，洛伦兹力F的方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷。 (2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有Bqv＋FN－mgcos α＝0 当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时有 qvB＝mgcos α，得v＝＝4.8 m/s (3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得 mgssin α＝mv2 斜面的长度至少应为s＝＝1.92 m。 针对训练　(2023·连云港市灌南县第二中学高二月考)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管，在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口飞出，则(　　) A．小球带负电 B．小球离开管口前的运动轨迹是一条直线 C．洛伦兹力对小球做正功 D．拉力F应逐渐增大 答案　D 解析　小球受到洛伦兹力从管口飞出，洛伦兹力的方向指向管口，根据左手定则，小球带正电，故A错误；设试管运动的速度为v，小球与管一起向右做匀速运动，小球沿管方向所受洛伦兹力大小为F1＝qvB，q、v、B大小均不变，则沿管口方向洛伦兹力F1不变，小球做类平抛运动，在离开管口前的运动轨迹是一条抛物线，故B错误；洛伦兹力与小球速度方向垂直，不做功，故C错误；设小球沿管方向的分速度大小为v1，则所受垂直管向左的洛伦兹力为F2＝qv1B，由题意可知，随着v1增大，F2增大，即拉力F应该增大，故D正确。 课时对点练 考点一　洛伦兹力的方向 1．如图所示，下列图中分别标出了匀强磁场B的方向、带电粒子的电性及速度v的方向、带电粒子所受洛伦兹力F的方向，其中正确的是(　　) 答案　B 解析　A图中，粒子带负电，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向竖直向下，A错误；B图中，粒子带正电，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向竖直向下，B正确；C图中，粒子速度方向与磁场方向平行，粒子所受洛伦兹力为0，C错误；D图中，粒子速度方向与磁场方向平行，粒子所受洛伦兹力为0，D错误。 2.(2023·盐城阜宁中学高二期中)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于电子接下来的运动，下列说法正确的是(　　) A．电子将向下偏转，速率变大 B．电子将向上偏转，速率不变 C．电子将向上偏转，速率变小 D．电子将向下偏转，速率不变 答案　B 解析　根据安培定则可知导线下方磁感应强度方向垂直纸面向外，再根据左手定则可知电子将向上偏转，由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变，故选B。 3.(2023·连云港赣马高级中学高二月考)从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。地磁场的示意图(虚线，方向未标出)如图所示，赤道上方的磁场可看成与地面平行，若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有α(He的原子核)、β(电子)、γ(光子)射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下(　　) A．α射线沿直线射向赤道 B．β射线向西偏转 C．γ射线向东偏转 D．质子向北偏转 答案　B 解析　赤道上方磁场方向与地面平行，由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转，故选B。 考点二　洛伦兹力的大小 4．两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则刚进入磁场时两带电粒子所受洛伦兹力之比为(　　) A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．1∶4 答案　C 解析　带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹力F＝qvB，在B、v相同时，F与电荷量q成正比，与质量无关，所以洛伦兹力之比为1∶2，C项正确。 5.如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流大小均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B＝，其中k为常数)。某时刻有一电子(质量为m、电荷量为e)正好经过坐标原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受洛伦兹力(　　) A．方向垂直纸面向里，大小为 B．方向指向x轴正方向，大小为 C．方向垂直纸面向里，大小为 D．方向指向x轴正方向，大小为 答案　A 解析　P、Q两根导线与O点间的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁感应强度方向相反，大小相等，合磁感应强度为零，所以O点实际磁感应强度等于导线R在O点产生的磁感应强度，根据安培定则，O点的磁感应强度方向沿x轴负方向，r＝a，磁感应强度的大小B＝＝，F＝evB＝，根据左手定则，电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A正确，B、C、D错误。 考点三　电子束的磁偏转 6.(2023·盐城市高二月考)如图所示为电子射线管的示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，则所加的磁场方向应为(　　) A．沿x轴正方向 B．沿x轴负方向 C．沿y轴正方向 D．沿y轴负方向 答案　C 解析　电子射线由阴极沿x轴方向射出，四指指向x轴负方向，荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，洛伦兹力(大拇指指向)向下，由左手定则可知，磁场方向为沿y轴正方向，故选C。 7.(2023·盐城市阜宁中学高二期中)显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(　　) 答案　C 解析　高速电子流打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，可知电子先向下偏转，后向上偏转，根据左手定则可知，磁场的方向开始时垂直纸面向里，方向为正，且逐渐减弱，后来电子又向上偏，磁场方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐增强，故C正确。 考点四　带电体在洛伦兹力作用下的运动 8.(2023·镇江市丹阳高级中学高二期末)如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点在匀强磁场中摆动，忽略空气阻力，当小球每次通过最低点A时(　　) A．摆球受到的洛伦兹力相同 B．摆球的动能相同 C．摆球受到的丝线的张力相同 D．向右摆动通过A点时丝线的拉力小于向左摆动通过A点时丝线的拉力 答案　B 解析　由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，故A错误；由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力做功，则小球机械能守恒，所以小球分别向左和向右两次经过A点时的动能相同，故B正确；由于两次经过A点时的动能相同即速度大小相等，由于速度方向不同，导致洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，向左摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向上，充当一部分向心力，故丝线拉力较小，即向右摆动通过A点时丝线的拉力大于向左摆动通过A点时丝线的拉力，故C、D错误。 9.(2023·南京市高二开学考试)有一质量为m、电荷量为－q的小球停在绝缘水平面上，并处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示。为了使小球飘离水平面，下面可行的办法有(重力加速度为g)(　　) A．使小球水平向左运动，速度大小为v＝ B．使小球水平向右运动，速度大小为v＝ C．使磁场以v＝向左水平运动 D．使磁场以v＝竖直向上运动 答案　A 解析　为了使小球飘离水平面，则必须使小球受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，使小球水平向左运动或者使磁场水平向右运动，根据mg＝qvB，可得v＝，故选A。 10.(2023·无锡市宜兴中学高二月考)如图所示，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大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环水平向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像不可能是下列选项中的(　　) 答案　C 解析　根据左手定则可知圆环所受洛伦兹力的方向向上，如果qv0B＝mg，则环和杆之间无弹力，圆环也不受摩擦力，环在杆上匀速直线运动，圆环运动的速度—时间图像如A选项所示；如果qv0B>mg，则环和杆之间有摩擦力作用，环做减速运动，根据牛顿第二定律可得μ(qvB－mg)＝ma，环的加速度减小，当减速到qvB＝mg时，环和杆之间无弹力，此后环做匀速直线运动，圆环运动的速度—时间图像如D选项所示；如果qv0B<mg，则环和杆之间有摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得μ(mg－qvB)＝ma，环做减速运动，环的加速度增大，当速度减小到零时，环静止在杆上，圆环运动的速度—时间图像如B选项所示，所以圆环运动的速度—时间图像不可能是C，故选C。 11．如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．a球下滑的时间比b球下滑的时间长 B．a、b两球的机械能均不守恒 C．a球到M点的速度小于b球到N点的速度 D．a球对M点的压力大于b球对N点的压力 答案　D 解析　由于小球a在磁场中运动，受到的洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒而小球b在电场中运动，受到的静电力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，所以在电场中运动的时间较长，故A、B、C错误；小球a在磁场中运动，在最低点对小球a受力分析可知：FM－mg－BqvM＝m，解得FM＝m＋mg＋BqvM；小球b在电场中运动，在最低点受力分析可知：FN－mg＝m，解得FN＝m＋mg，因为vM>vN，所以FM>FN，结合牛顿第三定律可知，D正确。 12.(2023·无锡市第一中学高二期中)如图所示，下端封闭、上端开口、高h＝4 m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m＝0.2 kg、电荷量q＝2 C的小球，整个装置以v＝4 m/s的速度沿垂直于磁场方向进入B＝0.3 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．小球在管中运动的过程中机械能守恒 B．小球的运动轨迹为直线 C．小球在管中运动的时间为2 s D．小球的机械能增加了8 J 答案　C 解析　小球水平方向随玻璃管做匀速运动，故管壁对小球的作用力和洛伦兹力的水平分量等大反向，竖直方向受重力、洛伦兹力的竖直分量作用，小球从上端口飞出，故竖直分量的洛伦兹力方向向上，且对小球做正功，故机械能不守恒，有ΔE机＝qvBh＝9.6 J，故A、D错误；对小球受力分析可知，竖直方向上有qvB－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，所以小球做曲线运动，轨迹为曲线，故B错误；竖直方向上h＝at2，解得小球在管中运动的时间为t＝2 s，故C正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$