第1章 第2节 洛伦兹力（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册（鲁科版2019）

第1章　安培力与洛伦兹力 第2节　洛伦兹力 基础过关练 题组一　洛伦兹力方向的判断 1.下列各图中,能正确表示运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力(F)方向的是 (　　) 　　　　　　　　 　　　　　　　　 2.(多选题)阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出,在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转,可以 (　　) A.加上沿y轴正方向的磁场 B.加上沿y轴负方向的磁场 C.加上沿z轴正方向的电场 D.加上沿z轴负方向的电场 3.地球上的极光是来自磁层和太阳风的高能带电粒子被地磁场导引进入地球大气层,并与高层大气中的原子碰撞引起的发光现象。实际上每时每刻都有大量宇宙射线射向地球,假设某时刻有一个带负电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来(如图所示,地球自西向东转,图中箭头方向表示地球自转方向,虚线表示地轴),则该宇宙射线粒子将 (　　) A.向东偏转　　　　　　　　B.向西偏转 C.向南偏转　　　　　　　　D.向北偏转 4.如图所示,在平面直角坐标系xOy中,a、b为两根与纸面垂直的长直导线,a、b到y轴的距离相等,a、b导线中通有大小相等的电流,方向如图所示。电子从c点沿垂直于纸面的方向向外运动,则此时该电子所受洛伦兹力的方向是 (　　) A.x轴的正方向　　　　　　　　B.x轴的负方向 C.y轴的正方向　　　　　　　　D.y轴的负方向 题组二　洛伦兹力的大小 5.如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B,带电粒子(电性已在图中标出)的速度为v,带电荷量为q,则关于带电粒子所受洛伦兹力的大小和方向说法正确的是 (　　) 　　 　　 A.图甲中F洛=qvB,方向垂直于v斜向下 B.图乙中F洛=qvB,方向垂直于v斜向上 C.图丙中F洛=qvB,方向垂直于纸面向里 D.图丁中F洛=qvB,方向垂直于纸面向里 6.地球的磁场可以使来自太空的宇宙射线发生偏转。已知北京上空某处的磁感应强度为1.2×10-4 T,方向由南指向北,如果有一速度v=5.0×105 m/s的质子(带电荷量q=1.6×10-19 C)竖直向下运动,则质子受到的洛伦兹力多大?向哪个方向偏转? 题组三　带电粒子在磁场中的运动 7.在匀强磁场中,一不计重力的带电粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,如果突然将磁场的磁感应强度减为原来的一半,则 (　　) A.粒子的运动速率不变,运动周期变为原来的2倍 B.粒子的运动速率不变,轨迹半径变为原来的 C.粒子的运动速率减半,轨迹半径变为原来的 D.粒子的运动速率不变,运动周期减半 8.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场,粒子的一段轨迹如图所示,轨迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减少(带电荷量不变),则从图中情况可以确定 (　　) A.粒子从a到b,带正电 B.粒子从a到b,带负电 C.粒子从b到a,带正电 D.粒子从b到a,带负电 9.如图所示,圆心为O、半径为R的半圆形区域内存在着垂直于纸面方向的匀强磁场,一带电粒子以速度v从O点垂直于直径PQ射入磁场,并从M点离开,∠POM=60°,不计带电粒子的重力。粒子在磁场中的运动时间为 (　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 10.如图所示,在x轴上方有磁感应强度为B的匀强磁场,一个带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴负方向成60°角,不计粒子所受的重力,若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中运动,到x轴的最大距离为a,则该粒子的比荷及所带电荷的正负是 (　　) A.,正电荷　　　　　　　　B.,负电荷 C.,正电荷　　　　　　　　D.,负电荷 11.如图所示,有一圆形匀强磁场区域,O为圆心,磁场方向垂直于纸面向里。一个正电子和一个负电子(正、负电子质量相等,电荷量大小相等,电性相反)以不同的速率沿着PO方向进入磁场,运动轨迹如图所示。不计电子之间的相互作用及重力。a与b比较,下列判断正确的是 (　　) A.a为正电子,b为负电子 B.b的速率较小 C.a在磁场中所受洛伦兹力较小 D.b在磁场中运动的时间较长 12.如图所示,两个等质量的粒子分别以速度va和vb垂直射入有界匀强磁场,两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和45°,磁场垂直于纸面向外,磁场宽度为d,两粒子同时由A点出发,同时到达B点,A、B连线垂直于磁场边界。不计粒子重力,则 (　　) A.a粒子带负电,b粒子带正电 B.两粒子的轨迹半径之比Ra∶Rb=1∶ C.两粒子的电荷量之比qa∶qb=3∶2 D.两粒子的速率之比va∶vb=2∶3 13.如图所示一束电子以速度v由A点垂直射入磁感应强度大小为B、宽度为d的有界匀强磁场中,在C点穿出磁场时的速度方向与电子原来的入射方向成30°角,则电子的质量是多少?电子穿过磁场的时间是多少?(电子电荷量为e,不计电子所受的重力) 题组四　带电体在磁场中的运动 14.带电油滴以水平向右的速度v0垂直进入磁场,恰做匀速直线运动,如图所示,若油滴质量为m,磁感应强度大小为B,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.油滴必带正电荷,电荷量为 B.油滴必带正电荷,比荷为= C.油滴必带负电荷,电荷量为 D.油滴带什么电荷都可以,只要满足q= 15.(多选题)把用细线和带电小球做成的摆放置在某匀强磁场中,如图所示,在带电小球摆动的过程中,连续两次经过最低点时,相同的物理量是(不计空气阻力) (　　) A.小球受到的洛伦兹力 B.细线的张力 C.小球的向心加速度 D.小球的动能 能力提升练 题组一　带电粒子在匀强磁场中的运动 1.如图所示,在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场,一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°角的方向垂直磁场射入,并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q,OP=a,不计重力。根据上述信息可以得出 (　　) A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程 B.带电粒子在磁场中运动的速率 C.带电粒子在磁场中运动的时间 D.该匀强磁场的磁感应强度 2.如图所示,在x轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,许多相同的离子以相同的速率v,由O点沿纸面向各个方向射入磁场区域。不计离子所受重力,不计离子间的相互影响,图中曲线表示离子运动的区域边界,其中边界与y轴的交点为M,与x轴的交点为N,且OM=ON=L,由此可判断 (　　) A.这些离子带负电 B.这些离子运动的轨迹半径为 C.这些离子的比荷为= D.当离子沿y轴正方向射入磁场时会经过ON的中点 3.如图所示,边长为L的正三角形abc内存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。正三角形abc的中心O处有一粒子源,能够沿正三角形abc所在平面向任意方向发射速率为的粒子,粒子的质量为m,电荷量为q,不计粒子的重力。则粒子在磁场中运动的最短时间为 (　　) A.　　　　　　　　B. C.　　　　　　　　D. 4.如图所示,圆形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场,经过圆心O,最后离开磁场。已知圆形区域半径为R,A点到CD的距离为,不计粒子重力。则 (　　) A.粒子带正电 B.粒子运动的速率为 C.粒子在磁场中运动的时间为 D.粒子在磁场中运动的路程为 5.长度为L的水平板上方区域存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,从距水平板中心正上方的P点处以水平向右的速度v0释放一个质量为m、电荷量为e的电子,若电子能打在水平板上,速度v0应满足 (　　) A.v0>　　　　　　　　B.v0< C.<v0<　　　　　　　　D.v0>或v0< 题组二　带电体在磁场中的运动 6.如图所示,长度为L、内壁光滑的轻玻璃管平放在水平面上,管底有一质量为m、电荷量为q的带正电小球,整个装置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向竖直向下。玻璃管在外力的作用下向右匀速运动,最终小球从端口飞出。已知重力加速度为g,则从玻璃管进入磁场至小球飞出端口的过程中 (　　) A.小球的运动轨迹是一段圆弧 B.小球沿管方向的加速度大小a= C.洛伦兹力对小球做功Wf=qv0BL D.管壁的弹力对小球做功WF=qv0BL 7.如图甲所示,水平传送带足够长,沿顺时针方向匀速运动,将某绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送带。该装置处于垂直于纸面向外的匀强磁场中,物块运动的v-t图像如图乙所示。物块电荷量保持不变,下列说法正确的是 (　　) A.物块带正电 B.1 s后物块与传送带共速,所以传送带的速度为0.5 m/s C.传送带的速度可能比0.5 m/s大 D.若增大传送带的速度,其他条件不变,则物块最终达到的最大速度也会增大 8.如图所示,倾角为θ的绝缘斜面上等间距分布着A、B、C、D四点,相邻两点的间距为l,其中AB、CD段粗糙,BC段光滑,A点右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场。质量为m的带负电物块从斜面顶端由静止释放,已知物块通过AB段与CD段的时间相等,重力加速度为g。下列说法正确的有 (　　) A.物块通过AB段时做匀减速运动 B.物块经过A、C两点时的速度相等 C.物块通过BC段比通过CD段的时间长 D.物块通过CD段的过程中机械能减少了mgl sin θ 答案与分层梯度式解析 第1章　安培力与洛伦兹力 第2节　洛伦兹力 基础过关练 1.D　A、B图中电荷运动方向与磁场方向平行,所受洛伦兹力为零,A、B错误;根据左手定则可知,C图中电荷所受洛伦兹力方向向上,C错误;D图中电荷所受洛伦兹力方向向右,D正确。 方法技巧　左手定则具体运用步骤如下: (1)掌心——磁感线从掌心穿入; (2)四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向; (3)拇指——指向洛伦兹力的方向。 2.BD　根据左手定则可知,加上沿y轴正方向的磁场时,电子向z轴负方向偏转,加上沿y轴负方向的磁场时,电子向z轴正方向偏转,故A不符合题意,B符合题意。根据F=qE可知,加上沿z轴正方向的电场时,电子受到的电场力沿z轴负方向,则电子向z轴负方向偏转,加上沿z轴负方向的电场时,电子受到的电场力沿z轴正方向,则电子向z轴正方向偏转,C不符合题意,D符合题意。 3.B　地球周围的地磁场由地理的南极附近指向北极附近,当带负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受到向西的洛伦兹力,所以该宇宙射线粒子将向西偏转,选B。 方法技巧　宇宙射线中的带电粒子在地磁场中受到洛伦兹力而发生偏转,解答此问题的关键是熟练掌握地球周围磁感线的特点,结合左手定则判断带电粒子的偏转方向。 4.B　根据安培定则以及对称性可知c点处的磁感应强度沿y轴负方向,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力沿x轴的负方向,选B。 5.B　题图甲中,根据左手定则可知洛伦兹力的方向垂直于速度v斜向上,大小为F洛=qvB,A错误;题图乙中为负电荷,根据左手定则可知洛伦兹力的方向垂直于速度v斜向左上方,大小为F洛=qvB,B正确;题图丙中速度v的方向与磁场方向平行,带电粒子不受洛伦兹力,C错误;题图丁中,洛伦兹力大小为F洛=Bqv cos 60°=Bqv,根据左手定则可知洛伦兹力方向垂直于纸面向里,D错误。 6.答案　9.6×10-18 N　向东 解析　根据左手定则知,质子受方向向东的洛伦兹力,故向东偏转,洛伦兹力的大小为F=qvB=1.6×10-19×5.0×105×1.2×10-4 N=9.6×10-18 N。 7.A　因带电粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,洛伦兹力对带电粒子不做功,则如果突然将磁场的磁感应强度减为原来的一半,粒子的运动速率不变,根据T=可知,粒子的运动周期变为原来的2倍;根据qv0B=m,可得R=,则粒子的轨迹半径变为原来的2倍,A正确,B、C、D错误。 8.C　带电粒子受到洛伦兹力作用,在磁场中做匀速圆周运动,可得qvB=m,解得r=;由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量减少,速度减小,故轨迹半径r减小,可判断出粒子从b运动到a;又由左手定则可判断出粒子带正电,选C。 9.B　作O、M连线的中垂线,恰好过P点,可知粒子运动的圆弧轨迹的圆心在P点,对应半径为R,转过的圆心角为60°,故粒子在磁场中的运动时间为t=T=,而T=,联立解得t=,故选B。 10.B　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由于粒子穿过y轴正半轴,由左手定则可判断出粒子带负电;画出运动轨迹如图所示,由于粒子运动过程中到x轴的最大距离为a,则有a=r+r cos 60°=r;由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m,则==,故选B。 11.C　正、负电子在磁场中均做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,b向上偏转,a向下偏转,由左手定则可知,b为正电子,a为负电子,A错误;由题图可知,b的轨迹半径较大,由洛伦兹力提供向心力,有evB=m,解得r=,可知b的速率较大,B错误;两电子的电荷量相等,由F=qvB可知,a速率较小,受到的洛伦兹力较小,b速率较大,受到的洛伦兹力较大,C正确;由T=得,两电子在磁场中运动的周期相等,a在磁场中运动轨迹对应的圆心角较大,由t=T知,a在磁场中运动的时间较长,D错误。故选C。 方法技巧　当两带电粒子在同一匀强磁场中运动时,由r=可知,若两粒子的比荷相同,轨迹半径大的粒子速度大,轨迹半径小的粒子速度小;当两粒子电荷量相等时,由F=qvB得速度小的粒子在磁场中所受洛伦兹力较小。 12.D　两粒子运动轨迹如图所示 由左手定则可知b粒子带负电,a粒子带正电,A错误;根据几何关系有d=Ra=Rb,则Ra∶Rb=∶1,B错误;粒子从A到B,由几何关系知a粒子运动轨迹对应的圆心角为φa=,b粒子运动轨迹对应的圆心角为φb=,由于两粒子同时出发同时到达,有tAB==,则va∶vb=2∶3,D正确;粒子所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,则有qa∶qb=vaRb∶vbRa=2∶3,C错误。故选D。 13.答案　　 解析　电子在磁场中运动,忽略重力的影响,认为其只受洛伦兹力作用,故其轨迹是圆弧,又因为F洛⊥v,故轨迹圆心在电子穿入和穿出磁场时受到的洛伦兹力的作用线的交点上,如图中的O点。 由几何知识可知,弧AC所对圆心角θ=30°,OC为半径r,r==2d;又由r=得 m=。由于弧AC所对圆心角为30°,故电子在磁场区域内的运动时间t=T=T;又由于T=,故t=×=。 14.C　由于带电油滴在磁场中恰好做匀速直线运动,且受到的重力方向竖直向下,因此洛伦兹力方向必定竖直向上。由左手定则可知油滴一定带负电荷,且满足mg-qv0B=0,所以q=,故C正确。 15.CD　设小球带正电,则小球向右摆到最低点时,洛伦兹力的方向竖直向上,小球向左摆到最低点时,洛伦兹力的方向竖直向下,故A错误;在摆动过程中,洛伦兹力和细线的拉力均不做功,只有重力做功,机械能守恒,所以到达最低点时小球的速度大小相等,小球的动能相等,设小球所带电荷量为q,细线长为r,磁感应强度为B,在最低点时的速度大小为v,由a=可知,小球的向心加速度相等,若小球带正电,小球向右摆到最低点时,F1+qvB-mg=m,小球向左摆到最低点时,F2-qvB-mg=m,解得F1<F2,所以细线的张力不相等,同理,若小球带负电,细线张力也不相等,故B错误,C、D正确。 能力提升练 1.A　粒子恰好垂直于y轴射出磁场,作两速度的垂线,交点为轨迹圆心O1,轨迹如图所示 由几何关系可知OO1=a tan 30°=a,R==a,圆心的坐标为,则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2+=a2,选项A正确;根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得带电粒子在磁场中运动的速率为v=,轨迹圆的半径R可求出,但磁感应强度B未知,则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率,选项B、D错误;带电粒子转过的圆心角为π,而周期为T==,则带电粒子在磁场中运动的时间为t=T=,因磁感应强度B未知,则运动时间无法求得,选项C错误。 2.B　离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得离子的轨迹半径r=;由几何关系可知,沿x轴正方向射入的离子将经过M点,沿y轴正方向射入的离子将经过N点,由左手定则可知离子带正电,A、D错误;由于沿x轴正方向和y轴正方向射入的离子将分别经过M、N点,已知OM=ON=L,则这些离子运动的轨迹半径为r=,结合r=,可得=,故B正确,C错误。 3.C　 思路点拨　粒子的速率均相同,因此粒子轨迹圆的半径均相同,但粒子射入磁场的速度方向不同,故可以保持圆的大小不变,只改变圆的位置,画出“旋转圆”——动态旋转轨迹圆,观察磁场中轨迹的变化,轨迹越短,对应的圆心角越小,粒子运动的时间越短。 假设粒子带正电,磁场的方向垂直于纸面向里,粒子运动轨迹的半径r满足qvB=m,解得r=L,画出“旋转圆”,可知当轨迹对应的弦与边界垂直时,轨迹最短,粒子在磁场中运动的时间最短,如图所示,此时粒子水平向右进入磁场,轨迹对应的圆心角为;由于粒子在磁场中运动的周期为T=,则粒子在磁场中运动的最短时间为t=T=,故A、B、D错误,C正确。故选C。 方法技巧　“旋转圆法”巧解临界、极值问题 当定点离子源发射速度大小相等、方向不同,比荷和电性都相同的带电粒子时,由r=可知轨迹半径大小不变。将一半径为r=的圆以入射点为圆心进行旋转,可以看出轨迹圆的圆心共圆,即带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点为圆心、半径r=的圆上,从而探索粒子的临界条件。 4.D　根据题意,作出粒子的运动轨迹,如图所示,可知粒子在A点所受的洛伦兹力方向向下,根据左手定则可知,粒子带负电,A错误。由于圆形区域半径为R,A点到CD的距离为,设粒子做圆周运动的轨迹半径为r,根据几何关系有r=R,粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则qvB=m,解得粒子运动的速率为v=,B错误。由于圆形区域半径为R,A点到CD的距离为,根据上述分析,粒子做圆周运动的轨迹半径也为R,则△AOO'与△EOO'均为等边三角形,所以轨迹所对应的圆心角∠AO'E=120°,则粒子在磁场中运动的时间为t=×=,运动的路程为s=×2πr=,故C错误,D正确。 方法技巧　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的解题三步法: 5.C　电子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有ev0B=m,解得R=;根据分析可知,当轨迹半径很小或者很大时,电子均不能到达水平板上,两个临界轨迹分别为与水平板相切、恰好经过水平板右端点,如图所示。根据几何关系可知Rmin=,Rmax=,解得v0min=,v0max=,则有<v0<,选C。 6.D　由题意知,小球既沿管方向运动,又和管一起向右匀速运动,对小球受力分析,可知沿管方向小球所受洛伦兹力为恒力,由牛顿第二定律得qv0B=ma,解得a=,即沿管方向小球做匀加速直线运动,所以小球的运动轨迹为抛物线,故A、B错误。因为洛伦兹力方向总是和速度方向垂直,所以洛伦兹力永不做功,故C错误。小球从管的端口飞出,沿管方向的分运动是匀加速直线运动,有v2=2aL;而水平向右一直做匀速直线运动,所以小球的速度增大,动能增加,又因为洛伦兹力不做功,所以管壁对小球向右的弹力对小球做正功;小球飞出端口时速度为v'=,所以整个过程中由动能定理得WF=mv'2-m,解得管壁的弹力对小球做功为WF=qv0BL,故D正确。 7.C　从v-t图像可以看出,滑块的加速度逐渐减小为零,根据牛顿第二定律,有μ(mg-qvB)=ma,说明洛伦兹力竖直向上,根据左手定则可知,物块带负电,故A错误;1 s后物块的速度最大,加速度为零,说明摩擦力为零,可能是mg-qvB=0,也可能是物块与传送带共速,如果是洛伦兹力与重力平衡,即mg-qvB=0,则传送带的速度可能比0.5 m/s大,且物块的最大速度v=,与传送带的速度无关,故C正确,B、D错误。 8.B　由于BC段光滑,物块所受的洛伦兹力垂直于斜面向下,沿斜面方向只有重力沿斜面向下的分力提供加速度,知物块在BC段做匀加速直线运动;结合物块通过AB段和CD段的时间相等,可知在AB段和CD段不可能做匀速运动,速度变化,所受的洛伦兹力就会发生改变,从而导致摩擦力的改变,所以在AB段和CD段不可能做匀减速运动,A错误。由于物块通过AB段和CD段的时间和位移均相等,推出AB段的运动和CD段的运动应该完全相同,所以vA=vC,B正确。由于AB段的运动和CD段的运动完全相同,可得出vB=vD,vA=vC;由于BC段、CD段的位移相同,物块在BC段做匀加速直线运动,在CD段做加速度减小的减速运动,所以在CD段所用的时间更长,C错误。对AC段,由动能定理得2mgl sin θ-Wf=0,所以在AB段克服摩擦力做功为Wf=2mgl sin θ,又物块在AB段和CD段运动完全一样,所以物块在CD段克服摩擦力做功也为Wf,知机械能减少了2mgl sin θ,故D错误。 7 $$