第2节 洛伦兹力-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（鲁科版）

第2节 洛伦兹力 　　　　 第1章 安培力与洛伦兹力 核心素养目标 物理观念 知道什么是洛伦兹力，会计算洛伦兹力的大小，并会判断其方向。能用与洛伦兹力相关的知识解释一些物理现象。 科学思维 运用电流模型结合安培力推导洛伦兹力，理解洛伦兹力特点。 科学探究 探究电子在洛伦兹力演示仪中的运动。 科学态度与责任 进一步认识到电磁技术的应用对人类生活的影响。 新知导学 1 合作探究 2 随堂演练 3 内容索引 课时测评 4 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 新知导学 返回 知识梳理 一、磁场对运动电荷的作用 1.当将一带电通草球静止悬挂于磁场中时，无论通草球带多少电及带何种电荷，磁场方向如何改变，通草球静止状态不变，这说明磁场对静止电荷__________。 2.演示实验(实验现象) (1)没有磁场时，电子束是________________________。 (2)电子束在蹄形磁铁的磁场中会发生______。 (3)改变蹄形磁铁磁场方向，电子束偏转方向发生______。 无磁场力 一条直线(或沿直线传播) 偏转 改变 二、从安培力到洛伦兹力 1.洛伦兹力的定义：磁场对__________的作用力。 2.洛伦兹力公式的推导：安培力→磁场对通电导线的作用力→磁场对电流的作用力→磁场对定向运动电荷的作用力→磁场对每个运动电荷作用力的合力→安培力F＝N(运动电荷总数)·洛伦兹力f。 3.公式：f＝______。 4.左手定则：伸出______，拇指与其余四指______，且都与手掌处于同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向________运动的方向，那么______所指的方向就是________所受洛伦兹力的方向。 运动电荷 evB 左手 垂直 正电荷 拇指 正电荷 三、带电粒子在匀强磁场中的运动 洛伦兹力不对运动电荷______，它不改变运动电荷的______，只改变运动电荷的__________。 1.实验探究 (1)实验装置：__________演示仪，如图所示。 (2)实验原理：玻璃泡内的电子枪发射出 __________，使泡内的低压__________ 发出辉光，这样就可显示出电子的轨迹。 (3)实验现象： ①当没有磁场作用时，电子的运动轨迹是______。 ②当电子垂直射入磁场时，电子的运动轨迹是______。 ③当电子斜射入磁场时，电子的运动轨迹是________。 做功 速率 运动方向 洛伦兹力 阴极射线 惰性气体 直线 圆周 螺旋线 2.带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 (1)运动性质：______圆周运动。 (2)向心力：由__________提供。 (3)半径：r＝。 (4)周期：T＝。由半径、周期两关系式可知：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，轨道半径与粒子的运动速率、粒子的质量成正比，与电荷量、磁感应强度成反比；带电粒子的运动周期与粒子的质量成正比，与电荷量和磁感应强度成反比，与__________和运动______无关。 匀速 洛伦兹力 轨道半径 速率 自主检测 1.判断正误 (1)带电粒子在电场中一定受电场力作用，所以带电粒子在磁场中一定受洛伦兹力作用。 ( ) (2)用左手定则判断带负电的粒子所受洛伦兹力方向时，四指一定要指向带负电粒子速度的反方向。 ( ) (3)洛伦兹力和安培力的本质是相同的。 ( ) (4)仅在洛伦兹力作用下，电荷的动能一定不会变化。 ( ) √ × √ √ 返回 2.链接实景 一带负电的离子束沿图中箭头方向从两磁极间通过时，它受到的洛伦兹力方向是怎样的？ 提示：由题图及左手定则可知，带负电的离子束所受的洛伦兹力的方向 向下。 合作探究 返回 师生互动 知识点一 洛伦兹力的方向 地磁场是地球的卫士，它能有效地防止宇宙射线射向地球。假设有一束带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来，那么它是如何起到保护地球的作用呢？ 提示：由于地磁场的作用，使带正电的宇宙射线粒子相对于预定地点向东偏转。 要点归纳 1.决定洛伦兹力方向的因素 电荷的电性(正、负)、速度方向、磁感应强度的方向是决定洛伦兹力方向的三个因素。 2.F、B、v三者方向间的关系 电荷运动方向和磁场方向间没有因果关系，两者关系是不确定的。电荷运动方向和磁场方向确定洛伦兹力方向，F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v所决定的平面。 3.洛伦兹力不做功 由于洛伦兹力方向始终与电荷运动的方向垂直，故洛伦兹力对运动电荷不做功，它只改变电荷速度的方向，不改变电荷速度的大小。 试判断图中的带电粒子刚进入磁场时所受的洛伦兹力的方向，其中垂直于纸面指向纸里的是 思路点拨 (1)明确磁场方向、带电粒子速度方向、带电粒子电性情况。 (2)利用左手定则判断带电粒子所受的洛伦兹力的方向。 例1 √ 根据左手定则可以判断，A中的负电荷所受的洛伦兹力方向向下，A错误；B中的负电荷所受的洛伦兹力方向向上，B错误；C中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面指向纸外，C错误；D中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面指向纸里，D正确。 1.洛伦兹力永不做功，虽然安培力是洛伦兹力的宏观表现，但安培力可以做功。 2.利用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向也可以理解为总是指向等效电流的方向。 3.无论磁感应强度B的方向与电荷运动的速度方向是否垂直，洛伦兹力的方向一定垂直于B和v所决定的平面。 规律总结 针对练1.来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会给地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是 A.若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心， 则由于地磁场的作用将向东偏转 B.若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心， 则由于地磁场的作用将向北偏转 C.若带电粒子带正电且垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转 D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动 √ 在赤道平面，地磁场方向由南指向北，若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心，根据左手定则可知，洛伦兹力方向指向东，即由于地磁场的作用将向东偏转，故A正确，B错误；若带电粒子垂直地球赤道平面射向地心，根据左手定则可知，运动方向与磁感线方向平行，粒子不发生偏转，则粒子不可能在地磁场中做匀速圆周运动，故C、D错误。故选A。 针对练2.电视机显像管的偏转线圈示意图如图所示，线圈中心O处的黑点表示电子枪射出的电子，它的方向垂直纸面向外。当偏转线圈中的电流方向如图所示时，电子束 A.向左偏转 B.向右偏转 C.向上偏转 D.向下偏转 根据安培定则可得，上下两个线圈的N极均在左边，S极均在右边，即铁芯中间处的磁场方向是水平向右的。根据左手定则判定，由里向外射出的电子受到的洛伦兹力向下，如图所示， 故电子束向下偏转。故选D。 √ 师生互动 知识点二 洛伦兹力的大小 如图所示，直导线长为l，电流为I，单位体积内的自由电荷数为n，横截面积为S，每个电荷的电荷量均为q，定向运动速度为v，磁场的磁感应强度为B。 (1)这段通电导线所受的安培力为多大？ 提示：安培力F安＝IlB； (2)此段导线的自由电荷个数为多少？ 提示：自由电荷个数N＝nSl； (3)每个自由电荷受到的洛伦兹力又为多大？ 提示：每个自由电荷受到的洛伦兹力F洛＝＝＝。 要点归纳 1.洛伦兹力的计算公式f＝qvBsin θ(θ为v与B的夹角) (1)当v⊥B时，f＝qvB，即运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大。 (2)当v∥B时，f＝0，即运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力。 (3)若v与B夹角为θ(θ≠90°)时，f＝qvBsin θ。 2.洛伦兹力与安培力的比较 名称 洛伦兹力 安培力 区别 运动电荷受到的磁场力 通电导线受到的磁场力 洛伦兹力永远不做功 安培力可以做功 联系 安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释 F＝Nf(N指导体中定向运动的电荷数) 洛伦兹力与安培力方向均用左手定则判断 3.洛伦兹力与电场力的比较 比较项目 洛伦兹力 电场力 产生条件 磁场中运动的电荷、且电荷的速度方向与磁场方向不平行 电场中的电荷无论静止还是沿任何方向运动都要受到电场力 方向 洛伦兹力方向一定垂直于磁场方向以及电荷运动方向 正电荷受力方向与电场方向一致，负电荷则相反 大小 f＝qvBsin θ(θ为v与B夹角) F＝qE 做功情况 一定不做功 做正功、负功和不做功都有可能 磁场对运动电荷且运动方向和磁场方向不共线时才有洛伦兹力作用，故带电粒子射入某区域不受洛伦兹力时，并不能确定该区域是否存在磁场。 特别提醒 (多选)如图，①②③④各图中匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，电荷量均为q。以f1、f2、f3、f4依次表示四图中带电粒子在磁场中所受洛伦兹力的大小，则 A.f1＝f2 B.f3＝f4 C.f2＝f3 D.f1＝f4 例2 √ √ ①③④三图中速度v与磁场方向垂直，②图中垂直磁场方向的速度为vcos 30°，根据公式f＝qvB，有f1＝f3＝f4＞f2。故选BD。 针对练1.如图所示，由绝缘细线悬挂的带负电荷的小球，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，小球在AB间摆动过程中，由A摆到最低点C时，细线拉力的大小为F1，小球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，细线拉力的大小为F2，小球加速度大小为a2，则 A.F1＞F2，a1＝a2　　　　　 B.F1＜F2，a1＝a2 C.F1＜F2 ，a1＞a2 D.F1＜F2，a1＜a2 √ 由于洛伦兹力对小球不做功，故小球在摆动过程中机械能守恒，小球摆动至C点时速度大小恒定，故小球在C点时向心加速度a＝(l为悬线长度)保持不变，即a1＝a2。小球由A摆到C时所受洛伦兹力f向上，由牛顿第二定律得：F1＋f－mg＝，所以F1＝m＋mg－f；类似的分析知：F2＝m＋mg＋f(m为小球的质量)，可知F1＜F2， 所以B正确。 针对练2.如图所示，光滑的水平桌面上平放着内壁光滑的试管，试管底部有质量为0.2 kg的带电小球，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。在水平拉力F的作用下，试管向右以2 m/s的速度匀速运动，最终带电小球以 4 m/s的速度飞出管口。则该过程中 A.小球带负电 B.小球的加速度逐渐变大 C.洛伦兹力对小球做功1.6 J D.拉力F对试管做功1.2 J √ 小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹 力，根据左手定则可知，小球带正电，故A错误；小球 垂直于试管向右的分运动是匀速直线运动，则小球在垂 直于试管方向上合力为零，小球沿试管方向受到洛伦兹 力的分力是由小球垂直于试管向右的速度产生，根据f＝qvB可知，水平向右的速度不变，则指向管口的洛伦兹力不变，所以小球的加速度不变，故B错误；洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力对小球不做功，故C错误；根据动能定理可得，试管对小球做的功为W＝m－m＝×0.2×42 J－×0.2×22 J＝1.2 J，则小球对试管做的负功为1.2 J，由于试管做匀速直线运动，动能不变，则外力做功的代数和为零，所以拉力F对试管做的正功为1.2 J，故D正确。故选D。 师生互动 知识点三 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 (1)给励磁线圈通电，观察电子束的径迹，运动的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由谁提供？ (2)保持入射电子的速度不变，增加磁感应强度，电子束径迹有什么变化？ (3)保持磁感应强度不变，增加出射电子的速度，电子束径迹有什么变化？ 提示：洛伦兹力。　 提示：半径减小。　 提示：半径增大。 要点归纳 1.由关系式r＝知，在匀强磁场中，做匀速圆周运动的带电粒子，其轨道半径跟运动速率成正比。 2.由关系式T＝知，在匀强磁场中，做匀速圆周运动的带电粒子，运动周期跟轨道半径和运动速率均无关，而与带电粒子的比荷成反比。 (多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子 A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 例3 √ √ 设电子的质量为m，速率为v，电荷量为e，B2＝B，B1＝kB，由洛伦兹力提供向心力，有evB＝，半径r＝，周期T＝，所以＝k，＝k，根据牛顿第二定律a＝，ω＝可知，＝，＝，所以A、C正确，B、D错误。 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与磁场的磁感应强度和粒子的速度有关，粒子的速度越大，磁感应强度越小，粒子的轨道半径越大；解决带电粒子在磁场中的运动问题时，电子、质子等粒子的重力远小于洛伦兹力的大小，一般可忽略重力。 规律总结 针对练1.如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图。用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹。下列关于实验现象和分析正确的是 A.励磁线圈通以逆时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹 B.励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹 C.保持励磁电压不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径减小 D.保持加速电压不变，增加励磁电压，电子束形成圆周的半径增大 √ 励磁线圈通以顺时针方向的电流，则由右手定则可知线圈内部磁场向里，由左手定则可知能形成结构示意图中的电子运动径迹，故B正确，A错误；保持励磁电压不变，增加加速电压，则电子的运动速度变大，根据r＝可知电子束形成圆周的半径增大，故C错误；保持加速电压不变，增加励磁电压，则B变大，根据r＝可知电子束形成圆周的半径减小，故D错误。 针对练2.如图所示，空间存在范围足够大、垂直xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标原点O沿y轴正方向以速度v0射出，带电粒子恰好经过点A，不计粒子受到的重力及空气阻力。匀强磁场的磁感应强度大小为 A. B. C. D. √ 带电粒子的运动轨迹如图所示，设轨迹半径为R，磁感应强度为B，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，结合几何关系(x0－R)2＋＝R2，解得B＝。故选A。 知识点四 带电粒子在有界磁场中的圆周运动 观察图片，图中确定轨迹圆心的依据是什么？ 提示：轨迹半径和速度垂直，两个半径的交点必然是圆心。 师生互动 带电粒子在磁场中运动的分析方法 1.画轨迹：根据题意分析带电粒子在磁场中的受力情况，确定它在磁场中的运动轨迹是圆还是一段圆弧，根据粒子入射、出射磁场时的方向，粗略画出粒子在磁场中的运动轨迹。 2.找圆心：在画出粒子在磁场中的运动轨迹的基础上，找出圆心的位置，圆心一定在与速度方向垂直的直线上，找圆心通常有两个方法： 要点归纳 (1)已知入射方向和出射方向时，过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，其交点就是圆心，如图(a)。 (2)已知入射方向和出射点位置时，利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心。通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线。这两条垂线的交点就是偏转圆弧的圆心，如图(b)。 3.定半径：主要由几何关系求出，往往通过添加辅助线，构造直角三角形，然后利用直角三角形中的边角关系求出。 4.时间的计算：粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可表示为t＝T(或t＝T)。 5.几个有关的角及其关系：如图(c)所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回 旋角(或圆心角)，AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为：φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ＋θ'＝180°。 处理带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题时，关键是利用几何知识准确地求出粒子的运动半径。因为粒子运动半径表达式r＝中包含了粒子在磁场中运动的所有相关信息。由题目中给出的已知量及解出的相关量，结合r＝即可解出待求量。 特别提醒 如图所示，一束电子(电量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场，穿透磁场时的速度与电子原来的入射方向的夹角为30°。求： (1)电子的质量m； 例4 　 电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，如图所示画出轨迹，并找到圆心O。 由几何知识得到，轨迹的半径为： r＝＝2d 由牛顿第二定律得：evB＝m 解得：m＝。 (2)电子在磁场中的运动时间t。 由几何知识得到，轨迹的圆心角为α＝， 故穿越磁场的时间为：t＝＝。 如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为－q(q＞0)的粒子1在纸面内以速度v1＝v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角α＝30°；质量为m、电荷量为＋q的粒子2在纸面内以速度v2＝v0也从O点射入磁场，其方向与MN的夹角β＝60°。已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点(图中未画出)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求： (1)两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d； 例5 　 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则有 qvB＝m，解得r＝ 由几何关系可得粒子1射出点A与O点的距离xOA＝2r1cos 60° 粒子2射出点B与O点的距离xOB＝2r2cos 30° 又r1＝，r2＝ 故d＝xOA＋xOB＝。 (2)两粒子进入磁场的时间间隔Δt。 粒子1、2做圆周运动的周期T1＝T2＝ 设粒子1在磁场中转过的圆心角为θ1，则运动的时间t1＝T1 设粒子2在磁场中转过的圆心角为θ2，则运动的时间t2＝T2 由图知，θ1＝π，θ2＝π 所以Δt＝t1－t2＝。 针对练1.(多选)如图为一半径为R的圆形区域匀强磁场，在A点沿半径方向射入一速率为v的带电粒子，带电粒子从B点飞出磁场，速度偏角为60°，不考虑带电粒子的重力，下列说法正确的是 A.粒子带负电 B.粒子在磁场运动的轨迹半径为R C.粒子在磁场中运动的时间为 D.粒子在磁场中运动的时间为 √ √ 设带电粒子在磁场运动的轨迹半径为r，如图所示。由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；根据几何关系可得tan 30°＝，解得粒子在磁场运动的轨迹半径为r＝R，故B错误；粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，故C正确，D错误。故选AC。 针对练2.(多选)如图所示，在xOy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝30°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x正半轴。已知MO＝d，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。下列说法错误的是 A.粒子带正电荷 B.粒子速度大小为 C.粒子在磁场中运动的时间为 D.N与O点相距3d √ √ √ 由题意知，粒子的运动轨迹如图所示，结合磁场的方向和左手定则可知，粒子带负电荷，故A错误；根据几何关系得rsin θ＝d，根据洛伦兹力 提供向心力得qvB＝m，解得r＝2d，v＝，故B正确；粒子在磁场中运动的时间为t＝×T＝T，又T＝，联立得t＝，故C错误；由图可知ON＝r＋rcos θ＝(2＋)d，故D错误。故选ACD。 返回 随堂演练 返回 1.如图所示，带电粒子刚进入磁场时所受到的洛伦兹力的方向正确的是 √ 根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力方向向上，故A错误；根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力方向向下，故B正确；粒子速度方向与磁场方向平行，粒子不受洛伦兹力，故C错误；粒子速度方向与磁场方向平行，粒子不受洛伦兹力，故D错误。故选B。 2.两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 √ 由F＝qvB可知，F∝q，与质量无关，故C正确。 3.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是 A.粒子带正电 B.粒子在b点速率大于在a点速率 C.若仅减小磁感应强度，则粒子从b点右侧射出 D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 √ 由左手定则可知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速率不变，B错误；粒子在磁场中的运动轨迹半径R＝，若仅减小磁感应强度B的大小，则R变大，粒子从b点右侧射出，C正确；若仅减小入射速率，则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，粒子在磁场中运动的时间t＝T，T＝，粒子在磁场中的运动时间变长，D错误。 4.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°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 √ 返回 粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心O1，轨迹如图所示，由几何关系可知OO1＝atan 30°＝a、R＝ ＝a，圆心的坐标为(0，a)，则带电粒子在磁场中运 动的轨迹方程为x2＋(y－a)2＝a2，故A正确；洛伦兹力 提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，因轨迹圆的半径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，故B、D错误；带粒子运动轨迹的圆心角为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，故C错误。 课时测评 返回 √ 1.如图所示，水平直导线中通有稳定电流I，导线的正上方处有一电子(不计重力)初速度为v0，其运动方向与电流方向相同，以后电子将 A.沿路径a运动，曲率半径变小 B.沿路径a运动，曲率半径变大 C.沿路径b运动，曲率半径变小 D.沿路径b运动，曲率半径变大 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断导线上方的磁场方向向里，导线下方的磁场方向向外，由左手定则判断可知，导线上面的电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子将沿b轨迹运动，其速率v不变，而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由公式r＝可知，电子的轨迹半径逐渐增大，故轨迹不是圆。故D正确，A、B、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 2.如图所示，用洛伦兹力演示仪研究带电粒子在匀强磁场中的运动，以虚线表示电极K释放出来的电子束的径迹。在施加磁场之前，电子经加速后沿直线运动，如图甲所示；施加磁场后电子束的径迹，如图乙所示；再调节演示仪可得到图丙所示的电子束径迹。下列说法正确的是 A.施加的磁场方向为垂直纸面向外 B.在图乙基础上仅提高电子的加速电压，可得到图丙所示电子束径迹 C.在图乙基础上仅减小磁感应强度，可得到图丙所示电子束径迹 D.图乙与图丙中电子运动一周的时间可能不相等 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 电子在加速电场中加速，由动能定理得eU＝ m，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动， 洛伦兹力充当向心力，有ev0B＝m，由运 动学公式有T＝，联立解得r＝，T＝。根据左手定则，电子向左飞出后做顺时针方向的圆周运动，所以磁场方向垂直纸面向里，故A错误。在题图乙的基础上增大加速电压U，可知电子运动半径增大，而题图丙运动半径减小，故B错误。在题图乙的基础上仅减小磁感应强度，可知电子运动半径增大，故C错误。如果题图乙由减小电压变为题图丙时，题图乙与题图丙中电子运动一周的时间相等；如果题图乙由增大磁感应强度变为题图丙时，题图乙与题图丙中电子运动一周的时间不相等，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 3.如图所示，a和b带电荷量相同，以相同动能从A点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径ra＝2rb，则可知(重力不计) A.两粒子都带正电，质量比＝4 B.两粒子都带负电，质量比＝4 C.两粒子都带正电，质量比＝ D.两粒子都带负电，质量比＝ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点受到的洛伦兹力均向下，由左手定则可知，这两个粒子均带负电，根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB＝m，得r＝，又动能Ek＝mv2，联立得：m＝，可见m与半径r的平方成正比，故ma∶mb＝∶＝(2rb)2∶＝4∶1，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 4.(多选)如图所示为垂直纸面向里的匀强磁场，若在空间中加一与磁场垂直的方向水平的匀强电场，某带电小球刚好沿图中的虚线PQ做直线运动。则下列判断正确的是 A.带电小球的速度一定不变 B.带电小球的速度可能增大 C.如果小球带正电荷，则电场的方向应水平向右 D.如果小球带负电荷，小球一定是从Q点向P点运动 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 小球在重力、电场力和洛伦兹力作用下做直线运动，因为洛伦兹力随速度的变化而变化，故小球一定做匀速运动，速度不变，A正确，B错误；如果小球带正电荷，电场线方向一定水平向左，如图所示，C错误；经分析知，洛伦兹力只能垂直于虚线向上，如果小球带负电荷，根据左手定则知小球一定是从Q点运动到P点的，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 5.科学家利用磁场控制带电粒子的轨迹，研究粒子的性质。如图，PMN左下方空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，PM⊥MN。现有电荷量相同、质量不同的甲、乙两种正粒子，先后从PM上O点以平行于MN的相同速度射入磁场，甲、乙分别经过MN上E、F两点，OM＝ME＝EF＝d，不考虑粒子间相互作用力及重力，则 A.乙在磁场中运动的轨道半径为2d B.乙的质量是甲质量的2.5倍 C.甲在磁场中运动时间大于乙 D.洛伦兹力对甲、乙均做正功 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 如图所示，乙在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O1。 由几何关系得(r乙－d)2＋(2d)2＝，解得乙在磁场 中运动的轨道半径为r乙＝2.5d，故A错误；由沿伦兹 力提供向心力有qvB＝m，化简可得r＝，由图可 知r甲＝d，即有＝，结合r＝＝，即乙的质量是甲质量的2.5倍，故B正确；由公式t＝，且乙的运动轨迹长度大于甲的运动轨迹长度，两粒子入射速度大小相同，即有t乙＞t甲，故C错误；洛伦兹力对进入磁场中的两粒子均不做功，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 6.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。重力不计、电荷量一定的带正电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为 A. B. C. D. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示： 可得：sin ＝＝，所以β＝120°，α＝60°。粒子轨道半径：r＝Rcot 30°＝R，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝＝。粒子在磁场中的运动时间： t＝T＝，故A、B、 D错误，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 7.如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是 A.电子的运动轨迹为PENCMDP B.B2＝2B1 C.电子从射入磁场到回到P点用时为 D.电子在磁场B1中受到的洛伦兹力大小是在磁场B2中受到的洛伦兹力大小的2倍 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向 射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以 电子的运动轨迹为PDMCNEP，故A错误；由题图可 知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强 磁场中的运动半径的一半，即r1＝r2，由洛伦兹力提供向心力有evB＝m，可得r＝，可知B1＝2B2，所以电子在磁场B1中受到的洛伦兹力大小是在磁场B2中受到的洛伦兹力大小的2倍，故B错误，D正确；电子从射入磁场到回到P点用时为t＝T1＋＝＋×＝，故C错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 8.(多选)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上(杆表面不光滑)，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现给环一向右的初速度v0，则下列情况可能发生的是 A.环将保持匀速运动，环的机械能不变 B.环将向右减速，最后静止，损失的机械能是m C.环将向右减速，最后匀速，损失的机械能是m D.环将向右减速，最后匀速，损失的机械能是m－m()2 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 在竖直方向上，当洛伦兹力等于重力时，支持力为 零，摩擦力为零，环将做匀速直线运动，则环的机 械能不变，故A正确；当重力大于洛伦兹力时，环将向右减速，最后静止，由受力可知，重力、支持力与洛伦兹力不做功，摩擦力做功导致机械能损失，根据能量守恒定律，则有损失的机械能是m，故B正确；当重力小于洛伦兹力时，环向右先减速后匀速，根据能量守恒知，损失的机械能等于环动能的减小量，匀速直线运动时有qvB＝mg，解得v＝。损失的机械能ΔE＝m－m()2，故C错误，D 正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 9.(多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示从E到F方向的电流I，C、D两侧面会产生电势差UCD，下列说法中正确的是 A.电势差UCD的大小与磁感应强度B有关 B.若霍尔元件的材质是铜，则C点的电势高于D点的电势 C.仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大 D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 铜质材料中做定向运动的是自由电子，根据左手定则可知，电子在洛伦兹力的作用下向C端移动，C点电势低于D电势，B错误；根据qvB＝qE＝，解得UCD＝Bvd，故仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大，A、C正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，让磁感线穿过工作面，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 10.(多选)矩形abcd区域内存在如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场，bc＝l，cd＝1.6l。速度不同的电子从a点沿ad方向射入磁场，设电子的质量为m，电量为－e，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则对能从bc边射出的电子 A.速度范围为≤v≤ B.速度范围为v≤或v≥ C.最长时间与最短时间之比为2∶1 D.最长时间与最短时间之比为180∶127 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 画出能从bc边出射的电子临界轨迹过程图，如图所示， 对与cd边相切从bc边出射的电子，根据洛伦兹力提供向心力可得：ev1B＝m 根据几何关系可得：r1＝l 联立可得：v1＝ 对恰好从b点出射的电子，根据洛伦兹力提供向心力可得： ev2B＝m 根据几何关系可得：r2＝0.8l 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 联立可得：v2＝ 所以能从bc边射出的电子速度范围为： ≤v≤，故A正确，B错误； 根据洛伦兹力可得：evB＝m， 电子在磁场中运动的周期：T＝ 联立可得电子在磁场中运动的周期均为： T＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 与cd边相切从bc边出射的电子，在磁场中运动的时间最短，转过的圆心角：θ1＝90°＋37°＝127°，恰好从b点出射的电子，在磁场中运动的时间最长，转过的圆心角：θ2＝180°，根据电子在磁场中运动的时间t＝T可知两电子在磁场中运动的时间与其转过的圆心角θ成正比。故电子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为：tmax∶tmin＝θ2∶θ1＝180∶127，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.如图甲所示，光滑绝缘水平面上方足够大空间内存在磁感应强度大小B＝1 T的水平匀强磁场，带正电的物块A静置于水平面上，电荷量q＝0.2 C。t＝0时，水平力F作用在物块A上，物块A由静止开始运动，其对水平面的压力随时间的变化图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则 A.物块A的质量为3 kg B.水平力F不断增大 C.水平力F的大小为70 N D.物块A做匀加速直线运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 11 1 10 根据平衡条件有mg＝20 N，得m＝2 kg，故A错误；物块A对水平面的压力N＝qvB＋mg＝qBat＋mg，物块A对水平面的压力不断增大，则洛伦兹力不断增大，速度不断增大，做匀加速直线运动，结合题图乙可知，速度均匀增大，则做匀加速运动，水平力F不变，故B错误，D正确；根据N＝qBat＋mg，题图乙图像斜率k＝qBa，代入数据得a＝12.5 m/s2，故F＝ma＝25 N，故C错误。故选D。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 11 1 10 谢 谢 观 看 第2节 洛伦兹力 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 $