第一章 2 磁场对运动电荷的作用力（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（人教版 浙江）

DIYIZHANG 第一章 2　磁场对运动电荷的作用力 1 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.会分析带电体在洛伦兹力作用下的运动(难点)。 2 一、洛伦兹力的方向 二、洛伦兹力的大小 课时对点练 三、电子束的磁偏转 内容索引 四、带电体在洛伦兹力作用下的运动 3 洛伦兹力的方向 一 4 1.洛伦兹力： 在 中受到的力。 2.左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指 ，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从 垂直进入，并使 指向 运动的方向，这时_____ 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。 运动电荷 磁场 垂直 掌心 四指 正电荷 拇指 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。 根据洛伦兹力的方向与运动电荷速度方向的关系，请推测：洛伦兹力对运动电荷的速度有什么影响？洛伦兹力对运动电荷做功吗？ 思考与讨论 答案　洛伦兹力的方向始终与运动电荷速度方向垂直，故洛伦兹力只改变电荷运动的方向，不改变电荷速度的大小，即洛伦兹力对运动电荷不做功。 (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。(　　) √ × × 易错辨析 　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 例1 √ 题图A、B中电荷的速度方向与磁感应强度方向平行，电荷不受洛伦兹力，故A、B错误； 根据左手定则可知，题图C中电荷所受洛伦兹力方向向上，故C错误； 根据左手定则可知，题图D中电荷所受洛伦兹力方向向右，故D正确。 返回 二 洛伦兹力的大小 10 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。设磁场中有 一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积中 含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量均为 q，且定向运动的速率都是v。则导线中的电流是I= ，导线在磁场中所受的安培力F安= ， 导线中自由电荷数N= ，则每个自由电荷受到的洛伦兹力大小F洛= 。 nqvS nqvSLB nSL qvB 1.当v⊥B时，F= ，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= ，即运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力。 3.当v与B成θ角时，F= 。 4.安培力与洛伦兹力的联系与区别 (1)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本质。 (2)区别：安培力可以对通电导体做功，洛伦兹力对带电粒子恒不做功。 梳理与总结 qvB 0 qvBsin θ 　如图所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q。试求出各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。 例2 答案　见解析 因v与B垂直，所以F=qvB，方向垂直v指向左上方。 答案　见解析 v与B的夹角为30°，所以F=qvBsin 30°=qvB，方向垂直纸面向里。 答案　见解析 由于v与B平行，所以带电粒子不受洛伦兹力。 答案　见解析 v与B垂直，F=qvB，方向垂直v指向左上方。 返回 电子束的磁偏转 三 17 如图所示为显像管原理示意图，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？ 答案　垂直纸面向外 (2)如果要使电子束打在B点，偏转磁场应该沿什么方向？ 答案　垂直纸面向里 (3)如果要使电子束在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场应该怎样变化？ 答案　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 1.电视显像管构造：主要由 、 和 三部分组成。 2.原理：电子显像管应用了电子束 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 ，因此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 场扫描。 梳理与总结 电子枪 偏转线圈 荧光屏 磁偏转 不断变化 50 　如图所示，在探究洛伦兹力方向实验中，阴极 射线管电子枪发出的电子束打在荧光屏正中央形 成一个亮斑。通过施加不同匀强磁场改变荧光屏 上亮斑的位置，来判断电子受洛伦兹力的方向，从荧光屏正前方观察，下列磁场方向和对应亮斑的位置正确的是 例3 √ 若分别施加Y'Y方向、YY'方向磁场，电子分别受到X'X方向、XX'方向的洛伦兹力；若分别施加X'X方向、XX'方向磁场，电子分别受到YY'方向、Y'Y方向的洛伦兹力，故选C。 返回 带电体在洛伦兹力作用下的运动 四 23 　如图所示，斜面上表面光滑绝缘，倾角为θ，斜面上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现有一个质量为m、带电荷量为+q的小球在斜面上被无初速度释放，假设斜面足够长，重力加速度为g，求小球从释放开始，下滑多远后离开斜面。 例4 答案　　 小球沿斜面下滑，在离开斜面前，受到洛伦兹力F，垂直斜面向上，小球受力分析如图所示。 沿斜面方向，有mgsin θ=ma 垂直斜面方向，有F+FN-mgcos θ=0 其中洛伦兹力F=qvB 设下滑距离x时离开斜面，此时斜面对小球的支持力FN=0 由v2=2ax得下滑的距离x= 联立以上各式解得x=。 　如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一长为l的绝缘细线，一端固定于O点，另一端连一质量为m、带电荷量为+q的小球，将小球与细线拉至右侧与磁感线垂直的水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则小球第一次通过最低位置时细线上的拉力大小为 A.3mg+Bq B.3mg+Bq C.3mg-Bq D.3mg-Bq 例5 √ 设小球第一次通过最低位置时速度大小为v，小球从 右向左通过最低位置，由左手定则可知，在最低位 置时小球所受洛伦兹力F方向竖直向下，在最低位置， 小球受到重力mg、洛伦兹力F和细线的拉力FT，根据 牛顿第二定律有FT-F-mg=m。小球从释放点运动至最低位置过程中，细线的拉力、洛伦兹力均不做功，根据动能定理有mgl=mv2，又洛伦兹力F=qvB，解得FT=3mg+Bq，选项B正确。 拓展1　例5中，若细线始终处于张紧状态，小球第二次通过最低位置时细线上的拉力大小为　　　　　　　。 3mg-Bq 小球第一次通过最低位置后继续向左运动，由于细线的拉力、洛伦兹力均不做功，因此小球运动到左侧最高点时，细线水平且与磁感线垂直，之后小球向右摆动，第二次通过最低位置时速度大小仍为v，方向向右，由左手定则可知此时小球所受洛伦兹力F'方向向上，在最低位置，小球受到重力mg、洛伦兹力F'和细线的拉力FT'，根据牛顿第 二定律有FT'+F'-mg=m，又F'=qvB，解得FT'=3mg-Bq。 拓展2　(多选)例5中，小球先后两次通过最低位置时，相同的物理量有 A.小球受到的洛伦兹力 B.小球的加速度 C.小球的动能 D.小球的动量 √ √ 小球先后两次通过最低位置时速度大小相等但方向相反，动能相等，动量大小相等但方向相反。由左手定则及F洛=qvB可知小球先后两次受到的洛伦兹力大小相等、方向相反。小球的加速度为做圆周运动的 向心加速度，由an=可知先后两次小球的向心加速度相同，选项B、 C正确，A、D错误。 返回 课时对点练 五 30 考点一　洛伦兹力的方向 1.(多选)一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为1、2、3三束粒子流，则下列选项正确的是 A.1带正电 B.1带负电 C.2不带电 D.3带负电 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础对点练 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据左手定则，带正电的粒子向左偏，即1带正电；不偏转说明不带电，即2不带电；带负电的粒子向右偏，即3带负电，故A、C、D正确，B错误。 2.2023年12月1日北京地区大范围同时记录到极光现象，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引导进入地球大气层，并与高层大气中的原子碰撞造成的发光现象，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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 地球的磁场由南向北，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洛伦兹力的方向向西，所以粒子将向西偏转，故选B。 考点二　洛伦兹力的大小 3.两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大小之比为 A.2∶1 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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，所以洛伦兹力大小之比为1∶2，C项正确。 4.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，原点O位于P、Q中间，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(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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 P、Q两根导线距O点的距离相等，可知它们在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点实际磁感应强度为导线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==，电子所受洛伦兹力F=evB=， 根据左手定则，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 5.(2024·温州市高二期中)阴极射线管及方向坐标如图 所示。电子束从阴极射出，经过狭缝掠射到荧光屏上， 显示出一条射线径迹，以下情况判断正确的是 A.在阴极射线管中加一个方向向上的电场，射线将向上偏转 B.在阴极射线管中加一个方向向前的电场，射线将向上偏转 C.在阴极射线管正下方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，射 线将向上偏转 D.在阴极射线管正后方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，射 线将向上偏转 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 电子带负电，受静电力与电场线方向相反， 如果加一个方向向上的电场，则电子受到的 静电力方向向下，射线向下偏转；如果加一 个方向向前的电场，电子受到的静电力方向向后，射线向后偏转，故A、B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 在阴极射线管正下方放置一根通有强电流的 长直导线，电流方向向右，由安培定则可知 阴极射线管中是向前的磁场时，根据左手定 则可知，电子受到的洛伦兹力向上，因此会向上偏转；在阴极射线管正后方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，由安培定则可知阴极射线管中是向下的磁场，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向前，射线向前偏转，故C正确，D错误。 考点四　带电体在洛伦兹力作用下的运动 6.(2023·海南卷)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是 A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 小球是带正电，四指指向它的运动方向，由左手定则可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，速度、加速度方向都在变化，同时由于重力做功，速度、加速度大小也在变化，洛伦兹力永不做功，故选A。 7.(多选)(2023·丽水市高二月考)如图所示，质量为m的带电小球(可视为质点)用长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场。现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，则下列说法中正确的是 A.小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等 B.小球从A至C和从D至C到达C点时，细线的拉力相等 C.小球从A至C和从D至C到达C点时，加速度相同 D.小球从A至C和从D至C过程中，运动快慢一样 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 小球进入磁场后受到洛伦兹力作用，方向与速度方向 垂直，洛伦兹力对小球不做功，只有重力做功，机械 能守恒，所以小球从A至C和从D至C到达C点时，速度 大小相等；到达C点时加速度为a=，方向都由C指向 O，可得加速度相同；小球从A至C和从D至C过程中，任一时刻减少的重力势能都转化为动能，可得运动快慢一样，A、C、D正确。 小球从A到C点和从D到C点时，小球所受的洛伦兹力方向不同，则细线拉力不相等，B错误。 8.如图所示，甲是带正电的物块，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段 A.甲、乙两物块间的摩擦力保持不变 B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C.甲、乙两物块间的弹力不断增大 D.乙物块与地面之间的摩擦力不断减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 先对整体受力分析列方程，则有F-μ［(m甲+m乙)g+ qvB］=(m甲+m乙)a，对甲物块单独受力分析则有水 平方向Ff=m甲a，竖直方向m甲g+qvB=FN，根据上述 公式可知，甲、乙做加速运动，速度增大，加速度减小，甲、乙之间的静摩擦力减小，甲、乙之间的弹力逐渐变大，乙与地面间的摩擦力增大，故选C。 9.铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，一束电子沿过铁环中心O点的轴线垂直纸面向里射入，则该束电子偏转方向 A.向左 B.向右 C.向上 D.向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 能力综合练 √ 由右手螺旋定则可知，铁环左右两侧相当于两个N极在上端的条形磁体，O点在两条形磁体之间磁场方向竖直向下，再根据左手定则可知电子受到的洛伦兹力向右，电子向右偏转，故选B。 10.(多选)(2024·嘉兴市高二期末)如图所示为一个质量为 m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗 糙绝缘细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁 场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像可能是下列选项中的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若恰好满 足qv0B=mg，即v0=，圆环将做匀速直线运动，A 正确； 若满足v0>，圆环在运动的过程中，受到摩擦力作用，根据牛顿第 二定律Ff=μFN=μ(Bqv0-mg)=ma，圆环做减速运动，随着速度的减小，摩擦力减小，加速度减小，因此做加速度减小的减速运动，v-t 图像的切线的斜率的绝对值逐渐减小，最终匀速运动， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 且最终的速度v=，若满足v0<，圆环受摩擦力 作用，根据牛顿第二定律Ff=μFN=μ(mg-Bqv0)=ma， 圆环做减速运动，随着速度的减小，摩擦力增大，加速度增大，因此做加速度增大的减速运动，最终速度减小到零，B、C错误，D正确。 11.(2024·浙江省余姚中学高二期中)如图所示，空间存在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，场内垂直磁场放置一绝缘的足够长的直杆，它与水平方向的夹角为θ=37°，一带电荷量为-q(q>0)、质量为m的小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ= 0.5，重力加速度为g=10 m/s2，=10 m/s，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 在小球以后的运动过程中，求： (1)小球的最大加速度的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　6 m/s2　 小球开始下滑，垂直杆的方向有FN+qvB=mgcos θ 小球受到的摩擦力为Ff=μFN 沿杆方向，根据牛顿第二定律有 mgsin θ-Ff=ma 可知当小球受到的摩擦力为零时，小球的加速度最大， 为amax=gsin θ=6 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)小球加速度最大时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　8 m/s　 小球加速度最大时，有FN=0 则qvB=mgcos θ 解得小球加速度最大时的速度v=8 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 小球的速度最大时，小球的加速度为零，有Ff1=mgsin θ Ff1=μ(qvmB-mgcos θ) 解得小球的最大速度为vm=20 m/s。 (3)小球的最大速度的大小。 答案　20 m/s 12.如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是 A.洛伦兹力对小球做正功 B.小球运动的加速度逐渐增大 C.小球机械能的增加量等于qvBh D.玻璃管运动速度越大，小球在玻璃管中的运动时间越长 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功， 故A错误；玻璃管在水平方向做匀速运动，小 球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变， 即在竖直方向做匀加速运动，合运动为匀加速曲线运动，即加速度恒定，故B错误； 由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律qvB-mg=ma，设小球离开管口的速度为vy， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由匀变速直线运动速度位移关系式=2ah，合 速度v合=，动能增量ΔEk=m-mv2， 重力势能增量ΔEp=mgh，联立解得ΔE=ΔEk+ΔEp=qvBh，故C正确； 在竖直方向上，由牛顿第二定律qvB-mg=ma，由匀变速直线运动位 移时间公式h=at2，联立解得t=，即玻璃管运动速度越大， 则小球在玻璃管中的运动时间越短，故D错误。 返回 $ 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.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。 根据洛伦兹力的方向与运动电荷速度方向的关系，请推测：洛伦兹力对运动电荷的速度有什么影响？洛伦兹力对运动电荷做功吗？ 答案　洛伦兹力的方向始终与运动电荷速度方向垂直，故洛伦兹力只改变电荷运动的方向，不改变电荷速度的大小，即洛伦兹力对运动电荷不做功。 (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　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(　　) 答案　D 解析　题图A、B中电荷的速度方向与磁感应强度方向平行，电荷不受洛伦兹力，故A、B错误； 根据左手定则可知，题图C中电荷所受洛伦兹力方向向上，故C错误； 根据左手定则可知，题图D中电荷所受洛伦兹力方向向右，故D正确。 二、洛伦兹力的大小 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量均为q，且定向运动的速率都是v。则导线中的电流是I=nqvS，导线在磁场中所受的安培力F安=nqvSLB，导线中自由电荷数N=nSL，则每个自由电荷受到的洛伦兹力大小F洛=qvB。 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.当v与B成θ角时，F=qvBsin θ。 4.安培力与洛伦兹力的联系与区别 (1)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本质。 (2)区别：安培力可以对通电导体做功，洛伦兹力对带电粒子恒不做功。 例2　如图所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q。试求出各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)由于v与B平行，所以带电粒子不受洛伦兹力。 (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 如图所示为显像管原理示意图，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点逐渐向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 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，因此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。 例3　如图所示，在探究洛伦兹力方向实验中，阴极射线管电子枪发出的电子束打在荧光屏正中央形成一个亮斑。通过施加不同匀强磁场改变荧光屏上亮斑的位置，来判断电子受洛伦兹力的方向，从荧光屏正前方观察，下列磁场方向和对应亮斑的位置正确的是(　　) 答案　C 解析　若分别施加Y'Y方向、YY'方向磁场，电子分别受到X'X方向、XX'方向的洛伦兹力；若分别施加X'X方向、XX'方向磁场，电子分别受到YY'方向、Y'Y方向的洛伦兹力，故选C。 四、带电体在洛伦兹力作用下的运动 例4　如图所示，斜面上表面光滑绝缘，倾角为θ，斜面上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现有一个质量为m、带电荷量为+q的小球在斜面上被无初速度释放，假设斜面足够长，重力加速度为g，求小球从释放开始，下滑多远后离开斜面。 答案　 解析　小球沿斜面下滑，在离开斜面前，受到洛伦兹力F，垂直斜面向上，小球受力分析如图所示。沿斜面方向，有mgsin θ=ma 垂直斜面方向，有F+FN-mgcos θ=0 其中洛伦兹力F=qvB 设下滑距离x时离开斜面，此时斜面对小球的支持力FN=0 由v2=2ax得下滑的距离x= 联立以上各式解得x=。 例5　如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一长为l的绝缘细线，一端固定于O点，另一端连一质量为m、带电荷量为+q的小球，将小球与细线拉至右侧与磁感线垂直的水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则小球第一次通过最低位置时细线上的拉力大小为(　　) A.3mg+Bq B.3mg+Bq C.3mg-Bq D.3mg-Bq 答案　B 解析　设小球第一次通过最低位置时速度大小为v，小球从右向左通过最低位置，由左手定则可知，在最低位置时小球所受洛伦兹力F方向竖直向下，在最低位置，小球受到重力mg、洛伦兹力F和细线的拉力FT，根据牛顿第二定律有FT-F-mg=m。小球从释放点运动至最低位置过程中，细线的拉力、洛伦兹力均不做功，根据动能定理有mgl=mv2，又洛伦兹力F=qvB，解得FT=3mg+Bq，选项B正确。 拓展1　例5中，若细线始终处于张紧状态，小球第二次通过最低位置时细线上的拉力大小为　　　　　　　　　　。 答案　3mg-Bq 解析　小球第一次通过最低位置后继续向左运动，由于细线的拉力、洛伦兹力均不做功，因此小球运动到左侧最高点时，细线水平且与磁感线垂直，之后小球向右摆动，第二次通过最低位置时速度大小仍为v，方向向右，由左手定则可知此时小球所受洛伦兹力F'方向向上，在最低位置，小球受到重力mg、洛伦兹力F'和细线的拉力FT'，根据牛顿第二定律有FT'+F'-mg=m，又F'=qvB，解得FT'=3mg-Bq。 拓展2　(多选)例5中，小球先后两次通过最低位置时，相同的物理量有(　　) A.小球受到的洛伦兹力 B.小球的加速度 C.小球的动能 D.小球的动量 答案　BC 解析　小球先后两次通过最低位置时速度大小相等但方向相反，动能相等，动量大小相等但方向相反。由左手定则及F洛=qvB可知小球先后两次受到的洛伦兹力大小相等、方向相反。小球的加速度为做圆周运动的向心加速度，由an=可知先后两次小球的向心加速度相同，选项B、C正确，A、D错误。 课时对点练　［分值：100分］ 1~8题每题7分，共56分 考点一　洛伦兹力的方向 1.(多选)一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为1、2、3三束粒子流，则下列选项正确的是(　　) A.1带正电 B.1带负电 C.2不带电 D.3带负电 答案　ACD 解析　根据左手定则，带正电的粒子向左偏，即1带正电；不偏转说明不带电，即2不带电；带负电的粒子向右偏，即3带负电，故A、C、D正确，B错误。 2.2023年12月1日北京地区大范围同时记录到极光现象，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引导进入地球大气层，并与高层大气中的原子碰撞造成的发光现象，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 答案　B 解析　地球的磁场由南向北，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洛伦兹力的方向向西，所以粒子将向西偏转，故选B。 考点二　洛伦兹力的大小 3.两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大小之比为(　　) 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，所以洛伦兹力大小之比为1∶2，C项正确。 4.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，原点O位于P、Q中间，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(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两根导线距O点的距离相等，可知它们在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点实际磁感应强度为导线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==，电子所受洛伦兹力F=evB=，根据左手定则，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 5.(2024·温州市高二期中)阴极射线管及方向坐标如图所示。电子束从阴极射出，经过狭缝掠射到荧光屏上，显示出一条射线径迹，以下情况判断正确的是(　　) A.在阴极射线管中加一个方向向上的电场，射线将向上偏转 B.在阴极射线管中加一个方向向前的电场，射线将向上偏转 C.在阴极射线管正下方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，射线将向上偏转 D.在阴极射线管正后方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，射线将向上偏转 答案　C 解析　电子带负电，受静电力与电场线方向相反，如果加一个方向向上的电场，则电子受到的静电力方向向下，射线向下偏转；如果加一个方向向前的电场，电子受到的静电力方向向后，射线向后偏转，故A、B错误；在阴极射线管正下方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，由安培定则可知阴极射线管中是向前的磁场时，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，因此会向上偏转；在阴极射线管正后方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，由安培定则可知阴极射线管中是向下的磁场，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向前，射线向前偏转，故C正确，D错误。 考点四　带电体在洛伦兹力作用下的运动 6.(2023·海南卷)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是(　　) A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 答案　A 解析　小球是带正电，四指指向它的运动方向，由左手定则可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，速度、加速度方向都在变化，同时由于重力做功，速度、加速度大小也在变化，洛伦兹力永不做功，故选A。 7.(多选)(2023·丽水市高二月考)如图所示，质量为m的带电小球(可视为质点)用长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场。现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，则下列说法中正确的是(　　) A.小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等 B.小球从A至C和从D至C到达C点时，细线的拉力相等 C.小球从A至C和从D至C到达C点时，加速度相同 D.小球从A至C和从D至C过程中，运动快慢一样 答案　ACD 解析　小球进入磁场后受到洛伦兹力作用，方向与速度方向垂直，洛伦兹力对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等；到达C点时加速度为a=，方向都由C指向O，可得加速度相同；小球从A至C和从D至C过程中，任一时刻减少的重力势能都转化为动能，可得运动快慢一样，A、C、D正确。小球从A到C点和从D到C点时，小球所受的洛伦兹力方向不同，则细线拉力不相等，B错误。 8.如图所示，甲是带正电的物块，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段(　　) A.甲、乙两物块间的摩擦力保持不变 B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C.甲、乙两物块间的弹力不断增大 D.乙物块与地面之间的摩擦力不断减小 答案　C 解析　先对整体受力分析列方程，则有F-μ［(m甲+m乙)g+qvB］=(m甲+m乙)a，对甲物块单独受力分析则有水平方向Ff=m甲a，竖直方向m甲g+qvB=FN，根据上述公式可知，甲、乙做加速运动，速度增大，加速度减小，甲、乙之间的静摩擦力减小，甲、乙之间的弹力逐渐变大，乙与地面间的摩擦力增大，故选C。 9、10题每题9分，11题14分，共32分 9.铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，一束电子沿过铁环中心O点的轴线垂直纸面向里射入，则该束电子偏转方向(　　) A.向左 B.向右 C.向上 D.向下 答案　B 解析　由右手螺旋定则可知，铁环左右两侧相当于两个N极在上端的条形磁体，O点在两条形磁体之间磁场方向竖直向下，再根据左手定则可知电子受到的洛伦兹力向右，电子向右偏转，故选B。 10.(多选)(2024·嘉兴市高二期末)如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙绝缘细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像可能是下列选项中的(　　) 答案　AD 解析　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若恰好满足qv0B=mg，即v0=，圆环将做匀速直线运动，A正确；若满足v0>，圆环在运动的过程中，受到摩擦力作用，根据牛顿第二定律Ff=μFN=μ(Bqv0-mg)=ma，圆环做减速运动，随着速度的减小，摩擦力减小，加速度减小，因此做加速度减小的减速运动，v-t 图像的切线的斜率的绝对值逐渐减小，最终匀速运动，且最终的速度v=，若满足v0<，圆环受摩擦力作用，根据牛顿第二定律Ff=μFN=μ(mg-Bqv0)=ma，圆环做减速运动，随着速度的减小，摩擦力增大，加速度增大，因此做加速度增大的减速运动，最终速度减小到零，B、C错误，D正确。 11.(14分)(2024·浙江省余姚中学高二期中)如图所示，空间存在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，场内垂直磁场放置一绝缘的足够长的直杆，它与水平方向的夹角为θ=37°，一带电荷量为-q(q>0)、质量为m的小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g=10 m/s2，=10 m/s，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。在小球以后的运动过程中，求： (1)(6分)小球的最大加速度的大小； (2)(4分)小球加速度最大时的速度大小； (3)(4分)小球的最大速度的大小。 答案　(1)6 m/s2　(2)8 m/s　(3)20 m/s 解析　(1)小球开始下滑，垂直杆的方向有FN+qvB=mgcos θ 小球受到的摩擦力为Ff=μFN 沿杆方向，根据牛顿第二定律有 mgsin θ-Ff=ma 可知当小球受到的摩擦力为零时，小球的加速度最大，为amax=gsin θ=6 m/s2 (2)小球加速度最大时，有FN=0 则qvB=mgcos θ 解得小球加速度最大时的速度v=8 m/s (3)小球的速度最大时，小球的加速度为零，有Ff1=mgsin θ Ff1=μ(qvmB-mgcos θ) 解得小球的最大速度为vm=20 m/s。 (12分) 12.如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是(　　) A.洛伦兹力对小球做正功 B.小球运动的加速度逐渐增大 C.小球机械能的增加量等于qvBh D.玻璃管运动速度越大，小球在玻璃管中的运动时间越长 答案　C 解析　洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，故A错误；玻璃管在水平方向做匀速运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速运动，合运动为匀加速曲线运动，即加速度恒定，故B错误；由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律qvB-mg=ma，设小球离开管口的速度为vy，由匀变速直线运动速度位移关系式=2ah，合速度v合=，动能增量ΔEk=m-mv2，重力势能增量ΔEp=mgh，联立解得ΔE=ΔEk+ΔEp=qvBh，故C正确；在竖直方向上，由牛顿第二定律qvB-mg=ma，由匀变速直线运动位移时间公式h=at2，联立解得t=，即玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越短，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $