資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
1.2 磁場對運動電荷的作用力
目錄
模塊一 知己知彼 1
模塊二 知識掌握 2
知識點一　洛倫茲力的方向 2
知識點二　洛倫茲力的大小 5
知識點三　電子束的磁偏轉 7
知識點四　帶電體在磁場中的運動 8
模塊三 鞏固提高 10
模塊一 知己知彼
考點分布 命題趨勢
1.知道什么是洛倫茲力，會判斷洛倫滋力的方向. 2.掌握洛倫茲力的公式及特征 3.掌握洛倫茲力的簡單應用 本講內容在近幾年高考中直接單獨考查的頻率并不高，多數是結合牛頓運動定律、功能關系等力學主干知識進行綜合考查,尤以洛倫茲力在近代科學技術中的應用為甚.未來這風格仍將保持,試題難度中等偏下.題型為選擇題或計算題，分值為4~8分
模塊二 知識掌握
知識點一　洛倫茲力的方向
【情境導入】
如圖所示，電子由陰極向陽極運動(向右運動)過程中向下發生了偏轉，試問：
(1)什么力使電子偏轉？該力的方向如何？
(2)電子運動軌跡附近的磁場方向如何？電子所受洛倫茲力與磁場方向、電子運動方向存在什么關系？
【知識梳理】
1．洛倫茲力
(1)定義： 在磁場中受到的力．
(2)與安培力的關系：通電導線在磁場中受到的安培力是 的宏觀表現．
2．洛倫茲力的方向
左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓 從掌心垂直進入，并使 指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向．如圖所示，負電荷受力的方向與正電荷受力的方向 ．
【重難詮釋】
1．洛倫茲力的方向
(1)F、B、v三者方向間的關系
洛倫茲力的方向總是與電荷運動的方向及磁場方向垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面．
說明：F、B、v三個量的方向關系是：F⊥B，F⊥v，但B與v不一定垂直，如圖甲、乙所示．
(2)洛倫茲力方向的判斷
在用左手定則判斷運動的電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向時，對于正電荷，四指指向電荷的運動方向；但對于負電荷，四指應指向電荷運動的反方向．
2．洛倫茲力的特點
(1)洛倫茲力的方向隨電荷運動方向的變化而變化．但無論怎樣變化，洛倫茲力都與運動方向垂直．
(2)洛倫茲力永不做功，它只改變電荷的運動方向，不改變電荷的速度大小．
（2023春 天津期末）下列有關安培力和洛倫茲力的說法正確的是（　　）
A．判斷安培力的方向用左手定則，判斷洛倫茲力的方向用右手定則
B．安培力與洛倫茲力的本質相同，所以安培力和洛倫茲力都不做功
C．一小段通電導體在磁場中某位置受到的安培力為零，但該位置的磁感應強度不一定為零
D．靜止的電荷在磁場中一定不受洛倫茲力作用，運動的電荷在磁場中一定受到洛倫茲力的作用
（2023春 河北區期末）如圖所示，一個帶負電荷的物體從粗糙的斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v，加上一個垂直于紙面指向讀者方向的磁場，則物體滑到底端時（　　）
A．速度小于v B．速度大于v
C．速度等于v D．可能離開斜面
（2022秋 紅山區期末）電荷在磁場中運動時受到洛倫茲力的方向如圖所示，其中正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022秋 邵東市校級期末）如圖所示，甲是帶負電的物塊，乙是不帶電的足夠長的絕緣木板。甲、乙疊放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場。現用一水平恒力B拉乙木板，使甲、乙從靜止開始向左運動，甲電荷量始終保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在此后運動過程中（　　）
A．甲、乙間的摩擦力始終不變
B．甲、乙間的摩擦力先不變，后增大
C．甲物塊最終做勻速直線運動
D．乙木板一直做勻加速直線運動
（2022秋 寶塔區校級期末）如圖，質量為m、電量為+q的圓環可在水平的足夠長的粗糙桿上滑動，細桿處在磁感應強度大小為B、垂直于紙面向里的勻強磁場中，不計空氣阻力，現給圓環向右的初速度v0，之后圓環運動的v﹣t圖像不可能是（　　）
A． B．
C． D．
知識點二　洛倫茲力的大小
【情境導入】
如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B.設磁場中有一段長度為L的通電導線，橫截面積為S，單位體積內含有的自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量為q且定向移動的速率都是v.
(1)導線中的電流是多少？導線在磁場中所受安培力多大？
(2)長為L的導線中含有的自由電荷數為多少？每個自由電荷所受洛倫茲力多大？
【知識梳理】
一般表達式：F＝qvBsin θ，θ為 的夾角，如圖．
(1)當v∥B，即θ＝0或180°時，F＝ .
(2)當v⊥B，即θ＝90°時，F＝ .
【重難詮釋】
1．洛倫茲力與安培力的關系
分類 洛倫茲力 安培力
區別 單個運動的帶電粒子所受到的磁場力 通電直導線所受到的磁場力
洛倫茲力不做功 安培力可以做功
聯系 ①安培力是洛倫茲力的宏觀表現，洛倫茲力是安培力的微觀本質； ②方向關系：洛倫茲力與安培力均可用左手定則進行判斷
2.洛倫茲力的大小
洛倫茲力的大小：F＝qvBsin θ，θ為電荷運動的方向與磁感應強度方向的夾角．
(1)當θ＝90°時，v⊥B，sin θ＝1，F＝qvB，即運動方向與磁場方向垂直時，洛倫茲力最大．
(2)當θ＝0時，v∥B，sin θ＝0，F＝0，即運動方向與磁場方向平行時，不受洛倫茲力．
（多選）（2022秋 朝陽區校級期末）如圖所示，一段長為L的導體水平放置，若導體單位體積內有n個自由電子，電子的電荷量為e，定向移動速度為v、導體橫截面積為S。下面說法正確的是（　　）
A．導體中電流為I＝neSvL
B．導體中自由電子個數為N＝nSL
C．導體放置在垂直紙面向外、磁感應強度為B的磁場中，導線所受安培力F＝B（neSv）L
D．導體放置在垂直紙面向外、磁感應強度為B的磁場中，導線中每個電子所受洛倫茲力f＝evB
（2023春 昌樂縣校級月考）一絕緣細棒處于磁感應強度為B的勻強磁場中，棒與磁場垂直，磁感線垂直指向紙內，如圖所示。棒上套一個可在其上滑動的帶正電的小球C，小球質量為m，電荷量為q，球與棒間動摩擦因數為μ。讓小球從棒上端由靜止下滑。求：
（1）小球的最大加速度；
（2）小球的最大速度。
（2022春 龍崗區校級期中）如圖所示，各圖中的勻強磁場的磁感應強度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為
q。
①試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小表達式；
②指出洛倫茲力的方向（用文字描述）。
知識點三　電子束的磁偏轉
【知識梳理】
1．顯像管的構造：如圖所示，由電子槍、 和熒光屏組成．
2．顯像管的原理
(1)電子槍發射 ．
(2)電子束在磁場中 ．
(3)熒光屏被電子束撞擊時發光．
3．掃描：在偏轉區的水平方向和豎直方向都有偏轉磁場，其方向、強弱都在 ，因此電子束打在熒光屏上的光點不斷移動，這在顯示技術中叫作 ．
（2022秋 諸暨市期末）如圖所示為電視顯像管的原理示意圖。顯像管中有一個電子槍，工作時它能發射高速電子，撞擊熒光屏就能發光，沒有磁場時電子束打在熒光屏正中的O點，為使電子束偏轉，由安裝在管頸的偏轉線圈產生偏轉磁場。要使電子束（　　）
A．打在屏上A點，偏轉磁場的方向應水平向右
B．打在屏上B點，偏轉磁場的方向應垂直紙面向外
C．打在屏上的位置由A點逐漸向B點移動，磁場大小應先減小，再反向增大
D．打在屏上的位置由B點逐漸向A點移動，磁場大小應先增大，再反向減小
（2022秋 梅河口市校級月考）顯像管是一種電子（陰極）射線管，是電視接收機、監視器重現圖像的關鍵器件。顯像管的原理示意圖如圖所示，質量為m、電荷量為e的電子從電子槍F發出（認為初速度為零），經加速電場加速后沿中心線以大小為v1的速度射入相距為d的兩平行金屬板B、C間的勻強電場中，然后打到熒光屏上。已知B、C間的電壓為U2，B、C的板長為l1，平行金屬板右端到熒光屏的距離為l2，求：
（1）加速電場的電壓U1；
（2）電子離開勻強電場時的速度與進入時速度間的夾角的正切值；
（3）電子打到熒光屏上的位置偏離屏中心線的距離y。
知識點四　帶電體在磁場中的運動
【重難詮釋】
1．帶電體在勻強磁場中速度變化時洛倫茲力的大小往往隨之變化，并進一步導致彈力、摩擦力的變化，帶電體將在變力作用下做變加速運動．
2．利用牛頓運動定律和平衡條件分析各物理量的動態變化時要注意彈力為零的臨界狀態，此狀態是彈力方向發生改變的轉折點．
（2023 滁州一模）粗糙絕緣水平面上垂直穿過兩根長直導線，兩根導線中通有相同的電流，電流方向豎直向上。水平面上一帶正電滑塊靜止于兩導線連線的中垂線上，俯視圖如圖所示，某時刻給滑塊一初速度，滑塊沿中垂線向連線中點運動，滑塊始終未脫離水平面。則在運動過程中（　　）
A．滑塊一定做曲線運動
B．滑塊可能做勻速直線運動
C．滑塊的加速度一直增大
D．滑塊的速度一直減小
（2023 重慶模擬）如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運動。管道內有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為0，一段時間后，小球運動到管道N端，小球質量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內徑，則小球從M端運動到N端過程有（　　）
A．時間為
B．小球所受洛倫茲力做功為quBl
C．外力F的平均功率為
D．外力F的沖量為qBl
（多選）（2023 秦皇島開學）如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5T的勻強磁場，一質量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質量為0.10kg、帶電量q＝+0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，現對木板施加方向水平向左，大小為0.6N的恒力，g取10m/s2，則（　　）
A．木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運動
B．木板先做勻加速運動，然后做加速度增大的變加速運動，最后做勻加速運動
C．滑塊從靜止開始達到勻速運動所需時間大于5s
D．最終木板做加速度為3m/s2的勻加速直線運動，滑塊做速度為10m/s的勻速運動
（多選）（2023 南平模擬）如圖所示，足夠長的水平絕緣傳送帶以大小為v0的速度順時針勻速轉動，傳送帶上方足夠大空間內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。將一質量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊（可視為質點）無初速度地放在傳送帶的左端，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為 ，重力加速度為g，下列所畫出的小物塊速度隨時間變化的圖象（圖中t0，vm）可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
模塊三 鞏固提高
（多選）（2022秋 南平期末）如圖，①②③④各圖中勻強磁場的磁感應強度均為B，帶電粒子的速率均為v，電荷量均為q。以f1、f2、f3、f4依次表示四圖中帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力的大小，則（　　）
A．f1＝f2 B．f3＝f4 C．f2＝f3 D．f1＝f4
（2022春 普寧市校級期中）關于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是（　　）
A．運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力作用
B．通電導線在磁場中一定受到安培力作用
C．洛倫茲力一定對運動電荷不做功
D．安培力一定對通電導線不做功
（2022秋 寶山區校級期末）如圖所示，一帶負電的滑塊從粗糙斜面的頂端滑至底端時的速度為v，若加一個垂直紙面向外的勻強磁場，并保證滑塊能滑至底端，則它滑至底端時（　　）
A．速率變大
B．速率變小
C．速率不變
D．洛倫茲力方向垂直斜面向上
（2022秋 西城區校級月考）空間有一磁感應強度為B的水平勻強磁場，質量為m、電荷量為+q的質點以速度v0水平進入該磁場，在飛出磁場時高度下降了h。重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A．帶電質點進入磁場時所受洛倫茲力一定向下
B．帶電質點進入磁場時所受洛倫茲力大小一定等于qv0B
C．帶電質點飛出磁場時速度的大小一定等于
D．帶電質點飛出磁場時速度的大小一定等于v0
（2021秋 富平縣期末）如圖所示，電子槍接入電路后發射電子，其正下方水平直導線內通有向右的電流，則（　　）
A．電子束從B射向A
B．電子束向上偏轉，速率保持不變
C．電子束向上偏轉，速率越來越小
D．電子束向下偏轉，速率越來越大
（2021秋 奉化區期末）平面a和平面b相互垂直，平面b中直線PQ和MN垂直。電荷量為+q的粒子以速度v運動，途徑兩直線交點，且恰在a平面內，如圖甲所示，磁場方向垂直于平面b。該粒子此時所受洛倫茲力方向正確的是（　　）
A．由P指向Q，如圖乙中F1所示
B．由N指向M，如圖乙中F2所示
C．由Q指向P，如圖乙中F3所示
D．位于平面a，垂直于速度v，如圖乙中F4所示
（2022秋 渝中區校級月考）如圖所示，一表面粗糙的傾角θ＝37°的絕緣斜面，處于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝4T。一質量m＝0.02kg、電荷量q＝0.01C的帶正電物體（可視為質點）從斜面上的某點由靜止開始下滑，斜面足夠長，物體在下滑過程中克服摩擦力做的功Wf＝0.08 J。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，試求：
（1）物體在斜面上運動的最大速率；
（2）物體沿斜面下滑的最大距離。
（2019秋 定遠縣校級期末）如圖所示，在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO′在豎直平面內垂直于磁場方向放置，細棒與水平面夾角為α．一質量為m、帶電荷量為+q的圓環A套在OO′棒上，圓環與棒間的動摩擦因數為μ，且μ＜tanα，現讓圓環A由靜止開始下滑，試問圓環在下滑過程中：
（1）圓環A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？
（2）圓環A能夠達到的最大速度為多大？
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1.2 磁場對運動電荷的作用力
目錄
模塊一 知己知彼 1
模塊二 知識掌握 1
知識點一　洛倫茲力的方向 1
知識點二　洛倫茲力的大小 5
知識點三　電子束的磁偏轉 9
知識點四　帶電體在磁場中的運動 11
模塊三 鞏固提高 15
模塊一 知己知彼
考點分布 命題趨勢
1.知道什么是洛倫茲力，會判斷洛倫滋力的方向. 2.掌握洛倫茲力的公式及特征 3.掌握洛倫茲力的簡單應用 本講內容在近幾年高考中直接單獨考查的頻率并不高，多數是結合牛頓運動定律、功能關系等力學主干知識進行綜合考查,尤以洛倫茲力在近代科學技術中的應用為甚.未來這風格仍將保持,試題難度中等偏下.題型為選擇題或計算題，分值為4~8分
模塊二 知識掌握
知識點一　洛倫茲力的方向
【情境導入】
如圖所示，電子由陰極向陽極運動(向右運動)過程中向下發生了偏轉，試問：
(1)什么力使電子偏轉？該力的方向如何？
(2)電子運動軌跡附近的磁場方向如何？電子所受洛倫茲力與磁場方向、電子運動方向存在什么關系？
答案　(1)洛倫茲力　向下
(2)磁場方向向里　電子所受洛倫茲力與磁場方向垂直，與電子運動方向垂直，滿足左手定則
【知識梳理】
1．洛倫茲力
(1)定義：運動電荷在磁場中受到的力．
(2)與安培力的關系：通電導線在磁場中受到的安培力是洛倫茲力的宏觀表現．
2．洛倫茲力的方向
左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向．如圖所示，負電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反．
【重難詮釋】
1．洛倫茲力的方向
(1)F、B、v三者方向間的關系
洛倫茲力的方向總是與電荷運動的方向及磁場方向垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面．
說明：F、B、v三個量的方向關系是：F⊥B，F⊥v，但B與v不一定垂直，如圖甲、乙所示．
(2)洛倫茲力方向的判斷
在用左手定則判斷運動的電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向時，對于正電荷，四指指向電荷的運動方向；但對于負電荷，四指應指向電荷運動的反方向．
2．洛倫茲力的特點
(1)洛倫茲力的方向隨電荷運動方向的變化而變化．但無論怎樣變化，洛倫茲力都與運動方向垂直．
(2)洛倫茲力永不做功，它只改變電荷的運動方向，不改變電荷的速度大小．
（2023春 天津期末）下列有關安培力和洛倫茲力的說法正確的是（　　）
A．判斷安培力的方向用左手定則，判斷洛倫茲力的方向用右手定則
B．安培力與洛倫茲力的本質相同，所以安培力和洛倫茲力都不做功
C．一小段通電導體在磁場中某位置受到的安培力為零，但該位置的磁感應強度不一定為零
D．靜止的電荷在磁場中一定不受洛倫茲力作用，運動的電荷在磁場中一定受到洛倫茲力的作用
【解答】解：A、安培力、洛倫茲力的方向都用左手定則，安培力和洛倫茲力是性質相同的力，故A錯誤；
B、安培力做功，但洛倫茲力始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，故B錯誤；
C、磁場中的通電直導線，當磁場與電流平行時，不受到安培力作用，故C正確；
D、靜止的電荷在磁場中一定不受洛倫茲力作用，運動的電荷在磁場中也不一定受到洛倫茲力作用，當帶電粒子平行于磁場中運動時，不受洛倫茲力作用，故D錯誤。
故選：C。
（2023春 河北區期末）如圖所示，一個帶負電荷的物體從粗糙的斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v，加上一個垂直于紙面指向讀者方向的磁場，則物體滑到底端時（　　）
A．速度小于v B．速度大于v
C．速度等于v D．可能離開斜面
【解答】解：物體從頂端滑到底端的過程中，有能量守恒定律知減小的重力勢能等于物體到達底端時的動能與摩擦生熱之和，當加上一個垂直于紙面指向讀者方向的磁場時，物體將受到垂直斜面向下的洛倫茲力，所以斜面對物體的支持力增大，摩擦力增大，摩擦生熱增加，而減小的重力勢能不變，由能量守恒定律知到達底端時的動能減小，速度減小，故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
（2022秋 紅山區期末）電荷在磁場中運動時受到洛倫茲力的方向如圖所示，其中正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、由圖示可知，電荷速度方向與磁場方向平行，電荷不受洛倫茲力作用，故A錯誤；
B、由左手定則可知，電荷所受洛倫茲力方向豎直向下，故B錯誤；
C、由左手定則可知，電荷所受洛倫茲力豎直向下，故C正確；
D、由左手定則可知，電荷所受洛倫茲力方向垂直于紙面向外，故D錯誤；
故選：C。
（2022秋 邵東市校級期末）如圖所示，甲是帶負電的物塊，乙是不帶電的足夠長的絕緣木板。甲、乙疊放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場。現用一水平恒力B拉乙木板，使甲、乙從靜止開始向左運動，甲電荷量始終保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在此后運動過程中（　　）
A．甲、乙間的摩擦力始終不變
B．甲、乙間的摩擦力先不變，后增大
C．甲物塊最終做勻速直線運動
D．乙木板一直做勻加速直線運動
【解答】解：在外力作用下甲乙一起向左做加速運動，而甲在接觸面的摩擦力作用下向左加速，根據左手定則可知，甲受到豎直向上的洛倫茲力
ABC 由于甲加速運動，所以洛倫茲力逐漸增大，當洛倫茲力增大到和甲的重力相等時，此時甲乙接觸面無壓力，甲乙之間的摩擦力為0，此時甲的加速度為0，速度達到最大值，之后甲做勻速運動，故AB錯誤，C正確；
D、當甲乙出現相對運動后，由于甲在加速的過程中洛倫茲力逐漸增大，則甲乙接觸面的壓力逐漸減小，甲對乙向右的摩擦力逐漸減小，則乙受到的外力變化，加速度也會變化，故D錯誤；
故選：C。
（2022秋 寶塔區校級期末）如圖，質量為m、電量為+q的圓環可在水平的足夠長的粗糙桿上滑動，細桿處在磁感應強度大小為B、垂直于紙面向里的勻強磁場中，不計空氣阻力，現給圓環向右的初速度v0，之后圓環運動的v﹣t圖像不可能是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：
A.根據左手定則，洛倫茲力豎直向上，若Bqv0＝mg，則圓環做勻速直線運動，故A正確；
CD.根據左手定則，洛倫茲力豎直向上，若Bqv0＞mg，則圓環做減速直線運動，根據牛頓第二定律，f＝μ（Bqv﹣mg）＝ma，故圓環加速度逐漸減小，當Bqv＝mg時勻速，故C錯誤，D正確；
B.根據左手定則，洛倫茲力豎直向上，若Bqv0＜mg，則圓環做減速直線運動，根據牛頓第二定律，f＝μ（mg﹣Bqv）＝ma，故圓環加速度逐漸增大，直到速度減為0，故B正確；
本題選v﹣t圖像不可能的，故選：C。
知識點二　洛倫茲力的大小
【情境導入】
如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B.設磁場中有一段長度為L的通電導線，橫截面積為S，單位體積內含有的自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量為q且定向移動的速率都是v.
(1)導線中的電流是多少？導線在磁場中所受安培力多大？
(2)長為L的導線中含有的自由電荷數為多少？每個自由電荷所受洛倫茲力多大？
答案　(1)nqvS　nqvSLB　(2)nSL　qvB
【知識梳理】
一般表達式：F＝qvBsin θ，θ為v與B的夾角，如圖．
(1)當v∥B，即θ＝0或180°時，F＝0.
(2)當v⊥B，即θ＝90°時，F＝qvB.
【重難詮釋】
1．洛倫茲力與安培力的關系
分類 洛倫茲力 安培力
區別 單個運動的帶電粒子所受到的磁場力 通電直導線所受到的磁場力
洛倫茲力不做功 安培力可以做功
聯系 ①安培力是洛倫茲力的宏觀表現，洛倫茲力是安培力的微觀本質； ②方向關系：洛倫茲力與安培力均可用左手定則進行判斷
2.洛倫茲力的大小
洛倫茲力的大小：F＝qvBsin θ，θ為電荷運動的方向與磁感應強度方向的夾角．
(1)當θ＝90°時，v⊥B，sin θ＝1，F＝qvB，即運動方向與磁場方向垂直時，洛倫茲力最大．
(2)當θ＝0時，v∥B，sin θ＝0，F＝0，即運動方向與磁場方向平行時，不受洛倫茲力．
（多選）（2022秋 朝陽區校級期末）如圖所示，一段長為L的導體水平放置，若導體單位體積內有n個自由電子，電子的電荷量為e，定向移動速度為v、導體橫截面積為S。下面說法正確的是（　　）
A．導體中電流為I＝neSvL
B．導體中自由電子個數為N＝nSL
C．導體放置在垂直紙面向外、磁感應強度為B的磁場中，導線所受安培力F＝B（neSv）L
D．導體放置在垂直紙面向外、磁感應強度為B的磁場中，導線中每個電子所受洛倫茲力f＝evB
【解答】解：
A.根據電流強度的定義，可得導體中電流為IneSv，故A錯誤；
B.導體中自由電子個數為N＝nV＝nSL，故B正確；
C.導體放置在垂直紙面向里磁場強度為B的感場中，導線所受安培力F＝BIL＝B（neSv）L，故C正確；
D.導體放置在垂直紙面向里磁場強度為B的磁場中導線中，根據洛倫茲力的定義可知每個電子所受洛倫茲力f＝evB，故D正確；
故選：BCD。
（2023春 昌樂縣校級月考）一絕緣細棒處于磁感應強度為B的勻強磁場中，棒與磁場垂直，磁感線垂直指向紙內，如圖所示。棒上套一個可在其上滑動的帶正電的小球C，小球質量為m，電荷量為q，球與棒間動摩擦因數為μ。讓小球從棒上端由靜止下滑。求：
（1）小球的最大加速度；
（2）小球的最大速度。
【解答】解：（1）對小球進行受力分析，垂直桿方向有FN＝Bqv+mgcosθ
沿桿方向有mgsinθ﹣μFN＝ma
所以可得當小球的速度為0時，加速度最大，此時有mgsinθ﹣μmgcosθ＝mam
即am＝gsinθ﹣μgcosθ
方向沿桿向下。
（2）小球下滑時隨著速度增大，與桿間的彈力在增大，摩擦力在增大，加速度在減小，當加速度為0時，速度最大，此時有mgsinθ﹣μ（Bqvm+mgcosθ）＝0
解得
方向沿桿向下。
答：（1）小球的最大加速度為gsinθ﹣μgcosθ，方向沿桿向下；
（2）小球的最大速度為，方向沿桿向下。
（2022春 龍崗區校級期中）如圖所示，各圖中的勻強磁場的磁感應強度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為
q。
①試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小表達式；
②指出洛倫茲力的方向（用文字描述）。
【解答】解：（1）v⊥B，洛倫茲力F＝qvB，方向與速度方向垂直指向左上方；
（2）v與B的夾角為30°，將v分解為垂于磁場的分量和平行于磁場的分量，v⊥＝vsin30°
洛倫茲力F＝qvBsin30°qvB
方向垂直紙面向里；
（3）v⊥B，洛倫茲力F＝qvB，方向垂直紙面向里；
（4）v⊥B，洛倫茲力F＝qvB，方向與速度方向垂直指向左上方。
故答案為：（1）F＝qvB，方向與速度方向垂直指向左上方；
（2）FqvB，方向垂直紙面向里；
（3）F＝qvB，方向垂直紙面向里；
（4）F＝qvB，方向與速度方向垂直指向左上方。
知識點三　電子束的磁偏轉
【知識梳理】
1．顯像管的構造：如圖所示，由電子槍、偏轉線圈和熒光屏組成．
2．顯像管的原理
(1)電子槍發射高速電子．
(2)電子束在磁場中偏轉．
(3)熒光屏被電子束撞擊時發光．
3．掃描：在偏轉區的水平方向和豎直方向都有偏轉磁場，其方向、強弱都在不斷變化，因此電子束打在熒光屏上的光點不斷移動，這在顯示技術中叫作掃描．
（2022秋 諸暨市期末）如圖所示為電視顯像管的原理示意圖。顯像管中有一個電子槍，工作時它能發射高速電子，撞擊熒光屏就能發光，沒有磁場時電子束打在熒光屏正中的O點，為使電子束偏轉，由安裝在管頸的偏轉線圈產生偏轉磁場。要使電子束（　　）
A．打在屏上A點，偏轉磁場的方向應水平向右
B．打在屏上B點，偏轉磁場的方向應垂直紙面向外
C．打在屏上的位置由A點逐漸向B點移動，磁場大小應先減小，再反向增大
D．打在屏上的位置由B點逐漸向A點移動，磁場大小應先增大，再反向減小
【解答】解：A．根據左手定則，打在屏上的A點，偏轉磁場的方向應垂直紙面向外，故A錯誤；
B．根據左手定則，打在屏上的B點，偏轉磁場的方向應垂直紙面向里，故B錯誤；
C．粒子在偏轉磁場中，洛倫茲力提供向心力
解得
打在屏上的位置由A點逐漸向B點移動，電子做圓周運動的半徑先變大后變小，故磁場大小應先減小，再反向增大，故C正確；
D．打在屏上的位置由B點逐漸向A點移動，磁場大小應先減小，再反向增大，故D錯誤。
故選：C。
（2022秋 梅河口市校級月考）顯像管是一種電子（陰極）射線管，是電視接收機、監視器重現圖像的關鍵器件。顯像管的原理示意圖如圖所示，質量為m、電荷量為e的電子從電子槍F發出（認為初速度為零），經加速電場加速后沿中心線以大小為v1的速度射入相距為d的兩平行金屬板B、C間的勻強電場中，然后打到熒光屏上。已知B、C間的電壓為U2，B、C的板長為l1，平行金屬板右端到熒光屏的距離為l2，求：
（1）加速電場的電壓U1；
（2）電子離開勻強電場時的速度與進入時速度間的夾角的正切值；
（3）電子打到熒光屏上的位置偏離屏中心線的距離y。
【解答】解：（1）電子在加速電場加速過程，由動能定理可得
eU1mv0
整理解得
U1
（2）電子在偏轉電場中做類平拋運動，偏轉電場的電場強度為
E
根據牛頓第二定律可得
eE＝ma
水平方向有
l1＝v1t
豎直方向有
vy＝at
電子離開勻強電場時的速度與進入時速度間的夾角的正切值
tanθ
聯立可得
tanθ
（3）偏轉電場中偏移量為
y1at2
聯立解得
y1
根據幾何關系可得
聯立解得
y
答：（1）加速電場的電壓U1為；
（2）電子離開勻強電場時的速度與進入時速度間的夾角的正切值為；
（3）電子打到熒光屏上的位置偏離屏中心線的距離y為。
知識點四　帶電體在磁場中的運動
【重難詮釋】
1．帶電體在勻強磁場中速度變化時洛倫茲力的大小往往隨之變化，并進一步導致彈力、摩擦力的變化，帶電體將在變力作用下做變加速運動．
2．利用牛頓運動定律和平衡條件分析各物理量的動態變化時要注意彈力為零的臨界狀態，此狀態是彈力方向發生改變的轉折點．
（2023 滁州一模）粗糙絕緣水平面上垂直穿過兩根長直導線，兩根導線中通有相同的電流，電流方向豎直向上。水平面上一帶正電滑塊靜止于兩導線連線的中垂線上，俯視圖如圖所示，某時刻給滑塊一初速度，滑塊沿中垂線向連線中點運動，滑塊始終未脫離水平面。則在運動過程中（　　）
A．滑塊一定做曲線運動
B．滑塊可能做勻速直線運動
C．滑塊的加速度一直增大
D．滑塊的速度一直減小
【解答】解：根據右手螺旋定則，知兩導線連線上的垂直平分線上，上方的磁場方向水平向左，而下方的磁場方向水平向右，
根據左手定則，可知，在上半部分的運動過程中，滑塊受到的洛倫茲力方向垂直于紙面向里，在下半部分的運動過程中，滑塊受到的洛倫茲力方向垂直于紙面向外，滑塊所受的支持力減小或增大，則滑塊所受的摩擦力也隨之變小或變大，
根據牛頓第二定律可知滑塊的加速度也會變大或者變小，滑塊所受的滑動摩擦力與速度反向，滑塊一定做減速直線運動，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 重慶模擬）如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運動。管道內有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為0，一段時間后，小球運動到管道N端，小球質量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內徑，則小球從M端運動到N端過程有（　　）
A．時間為
B．小球所受洛倫茲力做功為quBl
C．外力F的平均功率為
D．外力F的沖量為qBl
【解答】解：A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右勻速運動，由F＝qvB可知，小球受到的洛倫茲力沿管道方向，且大小保持不變，根據牛頓第二定律得quB＝ma，由初速度為零的位移公式，解得，故A錯誤；
B．小球所受洛倫茲力始終和運動方向相互垂直，故洛倫茲力不做功，故B錯誤；
C．小球所受洛倫茲力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做負功的大小，外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，則有WF＝Wy＝Wx＝quBl，外力F的平均功率為，故C錯誤；
D．外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，外力F的沖量大小等于，故D正確。
故選：D。
（多選）（2023 秦皇島開學）如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5T的勻強磁場，一質量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質量為0.10kg、帶電量q＝+0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，現對木板施加方向水平向左，大小為0.6N的恒力，g取10m/s2，則（　　）
A．木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運動
B．木板先做勻加速運動，然后做加速度增大的變加速運動，最后做勻加速運動
C．滑塊從靜止開始達到勻速運動所需時間大于5s
D．最終木板做加速度為3m/s2的勻加速直線運動，滑塊做速度為10m/s的勻速運動
【解答】解：ABCD、由于動摩擦因數為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度為：
當0.6N的恒力作用于木板時，根據牛頓第二定律可得系統的加速度為：
當滑塊獲得向左運動的速度以后又產生一個方向向上的洛倫茲力：f＝qvB，當滑塊速度為v時，兩者開始相對于滑動，對滑塊，由牛頓第二定律得有：μ（mg﹣qvB）＝ma′
對木板根據牛頓第二定律：F﹣μ（mg﹣qvB）＝Ma′，解得：v＝6m/s
當滑塊的速度為4.5m/s滑塊相對于木板滑動，滑塊向左做加速運動，所受洛倫茲力為f＝qvB，由于v變大，洛倫茲力變大，可知滑動摩擦力μ（mg﹣qvB）變小，滑塊的加速度變小，滑塊做加速度減小的加速運動，在此過程中，由于滑動摩擦力減小，木板受到的合力變大，木板做加速度增大的加速運動；當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，根據平衡條件，有：Bqv′＝mg，解得：v′＝10m/s，此時摩擦力消失，滑塊做勻速運動，根據牛頓第二定律可得木板在恒力作用下做勻加速運動：，由以上分析可知：開始木板與木塊一起做勻加速直線運動，加速度為2m/s2；當木板與木塊的速度達到6m/s后，滑塊做加速度減小的加速運動，木板做加速度增大的加速運動；當滑塊的速度為10m/s時后，滑塊做勻速直線運動，木板做勻加速直線運動，木板的加速度為3m/s2，如果滑塊一直以2m/s2的加速度做勻加速直線運動，則經過5s滑塊的速度達到10m/s，由分析可知，滑塊先以2m/s2的加速度做勻加速直線運動，然后做加速度減小的加速運動，最后速度達到10m/s，由此，滑塊速度達到10m/s需要的時間大于5s，由此可知，木板在5s以后才做加速度為3m/s2的勻加速直線運動，故BCD正確，A錯誤。
故選：BCD。
（多選）（2023 南平模擬）如圖所示，足夠長的水平絕緣傳送帶以大小為v0的速度順時針勻速轉動，傳送帶上方足夠大空間內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。將一質量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊（可視為質點）無初速度地放在傳送帶的左端，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為 ，重力加速度為g，下列所畫出的小物塊速度隨時間變化的圖象（圖中t0，vm）可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：D、小物塊由靜止開始向右做加速運動，開始運動后受到重力mg，豎直向上的洛倫茲力F洛和支持力N＝mg﹣F洛，水平向右的滑動摩擦力f＝μN，根據牛頓第二定律可知，小物塊運動的加速度大小，可見隨著速度v的增大，小物塊做加速度逐漸減小的加速運動，故D錯誤；
A、當v＝0時，a＝μg，所以圖線在O點的切線應與圖中過O點的傾斜虛直線重合，故A錯誤；
B、當mg＝qvmB時，a＝0，對應速度，當vm＜v0，小物塊加速到vm時，支持力N＝0，摩擦力消失，小物塊脫離傳送帶做勻速運動，故B正確；
C、當vm＞v0，小物塊加速到v0時，小物塊與傳送帶共速，摩擦力消失，隨傳送帶一起向右做勻速運動，故C項正確。
故選：BC。
模塊三 鞏固提高
（多選）（2022秋 南平期末）如圖，①②③④各圖中勻強磁場的磁感應強度均為B，帶電粒子的速率均為v，電荷量均為q。以f1、f2、f3、f4依次表示四圖中帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力的大小，則（　　）
A．f1＝f2 B．f3＝f4 C．f2＝f3 D．f1＝f4
【解答】解：①③④因為v⊥B，洛倫茲力f1＝f3＝f4＝qvB；
②v與B的夾角為30°，將v分解為垂于磁場的分量和平行于磁場的分量，v⊥＝vsin30°，洛倫茲力f2＝qvBsin30°qvB；
故BD正確，AC錯誤；
故選：BD。
（2022春 普寧市校級期中）關于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是（　　）
A．運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力作用
B．通電導線在磁場中一定受到安培力作用
C．洛倫茲力一定對運動電荷不做功
D．安培力一定對通電導線不做功
【解答】解：A．運動電荷在磁場中運動，若速度方向與磁場方向平行，則不受洛倫茲力作用，選項A錯誤；
B．通電導線在磁場中，若電流方向與磁場方向平行，則不受安培力作用，選項B錯誤；
C．由于洛倫茲力方向垂直于運動電荷的速度方向，根據功的定義可知，洛倫茲力對運動電荷不做功，選項C正確；
D．安培力方向與通電導線垂直，可以對通電導線做功，從而把電能轉化為機械能，選項D錯誤。
故選：C。
（2022秋 寶山區校級期末）如圖所示，一帶負電的滑塊從粗糙斜面的頂端滑至底端時的速度為v，若加一個垂直紙面向外的勻強磁場，并保證滑塊能滑至底端，則它滑至底端時（　　）
A．速率變大
B．速率變小
C．速率不變
D．洛倫茲力方向垂直斜面向上
【解答】解：D、磁場方向向外時，由左手定則可得出，洛倫茲力垂直斜面向下，故D錯誤；
ABC、根據D可知，加上磁場后，滑塊對斜面的正壓力變大，滑動摩擦力變大，從頂端滑至底端的過程中，克服摩擦力做功變大，由動能定理可知滑塊滑至底端的速率變小，故AC錯誤，B正確。
故選：B。
（2022秋 西城區校級月考）空間有一磁感應強度為B的水平勻強磁場，質量為m、電荷量為+q的質點以速度v0水平進入該磁場，在飛出磁場時高度下降了h。重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A．帶電質點進入磁場時所受洛倫茲力一定向下
B．帶電質點進入磁場時所受洛倫茲力大小一定等于qv0B
C．帶電質點飛出磁場時速度的大小一定等于
D．帶電質點飛出磁場時速度的大小一定等于v0
【解答】解：A、該題中由于不知道磁場的方向和速度方向之間的關系，所以不能判斷出洛倫茲力的方向。帶電質點進入磁場時所受洛倫茲力可能向上，也可能向下，故A錯誤；
B、該題中由于不知道磁場的方向和速度方向之間的關系，所以帶電質點進入磁場時所受洛倫茲力大小一定小于等于qv0B，故B錯誤；
CD、粒子運動的過程中只有重力做功，由功能關系可知：，所以：v．故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2021秋 富平縣期末）如圖所示，電子槍接入電路后發射電子，其正下方水平直導線內通有向右的電流，則（　　）
A．電子束從B射向A
B．電子束向上偏轉，速率保持不變
C．電子束向上偏轉，速率越來越小
D．電子束向下偏轉，速率越來越大
【解答】解：A、電子是由負極發射，則電子束從A射向B，故A錯誤；
BCD、由安培定則可知，在電子槍處電流磁場方向垂直于紙面向外；電子束由左向右運動，由左手定則可知，電子束受到的洛倫茲力豎直向上，則電子束向上偏轉；因洛倫茲力不做功，故電子速的速率保持不變，故CD錯誤，B正確。
故選：B。
（2021秋 奉化區期末）平面a和平面b相互垂直，平面b中直線PQ和MN垂直。電荷量為+q的粒子以速度v運動，途徑兩直線交點，且恰在a平面內，如圖甲所示，磁場方向垂直于平面b。該粒子此時所受洛倫茲力方向正確的是（　　）
A．由P指向Q，如圖乙中F1所示
B．由N指向M，如圖乙中F2所示
C．由Q指向P，如圖乙中F3所示
D．位于平面a，垂直于速度v，如圖乙中F4所示
【解答】解：把速度分解為垂直與磁場方向和沿磁場方向，沿磁場方向不受洛倫茲力，垂直于磁場方向的分速度，根據左手定則可知，受到的洛倫茲力由Q指向P，如圖乙中F3所示，故ABD錯誤，C正確；
故選：C。
（2022秋 渝中區校級月考）如圖所示，一表面粗糙的傾角θ＝37°的絕緣斜面，處于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝4T。一質量m＝0.02kg、電荷量q＝0.01C的帶正電物體（可視為質點）從斜面上的某點由靜止開始下滑，斜面足夠長，物體在下滑過程中克服摩擦力做的功Wf＝0.08 J。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，試求：
（1）物體在斜面上運動的最大速率；
（2）物體沿斜面下滑的最大距離。
【解答】解：（1）物體下滑過程中，受到方向垂直斜面向上的洛倫茲力且逐漸增大，當洛倫茲力等于重力沿垂直斜面向下的分力時，物體恰好脫離斜面，此時物體的速率為在斜面上運動的最大速率。
物體恰好脫離斜面時需滿足的條件為qvB＝mgcosθ
解得最大速率v＝4m/s
（2）由于洛倫茲力不做功，物體沿斜面下滑過程，只有重力和摩擦力做功，
根據動能定理得：
解得Δh＝1.2m
所以物體沿斜面下滑的最大距離sm＝2m
答：（1）物體在斜面上運動的最大速率為4m/s；
（2）物體沿斜面下滑的最大距離為2m。
（2019秋 定遠縣校級期末）如圖所示，在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO′在豎直平面內垂直于磁場方向放置，細棒與水平面夾角為α．一質量為m、帶電荷量為+q的圓環A套在OO′棒上，圓環與棒間的動摩擦因數為μ，且μ＜tanα，現讓圓環A由靜止開始下滑，試問圓環在下滑過程中：
（1）圓環A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？
（2）圓環A能夠達到的最大速度為多大？
【解答】解：（1）由于μ＜tanα，所以環將由靜止開始沿棒下滑。環A沿棒運動的速度為v1時，受到重力mg、洛倫茲力qv1B、桿的彈力N1和摩擦力f1＝μN1。
根據牛頓第二定律，對圓環A受力分析有
沿棒的方向：mgsinα﹣f1＝ma。
垂直棒的方向：N1+qv1B＝mgcosα。
所以當f1＝0（即N1＝0）時
a有最大值am，且am＝gsinα。
此時qv1B＝mgcosα。
解得：v1。
（2）設當環A的速度達到最大值vm時，環受桿的彈力為N2，摩擦力為f2＝μN2。
此時應有a＝0，即mgsinα＝f2。
在垂直桿方向上 N2+mgcosα＝qvmB。
解得：vm。
答：（1）圓環A的最大加速度為gsinα；獲得最大加速度時的速度為。
（2）圓環A能夠達到的最大速度為。
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