資源簡介

第三節　洛倫茲力
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（分值：100分）
1~8題每題7分，共56分
考點一　洛倫茲力及其方向
1.（多選）（2024·韶關市高二月考）下列有關安培力和洛倫茲力的說法正確的是（　　　　）
A.判斷安培力和洛倫茲力的方向均可以用左手定則
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
2.（2023·東莞實驗中學高二校考）圖中表示磁場方向、運動電荷速度和所受洛倫茲力的方向，正確的是（　　　　）
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
3.（2024·珠海市高二期中）來自太陽和其他星體的宇宙射線中含有大量高能帶電粒子，若這些粒子都直接到達地面，將會對地球上的生命帶來危害。但由于地磁場（如圖所示）的存在改變了宇宙射線中帶電粒子的運動方向，使得很多高能帶電粒子不能到達地面。若不考慮地磁偏角的影響，關于上述高能帶電粒子在地磁場的作用下運動情況的判斷，下列說法中正確的是（　　　　）
A.若帶電粒子帶正電，且沿地球赤道平面射向地心，則由于地磁場的作用將向東偏轉
B.若帶電粒子帶正電，且沿地球赤道平面射向地心，則由于地磁場的作用將向西偏轉
C.若帶電粒子帶負電，且沿垂直地球赤道平面射向地心，則由于地磁場的作用將向南偏轉
D.若帶電粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁場中做勻速圓周運動
考點二　洛倫茲力的大小
4.兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁場方向進入同一勻強磁場，兩粒子質量之比為1∶4，電荷量之比為1∶2，則兩帶電粒子所受洛倫茲力之比為（　　　　）
A.2∶1 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4
5.（多選）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
6.（多選）初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子初速度方向如圖，則（　　　　）
A.電子將向左偏轉
B.電子將向右偏轉
C.電子所受洛倫茲力將變小
D.電子所受洛倫茲力大小不變
考點三　帶電粒子在洛倫茲力下的運動
7.（2024·揭陽市高二期末）如圖所示，一個帶負電的滑塊由粗糙絕緣斜面頂端由靜止下滑到底端時速度為v，若加一個垂直于紙面向外的勻強磁場，則滑塊滑到底端時速度將（　　　　）
A.等于v B.大于v
C.小于v D.無法確定
8.（2024·廣州市高二月考）如圖所示，豎直放置的光滑絕緣斜面處于方向垂直豎直平面（紙面）向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一帶電荷量為q（q>0）的滑塊（可視為質點）自a點由靜止沿斜面滑下，下降高度為h時到達b點，滑塊恰好對斜面無壓力。關于滑塊自a點運動到b點的過程，下列說法正確的是（重力加速度為g）（　　　　）
A.滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用
B.滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為qB
C.洛倫茲力做正功
D.滑塊的機械能增大
9~11題每題10分，共30分
9.（2023·東莞中學高二期中）如圖所示，質量為m、帶電荷量為+q的物塊，在水平向外的勻強磁場中，沿著豎直絕緣墻壁由靜止開始下滑，已知物塊與墻壁間的動摩擦因數為μ，磁感應強度大小為B，重力加速度為g，墻壁無限高，下列說法正確的是（　　　　）
A.物塊在下滑過程中只受重力、摩擦力和洛倫茲力
B.物塊下滑過程中先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動
C.物塊下滑的最大速度為
D.物塊在下滑過程中，受到的洛倫茲力不做功，物塊機械能守恒
10.（2023·鶴山市第一中學高二期中）如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊（設a、b間無電荷轉移），a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于紙面向里的勻強磁場。現用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左做加速運動，則在加速運動階段（　　　　）
A.a對b的壓力不變
B.a對b的壓力變大
C.a、b物塊間的摩擦力變大
D.b物塊與地面間的摩擦力不變
11.（多選）如圖甲所示，一個質量為m、電荷量為q的圓環，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于垂直平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，圓環在以后的運動過程中的速度—時間圖像如圖乙所示。關于圓環所帶的電性、勻強磁場的磁感應強度大小B和圓環克服摩擦力所做的功W，下列說法正確的是（重力加速度為g）（　　　　）
A.圓環帶負電 B.圓環帶正電
C.B= D.W=m
　（14分）
12.（多選）（2024·揭陽市高二期末）如圖所示，將一由絕緣材料制成的帶一定正電荷的滑塊放在裝有光電門的固定木板上，空間中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。測得帶遮光條滑塊的質量為m，木板的傾角為θ，木板與滑塊之間的動摩擦因數為μ，遮光條的寬度為d，滑塊由靜止釋放，遮光條通過兩光電門所用的時間均為t，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　　　）
A.到達光電門2之前滑塊先加速后減速
B.到達光電門2之前滑塊所受的摩擦力先增大后不變
C.滑塊所帶的電荷量為-
D.滑塊所帶的電荷量為+
答案精析
1.AC　［安培力是磁場對通電導體內定向移動的電荷所施加的洛倫茲力的宏觀表現，所以，從本質上看，它們都是磁場對運動電荷的作用力，方向都可以用左手定則判定；但洛倫茲力始終與電荷運動的方向垂直，所以洛倫茲力始終對運動電荷不做功，而通電導體可以沿安培力方向發生位移，所以安培力可以對通電導體做功，選項A正確，B錯誤；
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，還與導體與磁場夾角有關，選項C正確；
靜止的電荷在磁場中一定不受洛倫茲力作用，而運動的電荷不一定受到洛倫茲力作用，若電荷的運動方向與磁場方向平行，則運動電荷不受洛倫茲力作用，選項D錯誤。］
2.D　［A項圖中正電荷運動速度方向與磁場方向平行，電荷所受洛倫茲力為0，A錯誤；
B項圖中負電荷運動速度方向與磁場方向平行，電荷所受洛倫茲力為0，B錯誤；
C項圖中正電荷運動速度方向與磁場方向垂直，根據左手定則，可知電荷所受洛倫茲力方向向上，C錯誤；
D項圖中負電荷運動速度方向與磁場方向垂直，根據左手定則，可知電荷所受洛倫茲力方向向右，D正確。］
3.A　［赤道平面的磁場方向平行于地面，由地理南極指向地理北極，帶正電的粒子沿地球赤道平面射向地心，由左手定則可知，其將受到地磁場的作用向東偏轉，故A正確，B錯誤；
帶電的粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，運動方向與磁感線方向平行，不受洛倫茲力，粒子不發生偏轉，故C、D錯誤。］
4.C　［根據公式f=qvB可知洛倫茲力跟粒子的質量無關，當以相同速度垂直射入磁場時，兩粒子的洛倫茲力之比等于電荷量之比，所以為1∶2，故C正確。］
5.BD　［①③④三圖中速度v與磁場方向垂直，則f1=f3=f4=qvB，②圖中垂直磁場方向的分速度為vcos 30°，則f2=qvBcos 30°，故選B、D。］
6.BC　［由安培定則可知導線右側的磁場方向垂直紙面向里，根據左手定則可知電子所受洛倫茲力方向向右，因此電子將向右偏轉，A錯誤，B正確；洛倫茲力不做功，電子的速率不變，根據f洛=Bv0q，電子向右運動，B變小，則f洛變小，D錯誤，C正確。］
7.C　［未加磁場時，根據動能定理有
mgh-W克f=mv2-0，加磁場后，多了洛倫茲力，根據左手定則判斷可知，洛倫茲力方向垂直于斜面向下，洛倫茲力不做功，但使物體對斜面的壓力變大，摩擦力變大，根據動能定理，有mgh-W克f'=mv'2-0。因W克f'>W克f，所以v'8.B　［滑塊自a點由靜止沿斜面滑下，在a點不受洛倫茲力作用，故A錯誤；
滑塊自a點運動到b點的過程中，洛倫茲力不做功，支持力不做功，滑塊機械能守恒，由mgh=mv2，
得v=，
故滑塊在b點受到的洛倫茲力為
f=qBv=qB，
故B正確，C、D錯誤。］
9.B　［物塊在下滑過程中受重力、墻壁的支持力、摩擦力和洛倫茲力，故A錯誤；物塊下滑過程中，根據牛頓第二定律得mg-f=ma，摩擦力為f=μFN=μqvB，所以物塊下滑過程中先做加速度減小的加速運動，最終做勻速運動，故B正確；當物塊勻速時，速度最大，有mg-μqvB=0，解得v=，故C錯誤；物塊在下滑過程中，受到的洛倫茲力不做功，但摩擦力做功，所以物塊的機械能減小，故D錯誤。］
10.B　［對a、b整體受力分析，豎直方向有FN=（ma+mb）g+qvB，水平方向有F-f=（ma+mb）a，f=μFN，在加速階段，v增大，FN增大，f增大，加速度a減小，D錯誤；對a受力分析，豎直方向有FNa=mag+qvB，水平方向有fa=maa，隨著v的增大，FNa增大，選項A錯誤，B正確；加速度a在減小，所以a、b物塊間的摩擦力變小，選項C錯誤。］
11.BD　［因圓環最后做勻速直線運動，不受滑動摩擦力，洛倫茲力與重力平衡，則圓環受到的洛倫茲力方向豎直向上，根據左手定則判斷可知圓環帶正電；在豎直方向上，由平衡條件得：qB=mg，所以B=；由動能定理得，圓環克服摩擦力所做的功：W=m-m（）2=m，故選B、D。］
12.BC　［以滑塊為研究對象，根據左手定則可知，滑塊運動過程受到的洛倫茲力垂直斜面向下，滑塊由靜止釋放，根據牛頓第二定律可得
mgsin θ-μ（mgcos θ+qvB）=ma
可知隨著滑塊速度的增大，滑塊的加速度減小，所以滑塊先做加速度減小的加速運動，由于遮光條通過兩光電門所用的時間均為t，可知滑塊到達兩光電門前已經做勻速運動，到達光電門2之前滑塊先加速后勻速，到達光電門2之前滑塊所受的摩擦力先增大后不變，故A錯誤，B正確；滑塊到達兩光電門的速度大小為v=
根據受力平衡可得
mgsin θ-μ（mgcos θ+qvB）=0
聯立解得滑塊所帶的電荷量為q=-，故C正確，D錯誤。］第三節　洛倫茲力
［學習目標］　1.知道什么是洛倫茲力，會用左手定則判斷洛倫茲力的方向（重點）。2.知道洛倫茲力與安培力的關系，推導洛倫茲力公式并會計算洛倫茲力的大小（重點）。3.學會分析帶電體在洛倫茲力作用下的運動（難點）。
一、洛倫茲力及其方向
1.洛倫茲力：磁場對　　　　　　　　　　的作用力。
2.左手定則：伸開　　　　，使大拇指與其余四指　　　　，且都與手掌在同一平面內，讓　　　　垂直穿入手心，并使　　　　指向正電荷的運動方向，這時　　　　所指的方向就是正電荷在該磁場中所受洛倫茲力的方向。運動的負電荷在磁場中所受洛倫力的方向與沿相同方向運動的正電荷所受洛倫茲力的方向　　　　。
1.洛倫茲力f、磁場B及電荷運動速度v三個量的方向關系是怎樣的？B與v一定垂直嗎？
2.根據洛倫茲力的方向時刻與運動電荷速度方向的關系，請推測：洛倫茲力對運動電荷的速度有什么影響？洛倫茲力對運動電荷做功嗎？
（1）運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力。（　　）
（2）用左手定則判斷洛倫茲力方向時“四指的指向”與電荷運動方向相同。（　　）
（3）運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應強度一定為零。（　　）
（4）洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的速度。（　　）
例1　（多選）（2023·揭陽市惠來縣第一中學高二校考）圖中的帶電粒子在磁場中運動時，所受洛倫茲力的方向垂直紙面向外的是（　　）
二、洛倫茲力的大小
通電直導線垂直于磁場放置，設導線的橫截面積為S，導線中單位體積內所含的自由電子數為n，電子電荷量大小為e，自由電子定向移動的平均速率為v。
（1）一段長度l=vΔt 的導線，這段導線中所含的自由電子數為N= 　　　　 = 　　　　。
（2）在Δt 時間內，通過導線橫截面的電荷量為Δq=　　　　。
（3）通過導線的電流為I=　　　　　　=　　　　　　。
（4）這段導線所受到的安培力F=　　　　　=　　　　　。
（5）每個自由電子所受到的洛倫茲力f=　　　　=　　　　　。
洛倫茲力的大小：
（1）當v∥B，f=　　　　，即粒子運動方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力；
（2）當v⊥B，f=　　　　，即當運動方向與磁場垂直時，洛倫茲力最大；
（3）當運動方向與磁感應強度方向成θ角時，f=　　　　=　　　　。
例2　如圖所示，各圖中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q。試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小f，并指出洛倫茲力的方向。
三、帶電體在洛倫茲力作用下的運動
例3　（2023·茂名市高州中學高二期中改編）如圖所示，表面光滑的絕緣斜面傾角θ=37°，處于垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。質量為m、帶電荷量為q的小滑塊沿斜面由靜止開始下滑。當小滑塊運動到A點時，對斜面的壓力為0.5mg，g為重力加速度，且sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
（1）試分析小滑塊的帶電性質及離開斜面前運動情況；
（2）求小滑塊運動到A點時速度大小；
（3）求當速度達到多大時，小滑塊將離開斜面。
例4　如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一長為l的細線，一端固定于O點，另一端連一質量為m、帶電荷量為+q的小球，將小球與細線拉至右側與磁感線垂直的水平位置，由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球第一次通過最低位置時細線上的拉力大小為（　　）
A.3mg+Bq B.3mg+Bq
C.3mg-Bq D.3mg-Bq
拓展1　例4中，若細線始終處于張緊狀態，小球第二次通過最低位置時懸線上的拉力大小為多少。
拓展2　（多選）例4和拓展1中，小球先后兩次通過最低位置時，相同的物理量有（　　）
A.小球受到的洛倫茲力 B.小球的加速度
C.小球的動能 D.小球的動量
例5　（多選）（2023·惠州市高二期中）如圖所示，質量為m的帶電絕緣小球（可視為質點）用長為l的絕緣細線懸掛于O點，在懸點O下方有勻強磁場。現把小球拉離平衡位置后從A點由靜止釋放，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是（　　）
A.小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相等
B.小球從A至C和從D至C到達C點時，細線的拉力相等
C.小球從A至C和從D至C到達C點時，加速度相同
D.小球從A至D過程中，小球機械能守恒
答案精析
一、
1.運動電荷
2.左手　垂直　磁感線　四指　拇指　相反
討論與交流
1.f、B、v三個量的方向關系是f⊥B、f⊥v，即f的方向總是垂直于v和B方向所決定的平面，但v與B不一定垂直，如圖甲、乙。
2.因為洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，故洛倫茲力只改變速度的方向不改變速度的大小，洛倫茲力對帶電粒子永不做功。
易錯辨析
（1）√　（2）×　（3）×　（4）×
例1　BD　［根據左手定則可知，選項A中帶電粒子所受洛倫茲力的方向豎直向上，選項B中帶電粒子所受洛倫茲力的方向垂直紙面向外，選項C中帶電粒子所受洛倫茲力的方向水平向左，選項D中帶電粒子所受洛倫茲力的方向垂直紙面向外。故選B、D。］
二、
（1）nSl　nSvΔt　（2） neSvΔt　（3）　 neSv
（4）IlB　neSv2BΔt　（5）　evB
梳理與總結
（1）0　（2）qvB　（3）qvB⊥　qvBsin θ
例2　見解析
解析　（1）因v與B垂直，
所以f=qvB，方向垂直于v指向左上方。
（2）v與B的夾角為30°，
所以f=qvBsin 30°=qvB，方向垂直于紙面向里。
（3）由于v與B平行，所以不受洛倫茲力。
（4）v與B垂直，f=qvB，方向垂直于v指向左上方。
三、
例3　（1）帶正電　離開斜面前滑塊做勻加速直線運動　（2）
（3）
解析　（1）滑塊在斜面上由靜止開始下滑，則滑塊受到重力、斜面支持力和洛倫茲力，當小滑塊運動到A點時，對斜面的壓力為0.5mg因斜面光滑，離開斜面前，加速度a==gsin θ恒定，小滑塊一直做勻加速直線運動。
（2）小滑塊運動到A點時，所受洛倫茲力大小為0.3mg，由洛倫茲力公式可得f=qvB=0.3mg，
解得v==。
（3）小滑塊剛要離開斜面時FN=0，此時f=qvB=mgcos 37°，得v=，即當速度達到時，斜面的支持力為0，小滑塊將離開斜面。
例4　B　［設小球第一次通過最低位置時速度大小為v，小球從右向左通過最低位置，由左手定則可知，在最低位置時小球所受洛倫茲力f方向豎直向下，在最低位置，小球受到重力mg、洛倫茲力f和細線的拉力T，根據牛頓第二定律有T-f-mg=m。小球從釋放點運動至最低位置過程中，細線的拉力、洛倫茲力均不做功，根據動能定理有mgl=mv2，又洛倫茲力f=qvB，解得T=3mg+Bq，選項B正確。］
拓展1　3mg-Bq
解析　小球第一次通過最低位置后繼續向左運動，由于細線的拉力、洛倫茲力均不做功，因此小球運動到左側最高點時，細線水平且與磁感線垂直，之后小球向右擺動，第二次通過最低位置時速度大小仍為v，方向從左向右，由左手定則可知此時小球所受洛倫茲力f'方向向上，在最低位置，小球受到重力mg、洛倫茲力f'和細線的拉力T'，根據牛頓第二定律有T'+f'-mg=m，又f'=qvB，解得T'=3mg-Bq。
拓展2　BC　［小球先后兩次通過最低位置時速度大小相等、方向相反，動能相等，動量大小相等但方向相反。由左手定則及f=qvB可知小球先后兩次受到的洛倫茲力大小相等、方向相反。小球的加速度為做圓周運動的向心加速度，由a=可知先后兩次小球的向心加速度相同，選項B、C正確，A、D錯誤。］
例5　ACD　［小球在運動過程中所受細線拉力和洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以小球機械能守恒，A、D兩點等高，小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相等，故A、D正確；
由向心加速度公式可得小球在C點的加速度為a向=，
由于小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相等，所以小球從A至C和從D至C到達C點時，加速度大小相同，方向也相同，故C正確；
假設小球帶正電，則小球從A至C點，在C點時，由左手定則可知，小球所受洛倫茲力向下，由牛頓第二定律F-mg-f洛=m。小球從D至C點，在C點時，由左手定則可知，小球所受洛倫茲力向上，由牛頓第二定律F'-mg+f洛=m，可得F>F'，所以小球從A至C和從D至C到達C點時，細線的拉力不相等，故B錯誤。］(共54張PPT)
DIYIZHANG
第一章
第三節　洛倫茲力
1.知道什么是洛倫茲力，會用左手定則判斷洛倫茲力的方向(重點)。
2.知道洛倫茲力與安培力的關系，推導洛倫茲力公式并會計算洛倫茲力的大小(重點)。
3.學會分析帶電體在洛倫茲力作用下的運動(難點)。
學習目標
一、洛倫茲力及其方向
二、洛倫茲力的大小
課時對點練
內容索引
三、帶電體在洛倫茲力作用下的運動
洛倫茲力及其方向
一
1.洛倫茲力：磁場對 的作用力。
2.左手定則：伸開 ，使大拇指與其余四指 ，且都與手掌在同一平面內，讓 垂直穿入手心，并使 指向正電荷的運動方向，這時 所指的方向就是正電荷在該磁場中所受洛倫茲力的方向。運動的負電荷在磁場中所受洛倫力的方向與沿相同方向運動的正電荷所受洛倫茲力的方向 。
運動電荷
左手
垂直
磁感線
四指
拇指
相反
1.洛倫茲力f、磁場B及電荷運動速度v三個量的方向關系是怎樣的？B與v一定垂直嗎？
討論與交流
答案　f、B、v三個量的方向關系是f⊥B、f⊥v，即f的方向總是垂直于v和B方向所決定的平面，但v與B不一定垂直，如圖甲、乙。
2.根據洛倫茲力的方向時刻與運動電荷速度方向的關系，請推測：洛倫茲力對運動電荷的速度有什么影響？洛倫茲力對運動電荷做功嗎？
答案　因為洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，故洛倫茲力只改變速度的方向不改變速度的大小，洛倫茲力對帶電粒子永不做功。
(1)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力。(　　)
(2)用左手定則判斷洛倫茲力方向時“四指的指向”與電荷運動方向相同。(　　)
(3)運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應強度一定為零。(　　)
(4)洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的速度。(　　)
×
√
×
×
　(多選)(2023·揭陽市惠來縣第一中學高二校考)圖中的帶電粒子在磁場中運動時，所受洛倫茲力的方向垂直紙面向外的是
例1
√
√
根據左手定則可知，選項A中帶電粒子所受洛倫茲力的方向豎直向上，選項B中帶電粒子所受洛倫茲力的方向垂直紙面向外，選項C中帶電粒子所受洛倫茲力的方向水平向左，選項D中帶電粒子所受洛倫茲力的方向垂直紙面向外。故選B、D。
返回
洛倫茲力的大小
二
通電直導線垂直于磁場放置，設導線的橫截面積為S，導線中單位體積內所含的自由電子數為n，電子電荷量大小為e，自由電子定向移動的平均速率為v。
(1)一段長度l=vΔt 的導線，這段導線中所含的自由電子數為N= =
。
(2)在Δt 時間內，通過導線橫截面的電荷量為Δq= 。
(3)通過導線的電流為I= = 。
(4)這段導線所受到的安培力F= = 。
(5)每個自由電子所受到的洛倫茲力f= = 。
nSl
nSvΔt
neSvΔt
neSv
IlB
neSv2BΔt
evB
洛倫茲力的大小：
(1)當v∥B，f= ，即粒子運動方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力；
(2)當v⊥B，f= ，即當運動方向與磁場垂直時，洛倫茲力最大；
(3)當運動方向與磁感應強度方向成θ角時，f= = 。
梳理與總結
0
qvB
qvB⊥
qvBsin θ
　如圖所示，各圖中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q。試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小f，并指出洛倫茲力的方向。
例2
答案　見解析
(1)因v與B垂直，所以f=qvB，方向垂直于v指向左上方。
(2)v與B的夾角為30°，所以f=qvBsin 30°=qvB，方向垂直于紙面向里。
(3)由于v與B平行，所以不受洛倫茲力。
(4)v與B垂直，f=qvB，方向垂直于v指向左上方。
返回
帶電體在洛倫茲力作用下的運動
三
　(2023·茂名市高州中學高二期中改編)如圖所示，表面
光滑的絕緣斜面傾角θ=37°，處于垂直于紙面向里、磁
感應強度大小為B的勻強磁場中。質量為m、帶電荷量為
q的小滑塊沿斜面由靜止開始下滑。當小滑塊運動到A點時，對斜面的壓力為0.5mg，g為重力加速度，且sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)試分析小滑塊的帶電性質及離開斜面前運動情況；
例3
答案　帶正電　離開斜面前滑塊做勻加速直線運動　
滑塊在斜面上由靜止開始下滑，則滑塊受到重力、斜面
支持力和洛倫茲力，當小滑塊運動到A點時，對斜面的
壓力為0.5mg方向應垂直斜面向上，因此由左手定則可知，小滑塊帶正電，
因斜面光滑，離開斜面前，加速度a==gsin θ恒定，小滑塊一直做勻加速直線運動。
(2)求小滑塊運動到A點時速度大小；
答案　　
小滑塊運動到A點時，所受洛倫茲力大小為0.3mg，由洛倫茲力公式可得f=qvB=0.3mg，解得v==。
(3)求當速度達到多大時，小滑塊將離開斜面。
答案　
小滑塊剛要離開斜面時FN=0，此時f=qvB=mgcos 37°，得v=
時，斜面的支持力為0，小滑塊將離開斜面。
　如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一長為l的細線，一端固定于O點，另一端連一質量為m、帶電荷量為+q的小球，將小球與細線拉至右側與磁感線垂直的水平位置，由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球第一次通過最低位置時細線上的拉力大小為
A.3mg+Bq
B.3mg+Bq
C.3mg-Bq
D.3mg-Bq
例4
√
設小球第一次通過最低位置時速度大小為v，小球從右
向左通過最低位置，由左手定則可知，在最低位置時
小球所受洛倫茲力f方向豎直向下，在最低位置，小球
受到重力mg、洛倫茲力f和細線的拉力T，根據牛頓第
二定律有T-f-mg=m。小球從釋放點運動至最低位置過程中，細線的拉力、洛倫茲力均不做功，根據動能定理有mgl=mv2，又洛倫茲力f=qvB，解得T=3mg+Bq，選項B正確。
　例4中，若細線始終處于張緊狀態，小球第二次通過最低位置時懸線上的拉力大小為多少。
拓展1
答案　3mg-Bq
小球第一次通過最低位置后繼續向左運動，由于細線的拉力、洛倫茲力均不做功，因此小球運動到左側最高點時，細線水平且與磁感線垂直，之后小球向右擺動，第二次通過最低位置時速度大小仍為v，方向從左向右，由左手定則可知此時小球所受洛倫茲力f '方向向上，在最低位置，小球受到重力mg、洛倫茲力f '和細線的拉力T'，根據牛頓
第二定律有T'+f ' -mg=m，又f '=qvB，解得T'=3mg-Bq。
　 (多選)例4和拓展1中，小球先后兩次通過最低位置時，相同的物理量有
A.小球受到的洛倫茲力 B.小球的加速度
C.小球的動能 D.小球的動量
拓展2
√
√
小球先后兩次通過最低位置時速度大小相等、方向相反，動能相等，動量大小相等但方向相反。由左手定則及f=qvB可知小球先后兩次受到的洛倫茲力大小相等、方向相反。小球的加速度為做圓周運動的向
心加速度，由a=可知先后兩次小球的向心加速度相同，選項B、C
正確，A、D錯誤。
　(多選)(2023·惠州市高二期中)如圖所示，質量為m的帶電絕緣小球(可視為質點)用長為l的絕緣細線懸掛于O點，在懸點O下方有勻強磁場。現把小球拉離平衡位置后從A點由靜止釋放，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是
A.小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相等
B.小球從A至C和從D至C到達C點時，細線的拉力相等
C.小球從A至C和從D至C到達C點時，加速度相同
D.小球從A至D過程中，小球機械能守恒
例5
√
√
√
小球在運動過程中所受細線拉力和洛倫茲力不做功，
只有重力做功，所以小球機械能守恒，A、D兩點等
高，小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相
等，故A、D正確；
由向心加速度公式可得小球在C點的加速度為
a向=，由于小球從A至C和從D至C到達C點時，速度大小相等，所以
小球從A至C和從D至C到達C點時，加速度大小相同，方向也相同，故C正確；
假設小球帶正電，則小球從A至C點，在C點時，由左
手定則可知，小球所受洛倫茲力向下，由牛頓第二定
律F-mg-f洛=m。小球從D至C點，在C點時，由左手
定則可知，小球所受洛倫茲力向上，由牛頓第二定律
F'-mg+f洛=m，可得F>F'，所以小球從A至C和從D至C到達C點時，
細線的拉力不相等，故B錯誤。
返回
課時對點練
四
考點一　洛倫茲力及其方向
1.(多選)(2024·韶關市高二月考)下列有關安培力和洛倫茲力的說法正確的是
A.判斷安培力和洛倫茲力的方向均可以用左手定則
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
基礎對點練
√
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
安培力是磁場對通電導體內定向移動的電荷所施加的洛倫茲力的宏觀表現，所以，從本質上看，它們都是磁場對運動電荷的作用力，方向都可以用左手定則判定；但洛倫茲力始終與電荷運動的方向垂直，所以洛倫茲力始終對運動電荷不做功，而通電導體可以沿安培力方向發生位移，所以安培力可以對通電導體做功，選項A正確，B錯誤；
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，還與導體與磁場夾角有關，選項C正確；
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
靜止的電荷在磁場中一定不受洛倫茲力作用，而運動的電荷不一定受到洛倫茲力作用，若電荷的運動方向與磁場方向平行，則運動電荷不受洛倫茲力作用，選項D錯誤。
12
2.(2023·東莞實驗中學高二校考)圖中表示磁場方向、運動電荷速度和所受洛倫茲力的方向，正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A項圖中正電荷運動速度方向與磁場方向平行，電荷所受洛倫茲力為0，A錯誤；
B項圖中負電荷運動速度方向與磁場方向平行，電荷所受洛倫茲力為0，B錯誤；
C項圖中正電荷運動速度方向與磁場方向垂直，根據左手定則，可知電荷所受洛倫茲力方向向上，C錯誤；
D項圖中負電荷運動速度方向與磁場方向垂直，根據左手定則，可知電荷所受洛倫茲力方向向右，D正確。
12
3.(2024·珠海市高二期中)來自太陽和其他星體的宇宙
射線中含有大量高能帶電粒子，若這些粒子都直接到
達地面，將會對地球上的生命帶來危害。但由于地磁
場(如圖所示)的存在改變了宇宙射線中帶電粒子的運
動方向，使得很多高能帶電粒子不能到達地面。若不考慮地磁偏角的影響，關于上述高能帶電粒子在地磁場的作用下運動情況的判斷，下列說法中正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A.若帶電粒子帶正電，且沿地球赤道平面射向地心，
則由于地磁場的作用將向東偏轉
B.若帶電粒子帶正電，且沿地球赤道平面射向地心，
則由于地磁場的作用將向西偏轉
C.若帶電粒子帶負電，且沿垂直地球赤道平面射向地心，則由于地磁場的
作用將向南偏轉
D.若帶電粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁場中做勻速圓
周運動
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
赤道平面的磁場方向平行于地面，由地理南極指
向地理北極，帶正電的粒子沿地球赤道平面射向
地心，由左手定則可知，其將受到地磁場的作用
向東偏轉，故A正確，B錯誤；
帶電的粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，運動方向與磁感線方向平行，不受洛倫茲力，粒子不發生偏轉，故C、D錯誤。
12
考點二　洛倫茲力的大小
4.兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁場方向進入同一勻強磁場，兩粒子質量之比為1∶4，電荷量之比為1∶2，則兩帶電粒子所受洛倫茲力之比為
A.2∶1 B.1∶1
C.1∶2 D.1∶4
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
12
根據公式f=qvB可知洛倫茲力跟粒子的質量無關，當以相同速度垂直射入磁場時，兩粒子的洛倫茲力之比等于電荷量之比，所以為1∶2，故C正確。
5.(多選)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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A.f1=f2 B.f3=f4
C.f2=f3 D.f1=f4
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
①③④三圖中速度v與磁場方向垂直，則f1=f3=f4=qvB，②圖中垂直磁場方向的分速度為vcos 30°，則f2=qvBcos 30°，故選B、D。
12
6.(多選)初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子初速度方向如圖，則
A.電子將向左偏轉 B.電子將向右偏轉
C.電子所受洛倫茲力將變小 D.電子所受洛倫茲力大小不變
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
12
由安培定則可知導線右側的磁場方向垂直紙面向里，根據左手定則可知電子所受洛倫茲力方向向右，因此電子將向右偏轉，A錯誤，B正確；
洛倫茲力不做功，電子的速率不變，根據f洛=Bv0q，電子向右運動，B變小，則f洛變小，D錯誤，C正確。
√
考點三　帶電粒子在洛倫茲力下的運動
7.(2024·揭陽市高二期末)如圖所示，一個帶負電的滑塊由粗糙絕緣斜面頂端由靜止下滑到底端時速度為v，若加一個垂直于紙面向外的勻強磁場，則滑塊滑到底端時速度將
A.等于v B.大于v
C.小于v D.無法確定
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
未加磁場時，根據動能定理有
mgh-W克f=mv2-0，加磁場后，多了洛倫茲力，
根據左手定則判斷可知，洛倫茲力方向垂直于斜面向下，洛倫茲力不做功，但使物體對斜面的壓力變大，摩擦力變大，根據動能定理，有
mgh-W克f'=mv'2-0。因W克f'>W克f，所以v'8.(2024·廣州市高二月考)如圖所示，豎直放置的光滑絕緣斜面處于方向垂直豎直平面(紙面)向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一帶電荷量為q(q>0)的滑塊(可視為質點)自a點由靜止沿斜面滑下，下降高度為h時到達b點，滑塊恰好對斜面無壓力。關于滑塊自a點運動到b點的過程，下列說法正確的是(重力加速度為g)
A.滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用
B.滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為qB
C.洛倫茲力做正功
D.滑塊的機械能增大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
滑塊自a點由靜止沿斜面滑下，在a點不受洛倫茲力作用，故A錯誤；
滑塊自a點運動到b點的過程中，洛倫茲力不做功，支持力不做功，滑
塊機械能守恒，由mgh=mv2，
得v=，
故滑塊在b點受到的洛倫茲力為f=qBv=qB，
故B正確，C、D錯誤。
12
9.(2023·東莞中學高二期中)如圖所示，質量為m、帶電荷量為+q的物塊，在水平向外的勻強磁場中，沿著豎直絕緣墻壁由靜止開始下滑，已知物塊與墻壁間的動摩擦因數為μ，磁感應強度大小為B，重力加速度為g，墻壁無限高，下列說法正確的是
A.物塊在下滑過程中只受重力、摩擦力和洛倫茲力
B.物塊下滑過程中先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動
C.物塊下滑的最大速度為
D.物塊在下滑過程中，受到的洛倫茲力不做功，物塊機械能守恒
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
12
能力綜合練
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
物塊在下滑過程中受重力、墻壁的支持力、摩擦力和洛
倫茲力，故A錯誤；
物塊下滑過程中，根據牛頓第二定律得mg-f=ma，摩擦
力為f=μFN=μqvB，所以物塊下滑過程中先做加速度減小
的加速運動，最終做勻速運動，故B正確；
當物塊勻速時，速度最大，有mg-μqvB=0，解得v=，故C錯誤；
物塊在下滑過程中，受到的洛倫茲力不做功，但摩擦力做功，所以物塊的機械能減小，故D錯誤。
12
10.(2023·鶴山市第一中學高二期中)如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設a、b間無電荷轉移)，a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于紙面向里的勻強磁場。現用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左做加速運動，則在加速運動階段
A.a對b的壓力不變
B.a對b的壓力變大
C.a、b物塊間的摩擦力變大
D.b物塊與地面間的摩擦力不變
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
對a、b整體受力分析，豎直方向有FN=(ma+mb)g+qvB，
水平方向有F-f=(ma+mb)a，f=μFN，在加速階段，v增
大，FN增大，f增大，加速度a減小，D錯誤；
對a受力分析，豎直方向有FNa=mag+qvB，水平方向有fa=maa，隨著v的增大，FNa增大，選項A錯誤，B正確；
加速度a在減小，所以a、b物塊間的摩擦力變小，選項C錯誤。
12
11.(多選)如圖甲所示，一個質量為m、電荷量為q的圓環，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于垂直平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，圓環在以后的運動過程中的速度—時間圖像如圖乙所示。關于圓環所帶的電性、勻強磁場的磁感應強度大小B和圓環克服摩擦力所做的功W，下列說法正確的是(重力加速度為g)
A.圓環帶負電 B.圓環帶正電
C.B= D.W=m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
因圓環最后做勻速直線運動，不受滑動摩
擦力，洛倫茲力與重力平衡，則圓環受到
的洛倫茲力方向豎直向上，根據左手定則
判斷可知圓環帶正電；在豎直方向上，由平衡條件得：qB=mg，所以B=；由動能定理得，圓環克服摩擦力所做的功：W=m-m()2=m，故選B、D。
12
12.(多選)(2024·揭陽市高二期末)如圖所示，將一由絕緣材料制成的帶一定正電荷的滑塊放在裝有光電門的固定木板上，空間中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。測得帶遮光條滑塊的質量為m，木板的傾角為θ，木板與滑塊之間的動摩擦因數為
μ，遮光條的寬度為d，滑塊由靜止釋放，遮光條
通過兩光電門所用的時間均為t，重力加速度為g。
下列說法正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
尖子生選練
12
A.到達光電門2之前滑塊先加速后減速
B.到達光電門2之前滑塊所受的摩擦力先增大
后不變
C.滑塊所帶的電荷量為-
D.滑塊所帶的電荷量為+
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
以滑塊為研究對象，根據左手定則可知，滑塊
運動過程受到的洛倫茲力垂直斜面向下，滑塊
由靜止釋放，根據牛頓第二定律可得mgsin θ-
μ(mgcos θ+qvB)=ma
可知隨著滑塊速度的增大，滑塊的加速度減小，所以滑塊先做加速度減小的加速運動，由于遮光條通過兩光電門所用的時間均為t，可知滑塊到達兩光電門前已經做勻速運動，到達光電門2之前滑塊先加速后勻速，到達光電門2之前滑塊所受的摩擦力先增大后不變，故A錯誤，B正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
滑塊到達兩光電門的速度大小為v=
根據受力平衡可得mgsin θ-μ(mgcos θ+qvB)=0
聯立解得滑塊所帶的電荷量為q=-，
故C正確，D錯誤。
返回

展開更多......

收起↑