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人教版 (2019)2 磁场对运动电荷的作用力优秀学案
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这是一份人教版 (2019)2 磁场对运动电荷的作用力优秀学案，共11页。
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。
③洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小。
洛伦兹力与安培力有哪些联系和区别？
答案 (1)联系：安培力是通电导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的微观本质。
(2)区别：洛伦兹力始终垂直于速度方向，只改变速度的方向，不改变速度的大小，对带电粒子不做功。但安培力却可以对导体做功。
(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 (多选)(2023·河南周口高二开学考试)下列图中关于各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子电性的判断正确的是( )
答案 CD
解析 A图中，粒子带负电，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上，故A错误；B图中，粒子带负电，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故B错误；C图中，根据左手定则，粒子带正电，故C正确；D图中，粒子带负电，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向外，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大小为B。设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积内含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向移动的速率都是v。
(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？
(2)长为L的导线中含有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？
答案 (1)nqvS nqvSLB (2)nSL qvB
1．当v⊥B，F＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大。
2．当v∥B，F＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。
3．当v与B成θ角时，F＝qvBsin θ。
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 (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°＝eq \f(1,2)qvB，方向垂直纸面向里。
(3)由于v与B平行，所以不受洛伦兹力。
(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
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，使得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。
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
例3 (2023·广东清远高二统考期末)如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将( )
A．向下偏转 B．向上偏转
C．向纸外偏转 D．向纸里偏转
答案 A
解析 由安培定则可知，环形电流产生的磁场在环形电流外侧的磁感线方向垂直纸面向里，电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向下，则电子束向下偏转，故选A。
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，斜面上方有一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 eq \f(m2gcs2θ,2q2B2sin θ)
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，其受力分析如图所示。
沿斜面方向，有mgsin θ＝ma
垂直斜面方向，有F＋FN－mgcs 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＝eq \f(v2,2a)
联立以上各式解得x＝eq \f(m2gcs2 θ,2q2B2sin θ)。
针对训练 (多选)如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、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，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的加速度一直在减小
B．小球的速度先增大后不变
C．小球下滑的最大加速度为am＝gsin θ
D．小球下滑的最大速度vm＝eq \f(mgsin θ,μqB)
答案 BC
解析 小球开始下滑有FN＋qvB＝mgcs θ
又Ff＝μFN
由牛顿第二定律得mgsin θ－Ff＝ma
即mgsin θ－μ(mgcs θ－qvB)＝ma
随v增大，a增大，当v＝eq \f(mgcs θ,qB)时，a达到最大值gsin θ，此时洛伦兹力等于mgcs θ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大
qvB＝FN＋mgcs θ
又Ff＝μFN
此后下滑过程中有mgsin θ－Ff＝ma
即mgsin θ－μ(qvB－mgcs θ)＝ma
随v增大，a减小，当vm＝eq \f(mgsin θ＋μcs θ,μqB)时，a＝0，此时达到平衡状态，之后速度不变。所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小。B、C正确，A、D错误。
1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力的大小往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动。
2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是摩擦力发生改变的转折点。
课时对点练
考点一 洛伦兹力的方向
1．(2023·宝鸡市高二期末)如图所示，下列图中分别标出了匀强磁场B的方向、带电粒子的电性及速度v的方向、电荷所受洛伦兹力F的方向，其中正确的是( )
答案 B
解析 A图中，粒子带负电，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向竖直向下，A错误；B图中，粒子带正电，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向竖直向下，B正确；C图中，粒子速度方向与磁场方向平行，粒子所受洛伦兹力为0，C错误；D图中，粒子速度方向与磁场方向平行，粒子所受洛伦兹力为0，D错误。
2．(多选)(2023·安徽省定远中学校考阶段练习)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初速度方向如图，则( )
A．电子将向左偏转
B．电子将向右偏转
C．电子所受洛伦兹力变小
D．电子所受洛伦兹力大小不变
答案 BC
解析 由安培定则可知导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力方向向右，因此电子将向右偏转，A错误，B正确；洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据F洛＝Bvq，电子越向右运动，B越小，则F洛越小，D错误，C正确。
3．(2023·广州市高二期末)太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面，另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光，赤道上空P处的磁感应强度为B＝3.5×10－5 T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。已知质子电荷量为q＝1.6×10－19C，此时该质子受到的洛伦兹力( )
A．方向向北 B．方向向南
C．方向向东 D．大小为11.2 N
答案 C
解析 根据左手定则，结合题图可判断知此时该质子受到的洛伦兹力方向向东，由F＝qvB，代入数据解得F＝1.12×10－18 N。故选C。
考点二 洛伦兹力的大小
4．两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，所以洛伦兹力之比为1∶2，C项正确。
5.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，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＝eq \f(kI,r)，其中k为常数)。某时刻有一电子(质量为m、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eq \f(2\r(3)evkI,3a)
B．方向指向x轴正方向，大小为eq \f(2\r(3)evkI,3a)
C．方向垂直纸面向里，大小为eq \f(\r(3)evkI,3a)
D．方向指向x轴正方向，大小为eq \f(\r(3)evkI,3a)
答案 A
解析 P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，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点实际磁感应强度等于导线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＝eq \f(\r(3),2)a，磁感应强度的大小B＝eq \f(kI,r)＝eq \f(2\r(3)kI,3a)，F＝evB＝eq \f(2\r(3)evkI,3a)。根据左手定则，电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A正确，B、C、D错误。
考点三 电子束的磁偏转
6.如图所示，在示波器下方有一根与示波器轴线平行放置的通电直导线，直导线中的电流方向向右，在该电流的影响下，关于示波器中的电子束的下列说法正确的是(示波器内两个偏转电场的偏转电压都为零，不考虑地磁场的影响)( )
A．电子束将向下偏转，电子的速率保持不变
B．电子束将向外偏转，电子的速率逐渐增大
C．电子束将向上偏转，电子的速率保持不变
D．电子束将向里偏转，电子的速率逐渐减小
答案 C
解析 由安培定则可知，通电直导线在电子运动的位置产生的磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知，电子束将向上偏转；由于洛伦兹力对电子不做功，故电子的速率保持不变，故C正确，A、B、D错误。
7.在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图所示。圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面，不加磁场时，电子束将通过O点打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的( )
答案 B
解析 由题意知，要想得到以M为中心的亮线PQ，则电子束既要向上偏转，又要向下偏转，所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时，应有方向改变，C、D错误；A项中磁感应强度大小一定，则电子束受到的洛伦兹力大小相同，偏转量也相同，向同一方向偏转的电子都打到同一点，不能得到连续的亮线，A错误；B项中在磁感应强度随时间变化的规律下，可得到亮线PQ，B正确。
考点四 带电体在洛伦兹力作用下的运动
8．(多选)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带正电的小球，置于如图所示的匀强磁场中，当小球偏离竖直方向在垂直于磁场方向摆动时，如果细线始终绷紧，不计空气阻力，则前后两次通过最低点时相比较，相同的物理量是( )
A．小球受到的洛伦兹力
B．小球的向心加速度
C．细线的拉力
D．小球的动能
答案 BD
解析 由于洛伦兹力不做功，因此小球两次通过最低点时速度大小相等、方向相反，动能相等，洛伦兹力方向相反，A错误，D正确；a＝eq \f(v2,r)，故小球做圆周运动的向心加速度相同，B正确；由于两次洛伦兹力方向相反，所以细线的拉力大小不相等，C错误。
9．(2023·安徽省阜阳第一中学阶段练习)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少
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Ff＝m甲a，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、乙之间的弹力逐渐变大，乙与地面间的摩擦力增加，甲、乙之间的静摩擦力减小。故选C。
10．(多选)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，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，故B、C错误。
11．如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．a球下滑的时间比b球下滑的时间长
B．a、b两球的机械能均不守恒
C．a球到M点的速度小于b球到N点的速度
D．a球对M点的压力大于b球对N点的压力
答案 D
解析 由于小球a在磁场中运动，受到的洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球b在电场中运动，受到的静电力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，所以在电场中运动的时间较长，故A、B、C错误；小球a在磁场中运动，在最低点对小球a受力分析可知：FM－mg－BqvM＝meq \f(vM2,r)，解得FM＝meq \f(vM2,r)＋mg＋BqvM。小球b在电场中运动，在最低点受力分析可知：
FN－mg＝meq \f(vN2,r)，解得FN＝meq \f(vN2,r)＋mg
因为vM>vN，所以FM>FN，结合牛顿第三定律可知，D正确。
12．(2022·淮北一中高二期末)如图所示，一表面粗糙的倾角θ＝37°的绝缘斜面，处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝4 T。一质量m＝0.02 kg、带电荷量q＝0.01 C的带正电物体(可视为质点)从斜面上的某点由静止开始下滑，斜面足够长，物体在下滑过程中克服摩擦力做的功Wf＝0.08 J。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)物体在斜面上运动的最大速率；
(2)物体沿斜面下滑的最大距离。
答案 (1)4 m/s (2)2 m
解析 (1)物体下滑过程中，受到垂直斜面方向向上且逐渐增大的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力沿垂直斜面方向的分力时，物体恰好脱离斜面，此时物体的速率为在斜面上运动的最大速率。
物体恰好脱离斜面时需满足的条件为qvB＝mgcs θ
解得最大速率v＝4 m/s
(2)由于洛伦兹力不做功，物体沿斜面下滑过程，根据动能定理得mgΔh－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0
解得Δh＝1.2 m
物体沿斜面下滑的最大距离
s＝eq \f(Δh,sin θ)＝2 m。
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。
③洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小。
洛伦兹力与安培力有哪些联系和区别？
答案 (1)联系：安培力是通电导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的微观本质。
(2)区别：洛伦兹力始终垂直于速度方向，只改变速度的方向，不改变速度的大小，对带电粒子不做功。但安培力却可以对导体做功。
(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 (多选)(2023·河南周口高二开学考试)下列图中关于各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子电性的判断正确的是( )
答案 CD
解析 A图中，粒子带负电，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上，故A错误；B图中，粒子带负电，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故B错误；C图中，根据左手定则，粒子带正电，故C正确；D图中，粒子带负电，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向外，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大小为B。设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积内含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向移动的速率都是v。
(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？
(2)长为L的导线中含有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？
答案 (1)nqvS nqvSLB (2)nSL qvB
1．当v⊥B，F＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大。
2．当v∥B，F＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。
3．当v与B成θ角时，F＝qvBsin θ。
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 (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°＝eq \f(1,2)qvB，方向垂直纸面向里。
(3)由于v与B平行，所以不受洛伦兹力。
(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
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，使得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。
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
例3 (2023·广东清远高二统考期末)如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将( )
A．向下偏转 B．向上偏转
C．向纸外偏转 D．向纸里偏转
答案 A
解析 由安培定则可知，环形电流产生的磁场在环形电流外侧的磁感线方向垂直纸面向里，电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向下，则电子束向下偏转，故选A。
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，斜面上方有一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 eq \f(m2gcs2θ,2q2B2sin θ)
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，其受力分析如图所示。
沿斜面方向，有mgsin θ＝ma
垂直斜面方向，有F＋FN－mgcs 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＝eq \f(v2,2a)
联立以上各式解得x＝eq \f(m2gcs2 θ,2q2B2sin θ)。
针对训练 (多选)如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、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，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的加速度一直在减小
B．小球的速度先增大后不变
C．小球下滑的最大加速度为am＝gsin θ
D．小球下滑的最大速度vm＝eq \f(mgsin θ,μqB)
答案 BC
解析 小球开始下滑有FN＋qvB＝mgcs θ
又Ff＝μFN
由牛顿第二定律得mgsin θ－Ff＝ma
即mgsin θ－μ(mgcs θ－qvB)＝ma
随v增大，a增大，当v＝eq \f(mgcs θ,qB)时，a达到最大值gsin θ，此时洛伦兹力等于mgcs θ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大
qvB＝FN＋mgcs θ
又Ff＝μFN
此后下滑过程中有mgsin θ－Ff＝ma
即mgsin θ－μ(qvB－mgcs θ)＝ma
随v增大，a减小，当vm＝eq \f(mgsin θ＋μcs θ,μqB)时，a＝0，此时达到平衡状态，之后速度不变。所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小。B、C正确，A、D错误。
1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力的大小往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动。
2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是摩擦力发生改变的转折点。
课时对点练
考点一 洛伦兹力的方向
1．(2023·宝鸡市高二期末)如图所示，下列图中分别标出了匀强磁场B的方向、带电粒子的电性及速度v的方向、电荷所受洛伦兹力F的方向，其中正确的是( )
答案 B
解析 A图中，粒子带负电，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向竖直向下，A错误；B图中，粒子带正电，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向竖直向下，B正确；C图中，粒子速度方向与磁场方向平行，粒子所受洛伦兹力为0，C错误；D图中，粒子速度方向与磁场方向平行，粒子所受洛伦兹力为0，D错误。
2．(多选)(2023·安徽省定远中学校考阶段练习)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初速度方向如图，则( )
A．电子将向左偏转
B．电子将向右偏转
C．电子所受洛伦兹力变小
D．电子所受洛伦兹力大小不变
答案 BC
解析 由安培定则可知导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力方向向右，因此电子将向右偏转，A错误，B正确；洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据F洛＝Bvq，电子越向右运动，B越小，则F洛越小，D错误，C正确。
3．(2023·广州市高二期末)太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面，另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光，赤道上空P处的磁感应强度为B＝3.5×10－5 T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。已知质子电荷量为q＝1.6×10－19C，此时该质子受到的洛伦兹力( )
A．方向向北 B．方向向南
C．方向向东 D．大小为11.2 N
答案 C
解析 根据左手定则，结合题图可判断知此时该质子受到的洛伦兹力方向向东，由F＝qvB，代入数据解得F＝1.12×10－18 N。故选C。
考点二 洛伦兹力的大小
4．两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，所以洛伦兹力之比为1∶2，C项正确。
5.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，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＝eq \f(kI,r)，其中k为常数)。某时刻有一电子(质量为m、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eq \f(2\r(3)evkI,3a)
B．方向指向x轴正方向，大小为eq \f(2\r(3)evkI,3a)
C．方向垂直纸面向里，大小为eq \f(\r(3)evkI,3a)
D．方向指向x轴正方向，大小为eq \f(\r(3)evkI,3a)
答案 A
解析 P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，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点实际磁感应强度等于导线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＝eq \f(\r(3),2)a，磁感应强度的大小B＝eq \f(kI,r)＝eq \f(2\r(3)kI,3a)，F＝evB＝eq \f(2\r(3)evkI,3a)。根据左手定则，电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A正确，B、C、D错误。
考点三 电子束的磁偏转
6.如图所示，在示波器下方有一根与示波器轴线平行放置的通电直导线，直导线中的电流方向向右，在该电流的影响下，关于示波器中的电子束的下列说法正确的是(示波器内两个偏转电场的偏转电压都为零，不考虑地磁场的影响)( )
A．电子束将向下偏转，电子的速率保持不变
B．电子束将向外偏转，电子的速率逐渐增大
C．电子束将向上偏转，电子的速率保持不变
D．电子束将向里偏转，电子的速率逐渐减小
答案 C
解析 由安培定则可知，通电直导线在电子运动的位置产生的磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知，电子束将向上偏转；由于洛伦兹力对电子不做功，故电子的速率保持不变，故C正确，A、B、D错误。
7.在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图所示。圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面，不加磁场时，电子束将通过O点打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的( )
答案 B
解析 由题意知，要想得到以M为中心的亮线PQ，则电子束既要向上偏转，又要向下偏转，所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时，应有方向改变，C、D错误；A项中磁感应强度大小一定，则电子束受到的洛伦兹力大小相同，偏转量也相同，向同一方向偏转的电子都打到同一点，不能得到连续的亮线，A错误；B项中在磁感应强度随时间变化的规律下，可得到亮线PQ，B正确。
考点四 带电体在洛伦兹力作用下的运动
8．(多选)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带正电的小球，置于如图所示的匀强磁场中，当小球偏离竖直方向在垂直于磁场方向摆动时，如果细线始终绷紧，不计空气阻力，则前后两次通过最低点时相比较，相同的物理量是( )
A．小球受到的洛伦兹力
B．小球的向心加速度
C．细线的拉力
D．小球的动能
答案 BD
解析 由于洛伦兹力不做功，因此小球两次通过最低点时速度大小相等、方向相反，动能相等，洛伦兹力方向相反，A错误，D正确；a＝eq \f(v2,r)，故小球做圆周运动的向心加速度相同，B正确；由于两次洛伦兹力方向相反，所以细线的拉力大小不相等，C错误。
9．(2023·安徽省阜阳第一中学阶段练习)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少
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Ff＝m甲a，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、乙之间的弹力逐渐变大，乙与地面间的摩擦力增加，甲、乙之间的静摩擦力减小。故选C。
10．(多选)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，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，故B、C错误。
11．如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．a球下滑的时间比b球下滑的时间长
B．a、b两球的机械能均不守恒
C．a球到M点的速度小于b球到N点的速度
D．a球对M点的压力大于b球对N点的压力
答案 D
解析 由于小球a在磁场中运动，受到的洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球b在电场中运动，受到的静电力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，所以在电场中运动的时间较长，故A、B、C错误；小球a在磁场中运动，在最低点对小球a受力分析可知：FM－mg－BqvM＝meq \f(vM2,r)，解得FM＝meq \f(vM2,r)＋mg＋BqvM。小球b在电场中运动，在最低点受力分析可知：
FN－mg＝meq \f(vN2,r)，解得FN＝meq \f(vN2,r)＋mg
因为vM>vN，所以FM>FN，结合牛顿第三定律可知，D正确。
12．(2022·淮北一中高二期末)如图所示，一表面粗糙的倾角θ＝37°的绝缘斜面，处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝4 T。一质量m＝0.02 kg、带电荷量q＝0.01 C的带正电物体(可视为质点)从斜面上的某点由静止开始下滑，斜面足够长，物体在下滑过程中克服摩擦力做的功Wf＝0.08 J。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)物体在斜面上运动的最大速率；
(2)物体沿斜面下滑的最大距离。
答案 (1)4 m/s (2)2 m
解析 (1)物体下滑过程中，受到垂直斜面方向向上且逐渐增大的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力沿垂直斜面方向的分力时，物体恰好脱离斜面，此时物体的速率为在斜面上运动的最大速率。
物体恰好脱离斜面时需满足的条件为qvB＝mgcs θ
解得最大速率v＝4 m/s
(2)由于洛伦兹力不做功，物体沿斜面下滑过程，根据动能定理得mgΔh－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0
解得Δh＝1.2 m
物体沿斜面下滑的最大距离
s＝eq \f(Δh,sin θ)＝2 m。
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