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第2节 洛
伦
兹
力
一、磁场对运动电荷的作用
1.当将一带电通草球静置于磁场中时，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___________的作用，这说明磁场对静止电荷
_________。
必备知识·素养奠基
不受磁场力
无磁场力
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_____。
一条直线
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。
运动电荷
2.洛伦兹力公式的推导：设有一段长为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，电荷定向移动的平均速
度为v，垂直放入磁感应强度为B的匀强磁场中。
导体所受安培力F=___，导体中的电流I=_____，导体中的自由电荷总数N=___。
由以上各式可推得，每个电荷所受洛伦兹力的大小为F′=
=____。
BIl
nqSv
nSl
qvB
3.公式：f=____。
4.左手定则：伸开_____，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。
qvB
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
1.洛伦兹力不对粒子_____，它不改变粒子的_____，只改变粒子的_________。
2.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(即阴极)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。
做功
速率
运动方向
洛伦兹力
阴极射线
汞蒸气
(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_______。
直线
圆周
螺旋线
3.带电粒子在洛伦兹力作用下的圆周运动：
(1)运动性质：_____圆周运动。
(2)向心力：由_________提供。
(3)半径：r=_____。
(4)周期：T=____，由周期公式可知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，而与_________和_________无关。
匀速
洛伦兹力
轨道半径
运动速率
关键能力·素养形成
一 洛伦兹力的方向
1.判断方法——左手定则：应用左手定则判断洛伦兹力的方向时，四指指向正电荷运动方向或负电荷定向运动的反方向，相当于指向电流方向。
2.洛伦兹力的方向特点：
(1)洛伦兹力的方向一定垂直电荷运动方向和磁场方向，即洛伦兹力总是垂直于电荷运动方向和磁场方向所决定的平面。即F、B、v三个量的关系是：F⊥B，F⊥v，但B与v不一定垂直。
(2)当电荷的运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之发生变化。
(3)洛伦兹力的方向始终垂直速度方向，故始终不做功。
【思考·讨论】
如图所示，电子e向上射入垂直纸面向里的匀强磁场中，若电子仅受洛伦兹力作用，试判断电子偏转方向及速率如何变化？
(物理观念)
提示：根据左手定则，可判断电子所受洛伦兹力方向向右；速度方向发生变化的同时，洛伦兹力的方向也跟着变化，并且洛伦兹力方向与速度方向时刻垂直，所以洛伦兹力不做功，电子速率不变。
【典例示范】
在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图所示电流的直
导线，导线与阴极射线管平行。重力忽略不计，则电子的运动情况将是
( )
A.电子向上偏转，速率不变
B.电子向下偏转，速率改变
C.电子向下偏转，速率不变
D.电子向上偏转，速率改变
【解题探究】
(1)电子流所在位置的磁感线方向指向哪？
提示：由安培定则可知，电子流所在位置磁场方向垂直纸面向里。
(2)运用左手定则判断负电荷所受洛伦兹力的方向时，四指应该指向哪？
提示：指向负电荷定向运动的反方向。
【解析】选C。电流向右，根据安培定则可知电流产生的磁场在导线下方的方向为垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以电子向下偏转；由于洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，所以速率不变，故选C。
【误区警示】洛伦兹力方向的判断注意事项
(1)洛伦兹力一定垂直v与B所决定的平面；
(2)v与B不一定垂直，不垂直时，磁感线不再垂直穿过手心；
(3)当运动电荷带负电时，四指指向电荷运动的反方向。
【素养训练】
1.地球有一个较强的磁场，由于地磁场的作用，可以使从太阳发出的高能粒子流在射向地面时发生偏转，起到保护地球上的生命免受高能粒子流伤害的作用。已知从太阳喷射出带负电的粒子垂直于地面射向赤道，在地磁场的作用下，这些粒子的偏转方向是
( )
A.向东 B.向南 C.向西 D.向北
【解析】选C。由于地球赤道上空地磁场的磁感线方向是由南向北的，根据左手定则可知，从太阳喷射出的带负电的粒子垂直于地面射向赤道时，在地磁场的作用下，这些粒子的偏转方向是向西，A、B、D错误，C正确。
2.我们通常用阴极射线管来研究磁场、电场对运动电荷的作用，如图所示为阴极射线管的示意图。玻璃管已抽成真空，当左右两个电极连接到高压电源时，阴极会发射电子，电子在电场的加速下，由阴极沿x轴方向飞向阳极，电子掠射过荧光屏，屏上亮线显示出电子束的径迹。要使电子束的径迹向z轴正方向偏转，在下列措施中可采用的是
( )
A.加一电场，电场方向沿z轴正方向
B.加一电场，电场方向沿y轴负方向
C.加一磁场，磁场方向沿z轴正方向
D.加一磁场，磁场方向沿y轴负方向
【解析】选D。电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反，如果要加电场，则电场方向应沿z轴的反方向才能使电子束的径迹向z轴正方向偏转，故A、B错误；根据左手定则可知，要使粒子向z轴正方向偏转，所加磁场应沿y轴的负方向，所以C错误，D正确。
【补偿训练】
1.一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，则不正确的是
( )
A.1带正电
B.1带负电
C.2不带电
D.3带负电
【解析】选B。根据左手定则可知，正电荷粒子左偏，即1；不偏转说明不带电，即2；带负电的粒子向右偏，说明是3，因此答案为B。
2.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.向上偏转
B.向下偏转
C.向纸外偏转
D.向纸里偏转
【解析】选A。由安培定则可知，环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可判断，电子受到的洛伦兹力方向向上，故A正确。
二 洛伦兹力的大小
1.洛伦兹力的计算公式f=qvBsinθ(θ为v与B的夹角)：
(1)当v=0时，f=0。即静止电荷不受洛伦兹力。
(2)当θ=0或θ=180°时，f=0。即带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，不受洛伦兹力。
(3)当θ=90°时，f=qvB，此时洛伦兹力最大。
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安=Nf洛(N指导体中定向运动的电荷数)
洛伦兹力与安培力方向一致，均用左手定则判断
3.洛伦兹力与电场力的比较：
名称
项目
洛伦兹力
电场力
产生条件
磁场中静止电荷、沿磁场方向运动的电荷将不受洛伦兹力
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=qvBsinθ(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
【思考·讨论】
带电粒子所受洛伦兹力为零，是否说明该处磁感应强度为零？
(物理观念)
提示：不一定。洛伦兹力的计算公式f=qvBsinθ，如果带电粒子所受洛伦兹力f=0，则有以下几种可能：
①B=0；
②带电粒子v=0，处于静止状态；
③θ=0或θ=180°，即v∥B。
【典例示范】
如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度B=0.5
T的匀强磁场中，固定一个倾角α=37°的绝缘光滑斜面。一个质量m=0.1
g、电荷量q=4×10-4
C的小滑块由静止沿斜面滑下，小滑块滑至某一位置时将离开斜面。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10
m/s2。试求：
(1)小滑块的带电性质。
(2)小滑块离开斜面时的速度大小。
(3)小滑块在斜面上滑行的距离。
【解题探究】
(1)请问小滑块滑至某一位置离开斜面前，小滑块受到的洛伦兹力方向向哪？
提示：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上。
(2)斜面光滑，试说明离开斜面前小滑块的运动情况。
提示：小滑块沿斜面方向的合力始终等于重力沿斜面向下的分力，所以一直做匀加速直线运动。
(3)滑块将要离开斜面时，需要满足怎样的受力情况。
提示：所受洛伦兹力等于重力垂直斜面向下的分力。
【解析】(1)由小滑块会离开斜面可知，小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上。根据左手定则可判断，小滑块带负电。
(2)取小滑块为研究对象，如图所示进行受力分析
当滑块离开斜面时，洛伦兹力：Bqv=mgcos37°得：
v=
=4
m/s。
(3)离开斜面之前，小滑块沿斜面的方向的合力始终等于重力的分力，
所以一直做匀加速直线运动，并且mgsin37°=ma，a=gsin37°=6
m/s2。
由v2=2ax得：x=
答案：(1)负电 (2)4
m/s (3)
m
【母题追问】
1.如果【典例示范】中的斜面粗糙且足够长，并且已知小滑块带负电，由静止开始加速运动。则下列说法正确的是
( )
A.小滑块最终静止在斜面上
B.小滑块最终离开斜面，并且离开斜面时速度
大小为4
m/s
C.小滑块在斜面上滑行
m
D.下滑过程中滑块的机械能守恒
【解析】选B。取小滑块为研究对象，如图所示进行受力分析：
根据题意可知，小滑块由静止开始加速运动，可列方程：
mgsinα-f=ma
①
mgcosα=qvB+N
②
f=μN
③
联立①②③得：a=
小滑块做加速度逐渐增大的加速运动。
当N=0，即mgcos37°=Bqv时，小滑块离开斜面，
解得v=4
m/s。所以A错误，B正确；由上述分析可知，小滑块的平均加速度小
于gsinα，所以在斜面上的滑行距离大于
m，C错误；小滑块下滑时克服摩
擦力做功，机械能有损失，所以D错误。
2.在【典例示范】中，若斜面粗糙且足够长，小滑块带正电，与斜面间的滑动摩擦因数为μ，小滑块由静止开始加速，求：
(1)小滑块的运动情况。
(2)小滑块的最终速度的大小。
【解析】(1)取小滑块为研究对象，如图所示进行受力分析：
根据题意可知，小滑块由静止开始加速运动，可列方程：
mgsinα-f=ma
①
mgcosα+qvB=N
②
f=μN
③
联立①②③得：a=
小滑块做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动。
(2)小滑块最终会匀速运动，此时a=0。
0=
解得v=
答案：(1)做加速度减小的加速运动，最终匀速运动
(2)
【补偿训练】
1.如图所示，把一个质量为m、电荷量为+q的小球，放在水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B，让小球沿着竖直墙壁由静止下滑，已知动摩擦因数为μ。下列说法正确的是
( )
A.小球所受的力有3个
B.尽管小球受到磁场力作用，但磁场力不变
C.小球下滑的最大速度为
D.小球下滑时先加速后减速
【解析】选C。小球静止时只受重力，则加速度为g；下滑后，小球受洛伦兹
力、重力、支持力及摩擦力，洛伦兹力水平向左，摩擦力竖直向上，故A错
误；当受力平衡时小球有最大速度：mg=μqvB，得v=
，故C正确；小球开
始时只受重力，下滑后受向上的摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大，球与
墙的压力变大，则摩擦力变大，加速度减小，直到有最大速度小球受力平衡，
故B、D错误。
2.如图所示，一个带正电q的小带电体处于一匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，带电体的质量为m，为了使它对水平绝缘面恰好无压力，应( )
A.使B增大
B.使磁场以速率v=
向上移动
C.使磁场以速率v=
向右移动
D.使磁场以速率v=
向左移动
【解析】选D。为使带电体对水平绝缘面的压力为零，需使带电体受到竖直向上、大小等于其重力的洛伦兹力作用，由左手定则可以判定，为满足这一要求，带电体需向右运动，可是答案中设计的是磁场的运动，根据运动的相对性可知，磁场应该水平向左运动，则D正确，A、B、C错误。
三 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
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：
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°。
【思考·讨论】
如图所示，如果带电粒子与磁场边界成夹角θ进入磁场，试作出带电粒子的运动轨迹。
(物理观念)
提示：由于对称性，粒子射出时速度与边界的夹角等于射入时粒子速度与边界的夹角。正、负电荷的轨迹分别如图所示。
【典例示范】
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。
(2)电子在磁场中的运动时间t。
【解析】(1)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)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=
答案：(1)
(2)
【规律方法】解决带电粒子在磁场中运动的步骤
(1)画运动轨迹；
(2)确定圆心；
(3)求半径；
(4)利用几何关系求解。
【母题追问】
1.在【典例示范】中，若电子的电量e，质量m，磁感应强度B及宽度d已知，且初速度向上与边界成α
=60°，若要求电子不从右边界穿出，则初速度v有什么要求？
【解析】假设电子恰好不从右边界射出，则运动轨迹如图所示：
由几何关系可知：r+r·cosα=d
①
由牛顿第二定律得：evB=m
②
联立①②，得：v=
所以如果想要电子不从右边界射出，
电子的初速度v≤
答案：v≤
2.在【典例示范】中，若电子的电量e，质量m，初速度大小v及磁场宽度d已知，且电子初速度方向向下与边界成α
=60°，若要求电子不从右边界穿出，则对磁感应强度B有什么要求？
【解析】假设电子恰好不从右边界射出，则运动轨迹如图所示：
由几何关系可知：r-r·cosα=d
①
由牛顿第二定律得：evB=m
②
联立①②，得：B=
磁感应强度B越大，轨道半径越小。
所以如果想要电子不从右边界射出，
则B≥
答案：B≥
【补偿训练】
1.(多选)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则
( )
A.P和Q的质量之比为1∶2
B.P和Q的质量之比为
∶1
C.P和Q速度大小之比为
∶1
D.P和Q速度大小之比为2∶1
【解析】选A、C。两粒子在磁场中的运动如图所示，
可知其半径RP、RQ之比为1∶
，因为两粒子在磁场中运动的时间相同，
所以TP∶TQ=1∶2，根据qvB=
得R=
则T=
选项A正确，B错误；
∶1，所以选项C正确，D错误。
2.如图所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为
( )
A.
∶2
B.
∶1
C.
∶1
D.3∶
【解析】选C。最远的出射点和入射点的连线为粒子在磁场中做匀速圆周运动
的直径，如图所示。由几何关系可以得到，当以速率v1入射时，半径R1=
，
当以速率v2入射时，半径R2=
R，再由R=
可得，v2∶v1=
∶1，故选项C
正确。
【拓展例题】考查内容：洛伦兹力作用下的力学综合
【典例】将一足够长的粗糙绝缘杆固定在垂直纸面向里的匀强磁场中，绝缘杆
与水平面的夹角为α=45°，如图所示，磁场的磁感应强度大小为B=
T。
将质量为m=0.1
kg、电荷量为q=+0.1
C的小球P穿在绝缘杆上，并由杆的顶端
无初速度释放，已知小球与杆之间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g=
10
m/s2。则：
(1)小球P沿绝缘杆下滑，当加速度最大时，
小球P的速度为多大？
(2)小球P沿绝缘杆下滑时的最大速度为多大？
【解析】(1)小球P沿杆运动的速度为v1时，受到重力mg、洛伦兹力qv1B、
杆的弹力N1和摩擦力f1=μN1
对小球P沿杆的方向，根据牛顿第二定律有
mgsin
α-f1=ma
垂直杆的方向N1+qv1B=mgcos
α
所以当f1=0(即N1=0)时，
a有最大值amax，且amax=gsin
α
此时qv1B=mgcos
α
整理得v1=
代入数据得v1=5
m/s。
(2)设当小球P的速度达到最大值vmax时，小球P受杆的弹力为N2，摩擦力为f2=μN2，
此时应有a=0
即mgsin
α=f2
在垂直杆方向有N2+mgcos
α=qvmaxB
整理得vmax=
代入数据得vmax=55
m/s。
答案：(1)5
m/s (2)55
m/s
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.在图中，标出了磁场B的方向、带电粒子的电性及运动方向，电荷所受洛伦兹力F的方向，其中正确的是
( )
【解析】选B。根据左手定则可判断：A选项中洛伦兹力的方向向下，故A错误；B选项中洛伦兹力的方向向下，故B正确；C选项中运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力的作用，故C错误；D选项中洛伦兹力的方向垂直纸面向里，故D错误。
2.(多选)(2020·天津等级考)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=45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。
则
( )
A.粒子带负电
B.粒子速度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D.N与O点相距(
+1)a
【解析】选A、D。由题意可画出粒子的运动轨迹如图所示，通过左手定则可
知，粒子带负电，故A正确；在三角形OMO′中，由几何关系可知粒子运动半
径为
a，又Bqv=m
，可知v=
，故B、C错误；由几何关系得，
ON=r+
r=(
+1)a，故D正确。
3.(2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的
( )
A.前表面的电势比后表面的低
B.前、后表面间的电压U与v无关
C.前、后表面间的电压U与c成正比
D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
【解析】选D。根据左手定则可知自由电子偏向后表面，元件的后表面带负
电，即后表面的电势比前表面的低，A错误；根据稳定时自由电子所受的电场
力与洛伦兹力平衡，即e
=evB得U=Bva，所以选项B、C均错误；自由电子受
到的洛伦兹力与所受电场力大小相等，即F=evB=e
，D正确。
【总结提升】霍尔元件电势高低及大小的判断方法
(1)明确元件内导电粒子(载流子)的正负；
(2)根据左手定则判断导电粒子的偏转方向；
(3)达到稳定状态后，对粒子受力分析，列平衡方程。
4.(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小
分别为
B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为
q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后
经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为
( )
【解析】选B。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由R=
可知，第一象限粒子的运动半径是第二象限的运动半径的二倍，整个运动轨迹如图：
即运动由两部分组成，第一部分是
个周期，第二部分是
个周期，
故总时间t=
故B正确。
5.(2020·全国Ⅲ卷)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为
( )
【解析】选C。电子从圆心沿半径方向进入磁场后做匀速圆周运动，为使该电
子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，做匀速圆周运动的半径最大值为
r，如图所示，由勾股定理可得：a2+r2=(3a-r)2，解得r=
a，由洛伦兹力提
供向心力qvB=m
得磁场的磁感应强度最小值B=
，故选C。
【新思维·新考向】
情境：极光是“太阳风”中的高能带电粒子进入极地高层大气时，由于地磁场的作用
，
使得高能粒子向两极做螺旋运动，并且旋转半径不断减小。
问题：试说明旋转半径不断减小的原因。
提示：洛伦兹力为高能粒子提供向心力，可依据牛顿第二定律列方程
qvB=m
，解得r=
。所以轨道半径减小的原因：①空气阻力对粒子做
负功，使其速率减小；②越接近两极，磁感应强度越大。温馨提示：
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课时素养评价
二 洛
伦
兹
力
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1.有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是
( )
A.通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用
B.安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现
C.带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功
D.通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
【解析】选B。安培力F=BILsinθ，其中θ为电流方向与磁场方向的夹角。当θ=0时，就算有电流和磁场也不会有安培力，故A错误。导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，故B正确；根据左手定则：洛伦兹力的方向与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力对电荷不做功，故C错误；通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向根据左手定则，应该是相互垂直，故D错误。
2.如图所示，水平直导线中通有稳恒电流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
【解析】选D。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。
【补偿训练】
一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子经过的轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可以近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)，从图中可以确定粒子的运动方向和电性是( )
A.粒子从a到b，带负电
B.粒子从b到a，带正电
C.粒子从a到b，带正电
D.粒子从b到a，带负电
【解析】选C。根据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r=得知，粒子的半径逐渐减小，由题图看出，粒子的运动方向是从a到b。在a处，粒子所受的洛伦兹力斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带正电，故选C。
3.质子和α粒子在同一点由静止出发，经过相同的加速电场后，进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动。已知质子和α粒子的质量之比mH∶mα=1∶4，电荷量之比qH∶qα=1∶2。则它们在磁场中做圆周运动的周期之比TH∶Tα为
( )
A.4∶1 B.1∶4 C.2∶1 D.1∶2
【解析】选D。质子和α粒子在磁场中加速，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=m，又因为T=，所以周期为T=，则TH∶Tα=∶=1∶2，故A、B、C错误，D正确。
4.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的匀强磁场，在水平恒力F的作用下，甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动，在加速运动阶段
( )
A.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
B.甲、乙两物块间的摩擦力不变
C.甲、乙向左运动的加速度不断减小
D.甲对乙的压力不断减小
【解析】选B。甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间没有摩擦力，整体的加速度不变，所以对于甲来说，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度不变，所以甲、乙两物块间的摩擦力不变，所以B正确，A、C错误；甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对乙的压力变大，故D错误。
5.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对质量和电荷量均相等的正、负离子(不计重力)分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点射入磁场，则正、负离子在磁场中
( )
A.运动的轨迹半径不相等
B.重新回到边界的位置与O点的距离相等
C.运动的时间之比为2∶1
D.运动的时间之比为1∶2
【解题指南】解答本题可从以下三个方面考虑
(1)洛伦兹力提供向心力，从而推导出半径公式和周期公式；
(2)根据左手定则分别作出两种离子的运动轨迹，根据几何知识求解圆心角，以及重新回到边界的位置与O点的距离；
(3)根据圆心角求解两个离子的运动时间。
【解析】选C。一对质量和电荷量均相等的正、负离子(不计重力)分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点射入磁场，由半径公式可得R=，T=，它们的半径相等，周期也相等，故A错误；正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转，运动轨迹如图所示：
正离子以60°入射，则圆弧对应的圆心角为∠1=120°，而负离子以30°入射，则圆弧对应的圆心角为∠2=60°，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍，故C正确，D错误；根据几何知识可知正离子重新回到边界的位置与O点的距离为R，负离子重新回到边界的位置与O点的距离为R，是不相等的，故B错误。
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.
【解析】选C。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=Rcot30°=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。
二、计算题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)
7.(10分)导线中带电粒子的定向移动形成电流，电流可以从宏观和微观两个角度来认识，一段通电直导线的横截面积为S，单位体积的带电粒子数为n，导线中每个带电粒子定向移动的速率为v，粒子的电荷量为q，并认为做定向运动的电荷是正电荷。
(1)试推导出电流的微观表达式I=nvSq。
(2)尝试由安培力的表达式推导出洛伦兹力的表达式。
【解析】(1)在时间t内流过导线横截面的带电粒子数N=nvSt，通过导线横截面的总电荷量Q=Nq，导线中电流I=
联立以上三式可得I=nvSq
(2)导线受安培力的大小F=BIL，长L的导线内的总的带电粒子数N=nSL，又I=nvSq，
电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和表现为导线所受的安培力，即Nf=F，
联立以上四式可以推导出洛伦兹力的表达式f=qvB。
答案：见解析
8.(14分)如图所示，某空间存在着相互正交的匀强电场E和匀强磁场B，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面水平向里，B=1
T，E=10
N/C。现有一个质量为m=2×10-6
kg，电荷量q=+2×10-6
C
的液滴以某一速度进入该区域恰能做匀速直线运动，求：这个速度的大小和方向。(g取10
m/s2)
【解析】带电液滴的受力如图所示。
为保证液滴做匀速直线运动，液滴所受洛伦兹力应与重力mg和电场力qE的合力等大反向；再由左手定则可确定速度v的方向，设其与电场的夹角为θ，则：
tanθ===，所以θ=60°。
F=qvB==2mg，
故v==
m/s=20
m/s。
答案：20
m/s 方向与电场方向的夹角为60°斜向上
(15分钟·40分)
9.(7分)(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
【解析】选A、B、D。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。
10.(7分)(多选)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有一带电小球的试管。在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则( )
A.小球带负电
B.小球运动的轨迹是一条抛物线
C.洛伦兹力对小球做正功
D.维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大
【解析】选B、D。小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误；设试管运动速度为v1，小球垂直于试管向右的分运动是匀速直线运动。小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿试管做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B正确；洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误；设小球沿试管的分速度大小为v2，则小球受到垂直试管向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大，故D正确。
11.(7分)(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sin37°=0.6，cos37°=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
【解题指南】解答本题可从以下两个方面考虑：
(1)利用洛伦兹力提供向心力结合临界几何关系，联立即可求出临界的速度；
(2)利用周期公式结合电子在磁场中转过的圆心角求解电子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比。
【解析】选A、D。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
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=
联立可得两电子在磁场中运动的周期均为：
T=
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。
12.(19分)(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
qU=mv2
①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB=m
②
由几何关系知d=r
③
联立①②③式得=
④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s=+rtan30°
⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t=
⑥
联立②③④⑤⑥式得
t=(+)
⑦
答案：(1) (2)(+)
【补偿训练】
如图所示，质量为m=1
kg、电荷量为q=5×10-2
C的带正电的小滑块，从半径为R=0.4
m的光滑绝缘圆弧轨道上由静止自A点滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E=100
V/m，方向水平向右；B=1
T，方向垂直纸面向里。求：
(1)滑块到达C点时的速度。
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力。(g取10
m/s2)
【解析】以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F=qvB，方向始终垂直于速度方向。
(1)滑块从A到C过程中洛伦兹力不做功，由动能定理知：
mgR-qER=m
则vC==2
m/s，方向水平向左。
(2)根据洛伦兹力公式得：
F=qvCB=5×10-2×2×1
N=0.1
N，方向竖直向下。
答案：(1)2
m/s，方向水平向左
(2)0.1
N，方向竖直向下
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