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人教版 (2019)选择性必修 第二册2 磁场对运动电荷的作用力精品课后练习题
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册2 磁场对运动电荷的作用力精品课后练习题，共26页。试卷主要包含了知识掌握，巩固提高等内容，欢迎下载使用。
模块一 知识掌握
知识点一 洛伦兹力的方向
【情境导入】
如图所示，电子由阴极向阳极运动(向右运动)过程中向下发生了偏转，试问：
(1)什么力使电子偏转？该力的方向如何？
(2)电子运动轨迹附近的磁场方向如何？电子所受洛伦兹力与磁场方向、电子运动方向存在什么关系？
答案 (1)洛伦兹力 向下
(2)磁场方向向里 电子所受洛伦兹力与磁场方向垂直，与电子运动方向垂直，满足左手定则
【知识梳理】
1．洛伦兹力
(1)定义：运动电荷在磁场中受到的力．
(2)与安培力的关系：通电导线在磁场中受到的安培力是洛伦兹力的宏观表现．
2．洛伦兹力的方向
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．如图所示，负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反．
【重难诠释】
1．洛伦兹力的方向
(1)F、B、v三者方向间的关系
洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向及磁场方向垂直，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确定的平面．
说明：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．
(2)洛伦兹力方向的判断
在用左手定则判断运动的电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向时，对于正电荷，四指指向电荷的运动方向；但对于负电荷，四指应指向电荷运动的反方向．
2．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化．但无论怎样变化，洛伦兹力都与运动方向垂直．
(2)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．
（2023春•上海月考）若带电粒子仅在洛伦兹力的作用下运动，则带电粒子速率将（ ）
A．变大B．不变
C．变小D．以上情况都有可能
【解答】解：洛伦兹力得方向由左手定则来确定，其方向始终垂直于磁场、运动电荷的方向，所以洛伦兹力不做功，不改变速度大小，只改变速度方向。故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2022秋•红山区期末）电荷在磁场中运动时受到洛伦兹力的方向如图所示，其中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A、由图示可知，电荷速度方向与磁场方向平行，电荷不受洛伦兹力作用，故A错误；
B、由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力方向竖直向下，故B错误；
C、由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力竖直向下，故C正确；
D、由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力方向垂直于纸面向外，故D错误；
故选：C。
（多选）（2022秋•南岗区校级期末）质量为m的带电小球在水平方向的匀强磁场中由静止开始下落，已知初始的下落高度为h，经过时间t下落到地面，达到地面时速度大小为v，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中，洛伦兹力做负功
B．下落过程中小球机械能守恒
C．小球到达地面时的速度
D．小球下落的时间
【解答】解：AB、由于洛伦兹力始终与运动方向垂直，洛伦兹力永不做功，下落过程中只有重力做功，机械能守恒；故A错误，B正确；
C、根据机械能守恒定律，可得小球落地时速度大小为：；故C错误；
D．小球下落过程中受力情况如图所示：
由于洛伦兹力的作用，小球做曲线运动，竖直向上小球将受到洛伦兹力的分力作用，竖直方向的加速度减小，即竖直方向加速度的平均值小于重力加速度；根据位移公式，可知下落时间；故D正确。
故选：BD。
（2022春•青海期末）初速度为v0的电子，沿垂直于通电长直导线的方向射出，直导线中的电流方向与电子的初始运动方向如图所示，不计电子所受重力，则（ ）
A．电子将向上偏转
B．电子将向下偏转
C．电子将垂直纸面向外偏转
D．电子将垂直纸而向内偏转
【解答】解：由安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外，初速度为v0的电子，沿垂直于通电长直导线的方向射出，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，所以电子将向上偏转，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2021秋•奉化区期末）平面a和平面b相互垂直，平面b中直线PQ和MN垂直。电荷量为+q的粒子以速度v运动，途径两直线交点，且恰在a平面内，如图甲所示，磁场方向垂直于平面b。该粒子此时所受洛伦兹力方向正确的是（ ）
A．由P指向Q，如图乙中F1所示
B．由N指向M，如图乙中F2所示
C．由Q指向P，如图乙中F3所示
D．位于平面a，垂直于速度v，如图乙中F4所示
【解答】解：把速度分解为垂直与磁场方向和沿磁场方向，沿磁场方向不受洛伦兹力，垂直于磁场方向的分速度，根据左手定则可知，受到的洛伦兹力由Q指向P，如图乙中F3所示，故ABD错误，C正确；
故选：C。
知识点二 洛伦兹力的大小
【情境导入】
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
【知识梳理】
一般表达式：F＝qvBsin θ，θ为v与B的夹角，如图．
(1)当v∥B，即θ＝0或180°时，F＝0.
(2)当v⊥B，即θ＝90°时，F＝qvB.
【重难诠释】
1．洛伦兹力与安培力的关系
2.洛伦兹力的大小
洛伦兹力的大小：F＝qvBsin θ，θ为电荷运动的方向与磁感应强度方向的夹角．
(1)当θ＝90°时，v⊥B，sin θ＝1，F＝qvB，即运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大．
(2)当θ＝0时，v∥B，sin θ＝0，F＝0，即运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力．
（多选）（2022秋•朝阳区校级期末）如图所示，一段长为L的导体水平放置，若导体单位体积内有n个自由电子，电子的电荷量为e，定向移动速度为v、导体横截面积为S。下面说法正确的是（ ）
A．导体中电流为I＝neSvL
B．导体中自由电子个数为N＝nSL
C．导体放置在垂直纸面向外、磁感应强度为B的磁场中，导线所受安培力F＝B（neSv）L
D．导体放置在垂直纸面向外、磁感应强度为B的磁场中，导线中每个电子所受洛伦兹力f＝evB
【解答】解：
A.根据电流强度的定义，可得导体中电流为IneSv，故A错误；
B.导体中自由电子个数为N＝nV＝nSL，故B正确；
C.导体放置在垂直纸面向里磁场强度为B的感场中，导线所受安培力F＝BIL＝B（neSv）L，故C正确；
D.导体放置在垂直纸面向里磁场强度为B的磁场中导线中，根据洛伦兹力的定义可知每个电子所受洛伦兹力f＝evB，故D正确；
故选：BCD。
（多选）（2021秋•宁江区校级期末）一个电荷量为q，质量为m，速度为v的带电粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则对它所受的洛伦兹力，下列说法正确的是（ ）
A．它所受的洛伦兹力大小一定为qvB
B．它所受的洛伦兹力大小有可能不是qvB
C．它所受的洛伦兹力的方向一定和v垂直
D．它所受的洛伦兹力的方向有时与v垂直，有时与v平行
【解答】解：AB、带电粒子在磁场中运动时，受到的洛伦兹力f＝qvBsinθ，只有当运动的方向与磁场的方向垂直时，它所受的洛伦兹力大小一定为qυB．故A正确，B错误；
CD、根据左手定则可知，洛伦兹力方向总是垂直磁场与运动的方向所构成的平面，而磁场与电流方向不一定垂直，故C正确，D错误；
故选：AC。
（2023春•河北区期末）如图所示，一个带负电荷的物体从粗糙的斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场，则物体滑到底端时（ ）
A．速度小于vB．速度大于v
C．速度等于vD．可能离开斜面
【解答】解：物体从顶端滑到底端的过程中，有能量守恒定律知减小的重力势能等于物体到达底端时的动能与摩擦生热之和，当加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场时，物体将受到垂直斜面向下的洛伦兹力，所以斜面对物体的支持力增大，摩擦力增大，摩擦生热增加，而减小的重力势能不变，由能量守恒定律知到达底端时的动能减小，速度减小，故BCD错误，A正确。
故选：A。
知识点三 电子束的磁偏转
【知识梳理】
1．显像管的构造：如图所示，由电子枪、偏转线圈和荧光屏组成．
2．显像管的原理
(1)电子枪发射高速电子．
(2)电子束在磁场中偏转．
(3)荧光屏被电子束撞击时发光．
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，这在显示技术中叫作扫描．
（2023春•嘉兴期末）如图所示为电视机显像管示意图，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。安装在管颈的偏转线圈通以电流后，可产生偏转磁场。则（ ）
A．要使电子束打在A点，偏转磁场应垂直纸面向里
B．要使电子束打在B点，偏转磁场应平行纸面向上
C．增大偏转线圈电流时电子速度将增大
D．增大偏转线圈电流时电子打到屏上的偏移会增大
【解答】解：A．电子束打在屏上的A点，由左手定则可知，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，故A错误；
B．由左手定则可知，打在屏上的B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里，故B错误；
C．增大偏转线圈电流时不会影响电子速度，故C错误；
D．增大偏转线圈电流时，偏转磁场增大，根据洛伦兹力提供向心力
解得
所以半径减小，电子打到屏上的偏移会增大，故D正确。
故选：D。
（2022秋•章丘区期中）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，而不加磁场时，电子束将通过O点并打在屏幕的中心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t变化的规律应是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：依题意，电子只受洛伦兹力的作用，电子将打到坐标原点O，为使荧光屏上出现沿x轴的一条贯穿全屏的水平亮线，电子既要能向x轴正向偏转，又要能向x轴负向偏转，实现来回扫描，必须加方向周期性改变的偏转磁场。而且电子的偏转距离要周期性，由半径公式r分析得知磁感应强度的大小也随时间周期性变化。故D正确，ABC错误；
故选：D。
知识点四 带电体在磁场中的运动
【重难诠释】
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，此状态是弹力方向发生改变的转折点．
（2023•滁州一模）粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，两根导线中通有相同的电流，电流方向竖直向上。水平面上一带正电滑块静止于两导线连线的中垂线上，俯视图如图所示，某时刻给滑块一初速度，滑块沿中垂线向连线中点运动，滑块始终未脱离水平面。则在运动过程中（ ）
A．滑块一定做曲线运动
B．滑块可能做匀速直线运动
C．滑块的加速度一直增大
D．滑块的速度一直减小
【解答】解：根据右手螺旋定则，知两导线连线上的垂直平分线上，上方的磁场方向水平向左，而下方的磁场方向水平向右，
根据左手定则，可知，在上半部分的运动过程中，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向里，在下半部分的运动过程中，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向外，滑块所受的支持力减小或增大，则滑块所受的摩擦力也随之变小或变大，
根据牛顿第二定律可知滑块的加速度也会变大或者变小，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速直线运动，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2022秋•揭东区期末）如图所示，一个带负电的滑块从粗糙绝缘斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v，若加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，则滑块滑到底端时速度大小将（ ）
A．等于vB．大于vC．小于vD．无法确定
【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh﹣Wfmv2﹣0。
加磁场后，多了洛伦兹力，根据左手定则判断可知，洛伦兹力方向垂直于斜面向下，洛伦兹力不做功，但使物体对斜面的压力变大，摩擦力变大，根据动能定理，有mgh﹣Wf′mv′2﹣0，Wf′＞Wf，所以v′＜v．故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023•重庆模拟）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度u向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程有（ ）
A．时间为
B．小球所受洛伦兹力做功为quBl
C．外力F的平均功率为
D．外力F的冲量为qBl
【解答】解：A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右匀速运动，由F＝qvB可知，小球受到的洛伦兹力沿管道方向，且大小保持不变，根据牛顿第二定律得quB＝ma，由初速度为零的位移公式，解得，故A错误；
B．小球所受洛伦兹力始终和运动方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B错误；
C．小球所受洛伦兹力不做功，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负功的大小，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，则有WF＝Wy＝Wx＝quBl，外力F的平均功率为，故C错误；
D．外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F的冲量大小等于，故D正确。
故选：D。
（多选）（2023•南平模拟）如图所示，足够长的水平绝缘传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，传送带上方足够大空间内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。将一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点）无初速度地放在传送带的左端，小物块与传送带间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，下列所画出的小物块速度随时间变化的图象（图中t0，vm）可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：D、小物块由静止开始向右做加速运动，开始运动后受到重力mg，竖直向上的洛伦兹力F洛和支持力N＝mg﹣F洛，水平向右的滑动摩擦力f＝μN，根据牛顿第二定律可知，小物块运动的加速度大小，可见随着速度v的增大，小物块做加速度逐渐减小的加速运动，故D错误；
A、当v＝0时，a＝μg，所以图线在O点的切线应与图中过O点的倾斜虚直线重合，故A错误；
B、当mg＝qvmB时，a＝0，对应速度，当vm＜v0，小物块加速到vm时，支持力N＝0，摩擦力消失，小物块脱离传送带做匀速运动，故B正确；
C、当vm＞v0，小物块加速到v0时，小物块与传送带共速，摩擦力消失，随传送带一起向右做匀速运动，故C项正确。
故选：BC。
（多选）（2022秋•城关区校级期末）如图，一根绝缘细杆固定在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，杆和磁场垂直，与水平方向成θ角。杆上套一个质量为m、电量为+q的小球。小球与杆之间的动摩擦因数为μ。从A点开始由静止释放小球，使小球沿杆向下运动。设磁场区域很大，杆足够长。已知重力加速度为g。则下列叙述中正确的是（ ）
A．小球运动的速度先增大后不变
B．小球运动的加速度先增大到gsinθ，然后减小到零
C．小球的速度达到最大速度一半时加速度可能是gsinθ
D．小球的速度达到最大速度一半时加速度一定是0.5g（sinθ+μcsθ）
【解答】解：A、由于洛伦兹力作用下，导致压力减小，则滑动摩擦力也减小，所以加速度增加，当洛伦兹力大于重力的垂直于杆的分力时，导致滑动摩擦力增大，从而出现加速度减小，直到处于受力平衡，达到匀速直线运动．
因此小球先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动．故A正确；
B、当杆对小球的弹力为零时，小球加速度最大．
小球受力如图1所示
根据牛顿第二定律 mgsinθ＝ma
解得：a＝gsinθ
之后加速度减小，直到处于受力平衡，故B正确；
CD、当小球所受合力为零时，速度最大，设最大速度为vm
小球受力如图2所示
根据平衡条件 qvmB＝N+mgcsθ
mgsinθ＝f
滑动摩擦力 f＝μN
解得：vm
当小球加速度达到最大a＝gsinθ时，设速度为v1
qv1B＝mgcsθ
得
v1
小球静止释放能下滑
mgsinθ＞μmgcsθ
联立上面三式可知
v1
说明小球速度为最大值一半时，处于加速度减小的加速阶段，受杆弹力斜向下
mgsinθ﹣f＝ma
qB＝N'+mgcsθ
f＝μN'
联立可解得
a＝0.5g（sinθ+μcsθ）
故C错误，D正确。
故选：ABD。
（2022秋•雁峰区校级期末）如图所示，将带电量Q＝+0.3C、质量m'＝0.3kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5kg，滑块与绝缘板间动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B＝20T的水平方向的匀强磁场。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.25m、摆球质量m＝0.2kg的摆（O点相对地面位置不变，摆球与小车碰撞前与小车无相互作用）从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g＝10m/s2，求：
（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力；
（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；
（3）碰撞后小车的最终速度。
【解答】解：（1）小球向下摆动过程，只有重力做功，由机械能守恒定律得
解得
在最低点，由牛顿第二定律得
代入数据解得
F6N
由牛顿第三定律得拉力大小为6N，方向竖直向下。
（2）摆球与小车碰撞过程中的过程中，两者组成的系统动量守恒定律，以摆球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv＝Mv1+0
代入数据解得
v1＝2m/s
摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能为
代入数据解得ΔE1.5J
（3）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得
Mv1＝（M+m′）v2
代入数据解得
v2＝1.25m/s
m′受到的向上洛伦兹力为
f＝Qv2B＝20×0.3×1.25N＝7.5N＞m′g＝3N
所以m′在还未到v2＝1.25m/s时已与M分开了，分开时对物块有
Qv3B＝m′g
代入数据解得
v3＝0.5m/s
物块与车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
Mv1＝Mv2′+m′v3
代入数据解得
v2′＝1.7m/s
方向水平向右。
答：（1）车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力为6N，方向竖直向下；
（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能为1.5J；
（3）碰撞后小车的最终速度为1.7m/s，方向水平向右。
模块二 巩固提高
（2021秋•鄢陵县期末）每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向。假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，宇宙射线粒子将（ ）
A．向东偏转B．向南偏转C．向西偏转D．向北偏转
【解答】解：地球的磁场由南向北，当带正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的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2022春•普宁市校级期中）关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是（ ）
A．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用
B．通电导线在磁场中一定受到安培力作用
C．洛伦兹力一定对运动电荷不做功
D．安培力一定对通电导线不做功
【解答】解：A．运动电荷在磁场中运动，若速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力作用，选项A错误；
B．通电导线在磁场中，若电流方向与磁场方向平行，则不受安培力作用，选项B错误；
C．由于洛伦兹力方向垂直于运动电荷的速度方向，根据功的定义可知，洛伦兹力对运动电荷不做功，选项C正确；
D．安培力方向与通电导线垂直，可以对通电导线做功，从而把电能转化为机械能，选项D错误。
故选：C。
（2022秋•儋州校级期中）下列各图中标出了磁场B和正电荷运动速度v的方向，该时刻粒子所受洛伦兹力沿纸面向左的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A.根据左手定则可以判断，洛伦兹力方向垂直纸面向内，故A错误；
B.粒子运动方向和磁场方向平行，不受洛伦兹力，故B错误；
C.根据左手定则可以判断，洛伦兹力方向向左，故C正确；
D.根据左手定则可以判断，洛伦兹力方向向右，故D错误。
故选：C。
（2022秋•宝山区校级期末）如图所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速度为v，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时（ ）
A．速率变大
B．速率变小
C．速率不变
D．洛伦兹力方向垂直斜面向上
【解答】解：D、磁场方向向外时，由左手定则可得出，洛伦兹力垂直斜面向下，故D错误；
ABC、根据D可知，加上磁场后，滑块对斜面的正压力变大，滑动摩擦力变大，从顶端滑至底端的过程中，克服摩擦力做功变大，由动能定理可知滑块滑至底端的速率变小，故AC错误，B正确。
故选：B。
（2022秋•沙坪坝区校级期中）质量为m，带电小球在水平方向的磁场中开始下落，已知初始的下落高度为h，经过时间t下落到地面，达到地面时速度大小为v，下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中，洛伦兹力做负功
B．小球到达地面时的速度
C．下落过程中小球机械能不守恒
D．小球下落的时间t
【解答】解：AC.由于洛伦兹力始终与运动方向垂直，洛伦兹力永不做功，下落过程中只有重力做功，机械能守恒，故AC错误；
B.根据机械能守恒定律，得落地速度大小，故B错误；
C.小球受力情况如图所示：
由于洛伦兹力的作用，小球做曲线运动，小球将受到竖直向上的洛伦兹力的分力作用，竖直方向的加速度减小，即竖直方向加速度的平均值小于重力加速度；根据位移公式，下落时间，故D正确。
故选：D。
（2022秋•西城区校级月考）空间有一磁感应强度为B的水平匀强磁场，质量为m、电荷量为+q的质点以速度v0水平进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h。重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下
B．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力大小一定等于qv0B
C．带电质点飞出磁场时速度的大小一定等于
D．带电质点飞出磁场时速度的大小一定等于v0
【解答】解：A、该题中由于不知道磁场的方向和速度方向之间的关系，所以不能判断出洛伦兹力的方向。带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上，也可能向下，故A错误；
B、该题中由于不知道磁场的方向和速度方向之间的关系，所以带电质点进入磁场时所受洛伦兹力大小一定小于等于qv0B，故B错误；
CD、粒子运动的过程中只有重力做功，由功能关系可知：，所以：v．故C正确，D错误。
故选：C。
（2021秋•富平县期末）如图所示，电子枪接入电路后发射电子，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则（ ）
A．电子束从B射向A
B．电子束向上偏转，速率保持不变
C．电子束向上偏转，速率越来越小
D．电子束向下偏转，速率越来越大
【解答】解：A、电子是由负极发射，则电子束从A射向B，故A错误；
BCD、由安培定则可知，在电子枪处电流磁场方向垂直于纸面向外；电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力竖直向上，则电子束向上偏转；因洛伦兹力不做功，故电子速的速率保持不变，故CD错误，B正确。
故选：B。
（2021秋•漠河校级期末）如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电（绝缘）小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时（ ）
A．小球的动能不相同
B．丝线所受的拉力相同
C．小球所受的洛伦兹力相同
D．小球的向心加速度相同
【解答】解：A、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力做功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同，故A错误；
B、由A选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故B错误；
C、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同。故C错误；
D、根据a，可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定点，即加速度相同，故D正确；
故选：D。
（2022秋•洪山区校级期中）来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子。如图所示，由于地磁场的存在，改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是（ ）
A．若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则它将向西偏转
B．若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则它将向东偏转
C．若带电粒子带负电，且沿垂直于地球赤道平面射向地心，则它将向南偏转
D．若带电粒子沿垂直于地球赤道平面射向地心，则它可能在地磁场中做匀速圆周运动
【解答】解：AB.根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带正电粒子在洛伦兹力作用下向东偏转，偏向面与赤道平面平行，故A错误，B正确；
C.根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带负电粒子在洛伦兹力作用下西偏转，故C错误；
D.做匀速圆周运动的物体受到的合外力的方向指向圆心，而根据左手定则可知，若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它受到的洛伦兹力的方向不是指向圆心的，所以不可能在地磁场中做匀速圆周运动，故D错误。
故选：B。
（2022春•肇东市校级期末）如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（ ）
A．a、b一起运动的加速度不变
B．a、b一起运动的加速度增大
C．a、b物块间的摩擦力减小
D．a、b物块间的摩擦力增大
【解答】解：AB、据左手定则可知，在运动过程受到的洛伦兹力向下；
以a、b整体为研究对象，b物块与地面间的摩擦力为f，动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律可得：F﹣f＝（ma+mb）a
其中摩擦力为：f＝μ[（ma+mb）g+qvB]
因速度的增大，滑动摩擦力增大，加速度减小，故A、B错误；
CD、以物块a为研究对象，a、b物块间的摩擦力为f'，由牛顿第二定律可得：f'＝maa
由于加速度a减小，a、b之间的静摩擦力f'减小，故C正确，D错误。
故选：C。
（2016秋•广陵区校级月考）如图所示，质量为m的金属块，带电荷量为+q，以某一初速度沿水平方向进入电场与磁场的空间，匀强磁场的方向垂直纸面向外，电场方向水平（图中未标出、向左或向右），金属块由A点沿绝缘板做匀速直线运动，至B点与开关相碰，瞬间立刻切断电源，使电场消失，但保留磁场，金属块由于碰撞原因，动能变为原来的四分之一，并能匀速沿原路返回A点，已知往返总时间为t，金属块与绝缘板间的动摩擦因数为μ，AB长为L，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）场强E；
（3）克服摩擦力做的功．
【解答】解：（1）（2）设滑块的初速度为v，碰撞后动能变为碰前的，则速度变为：v，
滑块的运动总时间：t，
解得：v，
滑块向右运动时，洛伦兹力：F＝qvB，
由左手定则可知，洛伦兹力竖直向下，
滑动摩擦力：f＝μ（mg+F）＝μ（mg），方向：水平向左，
由平衡条件得：qE＝f，即：qE＝μ（mg），电场力水平向右，
碰撞后滑块向右运动过程不受电场力作用，滑块受到的洛伦兹力：
F′＝qv×B，
由左手定则可知，此时洛伦兹力竖直向上，滑块做匀速直线运动，在水平方向处于平衡状态，由于没有电场力，则滑块不受滑动摩擦力作用，滑块与地面间不存在弹力，由平衡条件可知，洛伦兹力等于重力，
即：F′＝mg，mg ②
由①②解得：B，
E，滑块带正电，电场力水平向右，则电场强度方向：水平向右；
（3）滑块向右运动时受到的滑动摩擦力：f＝μ（mg）＝3μmg，
滑块向左运动时不受摩擦力作用，则全过程摩擦力做的功：W＝﹣fL＝﹣3μmgL；
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）场强E大小为，方向水平向右；
（3）克服摩擦力做的功＝3μmgL．
分类
洛伦兹力
安培力
区别
单个运动的带电粒子所受到的磁场力
通电直导线所受到的磁场力
洛伦兹力不做功
安培力可以做功
联系
①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方向关系：洛伦兹力与安培力均可用左手定则进行判断
模块一 知识掌握
知识点一 洛伦兹力的方向
【情境导入】
如图所示，电子由阴极向阳极运动(向右运动)过程中向下发生了偏转，试问：
(1)什么力使电子偏转？该力的方向如何？
(2)电子运动轨迹附近的磁场方向如何？电子所受洛伦兹力与磁场方向、电子运动方向存在什么关系？
答案 (1)洛伦兹力 向下
(2)磁场方向向里 电子所受洛伦兹力与磁场方向垂直，与电子运动方向垂直，满足左手定则
【知识梳理】
1．洛伦兹力
(1)定义：运动电荷在磁场中受到的力．
(2)与安培力的关系：通电导线在磁场中受到的安培力是洛伦兹力的宏观表现．
2．洛伦兹力的方向
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．如图所示，负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反．
【重难诠释】
1．洛伦兹力的方向
(1)F、B、v三者方向间的关系
洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向及磁场方向垂直，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确定的平面．
说明：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．
(2)洛伦兹力方向的判断
在用左手定则判断运动的电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向时，对于正电荷，四指指向电荷的运动方向；但对于负电荷，四指应指向电荷运动的反方向．
2．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化．但无论怎样变化，洛伦兹力都与运动方向垂直．
(2)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．
（2023春•上海月考）若带电粒子仅在洛伦兹力的作用下运动，则带电粒子速率将（ ）
A．变大B．不变
C．变小D．以上情况都有可能
【解答】解：洛伦兹力得方向由左手定则来确定，其方向始终垂直于磁场、运动电荷的方向，所以洛伦兹力不做功，不改变速度大小，只改变速度方向。故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2022秋•红山区期末）电荷在磁场中运动时受到洛伦兹力的方向如图所示，其中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A、由图示可知，电荷速度方向与磁场方向平行，电荷不受洛伦兹力作用，故A错误；
B、由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力方向竖直向下，故B错误；
C、由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力竖直向下，故C正确；
D、由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力方向垂直于纸面向外，故D错误；
故选：C。
（多选）（2022秋•南岗区校级期末）质量为m的带电小球在水平方向的匀强磁场中由静止开始下落，已知初始的下落高度为h，经过时间t下落到地面，达到地面时速度大小为v，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中，洛伦兹力做负功
B．下落过程中小球机械能守恒
C．小球到达地面时的速度
D．小球下落的时间
【解答】解：AB、由于洛伦兹力始终与运动方向垂直，洛伦兹力永不做功，下落过程中只有重力做功，机械能守恒；故A错误，B正确；
C、根据机械能守恒定律，可得小球落地时速度大小为：；故C错误；
D．小球下落过程中受力情况如图所示：
由于洛伦兹力的作用，小球做曲线运动，竖直向上小球将受到洛伦兹力的分力作用，竖直方向的加速度减小，即竖直方向加速度的平均值小于重力加速度；根据位移公式，可知下落时间；故D正确。
故选：BD。
（2022春•青海期末）初速度为v0的电子，沿垂直于通电长直导线的方向射出，直导线中的电流方向与电子的初始运动方向如图所示，不计电子所受重力，则（ ）
A．电子将向上偏转
B．电子将向下偏转
C．电子将垂直纸面向外偏转
D．电子将垂直纸而向内偏转
【解答】解：由安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外，初速度为v0的电子，沿垂直于通电长直导线的方向射出，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，所以电子将向上偏转，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2021秋•奉化区期末）平面a和平面b相互垂直，平面b中直线PQ和MN垂直。电荷量为+q的粒子以速度v运动，途径两直线交点，且恰在a平面内，如图甲所示，磁场方向垂直于平面b。该粒子此时所受洛伦兹力方向正确的是（ ）
A．由P指向Q，如图乙中F1所示
B．由N指向M，如图乙中F2所示
C．由Q指向P，如图乙中F3所示
D．位于平面a，垂直于速度v，如图乙中F4所示
【解答】解：把速度分解为垂直与磁场方向和沿磁场方向，沿磁场方向不受洛伦兹力，垂直于磁场方向的分速度，根据左手定则可知，受到的洛伦兹力由Q指向P，如图乙中F3所示，故ABD错误，C正确；
故选：C。
知识点二 洛伦兹力的大小
【情境导入】
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
【知识梳理】
一般表达式：F＝qvBsin θ，θ为v与B的夹角，如图．
(1)当v∥B，即θ＝0或180°时，F＝0.
(2)当v⊥B，即θ＝90°时，F＝qvB.
【重难诠释】
1．洛伦兹力与安培力的关系
2.洛伦兹力的大小
洛伦兹力的大小：F＝qvBsin θ，θ为电荷运动的方向与磁感应强度方向的夹角．
(1)当θ＝90°时，v⊥B，sin θ＝1，F＝qvB，即运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大．
(2)当θ＝0时，v∥B，sin θ＝0，F＝0，即运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力．
（多选）（2022秋•朝阳区校级期末）如图所示，一段长为L的导体水平放置，若导体单位体积内有n个自由电子，电子的电荷量为e，定向移动速度为v、导体横截面积为S。下面说法正确的是（ ）
A．导体中电流为I＝neSvL
B．导体中自由电子个数为N＝nSL
C．导体放置在垂直纸面向外、磁感应强度为B的磁场中，导线所受安培力F＝B（neSv）L
D．导体放置在垂直纸面向外、磁感应强度为B的磁场中，导线中每个电子所受洛伦兹力f＝evB
【解答】解：
A.根据电流强度的定义，可得导体中电流为IneSv，故A错误；
B.导体中自由电子个数为N＝nV＝nSL，故B正确；
C.导体放置在垂直纸面向里磁场强度为B的感场中，导线所受安培力F＝BIL＝B（neSv）L，故C正确；
D.导体放置在垂直纸面向里磁场强度为B的磁场中导线中，根据洛伦兹力的定义可知每个电子所受洛伦兹力f＝evB，故D正确；
故选：BCD。
（多选）（2021秋•宁江区校级期末）一个电荷量为q，质量为m，速度为v的带电粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则对它所受的洛伦兹力，下列说法正确的是（ ）
A．它所受的洛伦兹力大小一定为qvB
B．它所受的洛伦兹力大小有可能不是qvB
C．它所受的洛伦兹力的方向一定和v垂直
D．它所受的洛伦兹力的方向有时与v垂直，有时与v平行
【解答】解：AB、带电粒子在磁场中运动时，受到的洛伦兹力f＝qvBsinθ，只有当运动的方向与磁场的方向垂直时，它所受的洛伦兹力大小一定为qυB．故A正确，B错误；
CD、根据左手定则可知，洛伦兹力方向总是垂直磁场与运动的方向所构成的平面，而磁场与电流方向不一定垂直，故C正确，D错误；
故选：AC。
（2023春•河北区期末）如图所示，一个带负电荷的物体从粗糙的斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场，则物体滑到底端时（ ）
A．速度小于vB．速度大于v
C．速度等于vD．可能离开斜面
【解答】解：物体从顶端滑到底端的过程中，有能量守恒定律知减小的重力势能等于物体到达底端时的动能与摩擦生热之和，当加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场时，物体将受到垂直斜面向下的洛伦兹力，所以斜面对物体的支持力增大，摩擦力增大，摩擦生热增加，而减小的重力势能不变，由能量守恒定律知到达底端时的动能减小，速度减小，故BCD错误，A正确。
故选：A。
知识点三 电子束的磁偏转
【知识梳理】
1．显像管的构造：如图所示，由电子枪、偏转线圈和荧光屏组成．
2．显像管的原理
(1)电子枪发射高速电子．
(2)电子束在磁场中偏转．
(3)荧光屏被电子束撞击时发光．
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，这在显示技术中叫作扫描．
（2023春•嘉兴期末）如图所示为电视机显像管示意图，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。安装在管颈的偏转线圈通以电流后，可产生偏转磁场。则（ ）
A．要使电子束打在A点，偏转磁场应垂直纸面向里
B．要使电子束打在B点，偏转磁场应平行纸面向上
C．增大偏转线圈电流时电子速度将增大
D．增大偏转线圈电流时电子打到屏上的偏移会增大
【解答】解：A．电子束打在屏上的A点，由左手定则可知，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，故A错误；
B．由左手定则可知，打在屏上的B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里，故B错误；
C．增大偏转线圈电流时不会影响电子速度，故C错误；
D．增大偏转线圈电流时，偏转磁场增大，根据洛伦兹力提供向心力
解得
所以半径减小，电子打到屏上的偏移会增大，故D正确。
故选：D。
（2022秋•章丘区期中）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，而不加磁场时，电子束将通过O点并打在屏幕的中心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t变化的规律应是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：依题意，电子只受洛伦兹力的作用，电子将打到坐标原点O，为使荧光屏上出现沿x轴的一条贯穿全屏的水平亮线，电子既要能向x轴正向偏转，又要能向x轴负向偏转，实现来回扫描，必须加方向周期性改变的偏转磁场。而且电子的偏转距离要周期性，由半径公式r分析得知磁感应强度的大小也随时间周期性变化。故D正确，ABC错误；
故选：D。
知识点四 带电体在磁场中的运动
【重难诠释】
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，此状态是弹力方向发生改变的转折点．
（2023•滁州一模）粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，两根导线中通有相同的电流，电流方向竖直向上。水平面上一带正电滑块静止于两导线连线的中垂线上，俯视图如图所示，某时刻给滑块一初速度，滑块沿中垂线向连线中点运动，滑块始终未脱离水平面。则在运动过程中（ ）
A．滑块一定做曲线运动
B．滑块可能做匀速直线运动
C．滑块的加速度一直增大
D．滑块的速度一直减小
【解答】解：根据右手螺旋定则，知两导线连线上的垂直平分线上，上方的磁场方向水平向左，而下方的磁场方向水平向右，
根据左手定则，可知，在上半部分的运动过程中，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向里，在下半部分的运动过程中，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向外，滑块所受的支持力减小或增大，则滑块所受的摩擦力也随之变小或变大，
根据牛顿第二定律可知滑块的加速度也会变大或者变小，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速直线运动，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2022秋•揭东区期末）如图所示，一个带负电的滑块从粗糙绝缘斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v，若加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，则滑块滑到底端时速度大小将（ ）
A．等于vB．大于vC．小于vD．无法确定
【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh﹣Wfmv2﹣0。
加磁场后，多了洛伦兹力，根据左手定则判断可知，洛伦兹力方向垂直于斜面向下，洛伦兹力不做功，但使物体对斜面的压力变大，摩擦力变大，根据动能定理，有mgh﹣Wf′mv′2﹣0，Wf′＞Wf，所以v′＜v．故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023•重庆模拟）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度u向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程有（ ）
A．时间为
B．小球所受洛伦兹力做功为quBl
C．外力F的平均功率为
D．外力F的冲量为qBl
【解答】解：A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右匀速运动，由F＝qvB可知，小球受到的洛伦兹力沿管道方向，且大小保持不变，根据牛顿第二定律得quB＝ma，由初速度为零的位移公式，解得，故A错误；
B．小球所受洛伦兹力始终和运动方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B错误；
C．小球所受洛伦兹力不做功，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负功的大小，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，则有WF＝Wy＝Wx＝quBl，外力F的平均功率为，故C错误；
D．外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F的冲量大小等于，故D正确。
故选：D。
（多选）（2023•南平模拟）如图所示，足够长的水平绝缘传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，传送带上方足够大空间内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。将一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点）无初速度地放在传送带的左端，小物块与传送带间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，下列所画出的小物块速度随时间变化的图象（图中t0，vm）可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：D、小物块由静止开始向右做加速运动，开始运动后受到重力mg，竖直向上的洛伦兹力F洛和支持力N＝mg﹣F洛，水平向右的滑动摩擦力f＝μN，根据牛顿第二定律可知，小物块运动的加速度大小，可见随着速度v的增大，小物块做加速度逐渐减小的加速运动，故D错误；
A、当v＝0时，a＝μg，所以图线在O点的切线应与图中过O点的倾斜虚直线重合，故A错误；
B、当mg＝qvmB时，a＝0，对应速度，当vm＜v0，小物块加速到vm时，支持力N＝0，摩擦力消失，小物块脱离传送带做匀速运动，故B正确；
C、当vm＞v0，小物块加速到v0时，小物块与传送带共速，摩擦力消失，随传送带一起向右做匀速运动，故C项正确。
故选：BC。
（多选）（2022秋•城关区校级期末）如图，一根绝缘细杆固定在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，杆和磁场垂直，与水平方向成θ角。杆上套一个质量为m、电量为+q的小球。小球与杆之间的动摩擦因数为μ。从A点开始由静止释放小球，使小球沿杆向下运动。设磁场区域很大，杆足够长。已知重力加速度为g。则下列叙述中正确的是（ ）
A．小球运动的速度先增大后不变
B．小球运动的加速度先增大到gsinθ，然后减小到零
C．小球的速度达到最大速度一半时加速度可能是gsinθ
D．小球的速度达到最大速度一半时加速度一定是0.5g（sinθ+μcsθ）
【解答】解：A、由于洛伦兹力作用下，导致压力减小，则滑动摩擦力也减小，所以加速度增加，当洛伦兹力大于重力的垂直于杆的分力时，导致滑动摩擦力增大，从而出现加速度减小，直到处于受力平衡，达到匀速直线运动．
因此小球先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动．故A正确；
B、当杆对小球的弹力为零时，小球加速度最大．
小球受力如图1所示
根据牛顿第二定律 mgsinθ＝ma
解得：a＝gsinθ
之后加速度减小，直到处于受力平衡，故B正确；
CD、当小球所受合力为零时，速度最大，设最大速度为vm
小球受力如图2所示
根据平衡条件 qvmB＝N+mgcsθ
mgsinθ＝f
滑动摩擦力 f＝μN
解得：vm
当小球加速度达到最大a＝gsinθ时，设速度为v1
qv1B＝mgcsθ
得
v1
小球静止释放能下滑
mgsinθ＞μmgcsθ
联立上面三式可知
v1
说明小球速度为最大值一半时，处于加速度减小的加速阶段，受杆弹力斜向下
mgsinθ﹣f＝ma
qB＝N'+mgcsθ
f＝μN'
联立可解得
a＝0.5g（sinθ+μcsθ）
故C错误，D正确。
故选：ABD。
（2022秋•雁峰区校级期末）如图所示，将带电量Q＝+0.3C、质量m'＝0.3kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5kg，滑块与绝缘板间动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B＝20T的水平方向的匀强磁场。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.25m、摆球质量m＝0.2kg的摆（O点相对地面位置不变，摆球与小车碰撞前与小车无相互作用）从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g＝10m/s2，求：
（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力；
（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；
（3）碰撞后小车的最终速度。
【解答】解：（1）小球向下摆动过程，只有重力做功，由机械能守恒定律得
解得
在最低点，由牛顿第二定律得
代入数据解得
F6N
由牛顿第三定律得拉力大小为6N，方向竖直向下。
（2）摆球与小车碰撞过程中的过程中，两者组成的系统动量守恒定律，以摆球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv＝Mv1+0
代入数据解得
v1＝2m/s
摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能为
代入数据解得ΔE1.5J
（3）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得
Mv1＝（M+m′）v2
代入数据解得
v2＝1.25m/s
m′受到的向上洛伦兹力为
f＝Qv2B＝20×0.3×1.25N＝7.5N＞m′g＝3N
所以m′在还未到v2＝1.25m/s时已与M分开了，分开时对物块有
Qv3B＝m′g
代入数据解得
v3＝0.5m/s
物块与车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
Mv1＝Mv2′+m′v3
代入数据解得
v2′＝1.7m/s
方向水平向右。
答：（1）车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力为6N，方向竖直向下；
（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能为1.5J；
（3）碰撞后小车的最终速度为1.7m/s，方向水平向右。
模块二 巩固提高
（2021秋•鄢陵县期末）每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向。假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，宇宙射线粒子将（ ）
A．向东偏转B．向南偏转C．向西偏转D．向北偏转
【解答】解：地球的磁场由南向北，当带正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的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2022春•普宁市校级期中）关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是（ ）
A．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用
B．通电导线在磁场中一定受到安培力作用
C．洛伦兹力一定对运动电荷不做功
D．安培力一定对通电导线不做功
【解答】解：A．运动电荷在磁场中运动，若速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力作用，选项A错误；
B．通电导线在磁场中，若电流方向与磁场方向平行，则不受安培力作用，选项B错误；
C．由于洛伦兹力方向垂直于运动电荷的速度方向，根据功的定义可知，洛伦兹力对运动电荷不做功，选项C正确；
D．安培力方向与通电导线垂直，可以对通电导线做功，从而把电能转化为机械能，选项D错误。
故选：C。
（2022秋•儋州校级期中）下列各图中标出了磁场B和正电荷运动速度v的方向，该时刻粒子所受洛伦兹力沿纸面向左的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A.根据左手定则可以判断，洛伦兹力方向垂直纸面向内，故A错误；
B.粒子运动方向和磁场方向平行，不受洛伦兹力，故B错误；
C.根据左手定则可以判断，洛伦兹力方向向左，故C正确；
D.根据左手定则可以判断，洛伦兹力方向向右，故D错误。
故选：C。
（2022秋•宝山区校级期末）如图所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速度为v，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时（ ）
A．速率变大
B．速率变小
C．速率不变
D．洛伦兹力方向垂直斜面向上
【解答】解：D、磁场方向向外时，由左手定则可得出，洛伦兹力垂直斜面向下，故D错误；
ABC、根据D可知，加上磁场后，滑块对斜面的正压力变大，滑动摩擦力变大，从顶端滑至底端的过程中，克服摩擦力做功变大，由动能定理可知滑块滑至底端的速率变小，故AC错误，B正确。
故选：B。
（2022秋•沙坪坝区校级期中）质量为m，带电小球在水平方向的磁场中开始下落，已知初始的下落高度为h，经过时间t下落到地面，达到地面时速度大小为v，下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中，洛伦兹力做负功
B．小球到达地面时的速度
C．下落过程中小球机械能不守恒
D．小球下落的时间t
【解答】解：AC.由于洛伦兹力始终与运动方向垂直，洛伦兹力永不做功，下落过程中只有重力做功，机械能守恒，故AC错误；
B.根据机械能守恒定律，得落地速度大小，故B错误；
C.小球受力情况如图所示：
由于洛伦兹力的作用，小球做曲线运动，小球将受到竖直向上的洛伦兹力的分力作用，竖直方向的加速度减小，即竖直方向加速度的平均值小于重力加速度；根据位移公式，下落时间，故D正确。
故选：D。
（2022秋•西城区校级月考）空间有一磁感应强度为B的水平匀强磁场，质量为m、电荷量为+q的质点以速度v0水平进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h。重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下
B．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力大小一定等于qv0B
C．带电质点飞出磁场时速度的大小一定等于
D．带电质点飞出磁场时速度的大小一定等于v0
【解答】解：A、该题中由于不知道磁场的方向和速度方向之间的关系，所以不能判断出洛伦兹力的方向。带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上，也可能向下，故A错误；
B、该题中由于不知道磁场的方向和速度方向之间的关系，所以带电质点进入磁场时所受洛伦兹力大小一定小于等于qv0B，故B错误；
CD、粒子运动的过程中只有重力做功，由功能关系可知：，所以：v．故C正确，D错误。
故选：C。
（2021秋•富平县期末）如图所示，电子枪接入电路后发射电子，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则（ ）
A．电子束从B射向A
B．电子束向上偏转，速率保持不变
C．电子束向上偏转，速率越来越小
D．电子束向下偏转，速率越来越大
【解答】解：A、电子是由负极发射，则电子束从A射向B，故A错误；
BCD、由安培定则可知，在电子枪处电流磁场方向垂直于纸面向外；电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力竖直向上，则电子束向上偏转；因洛伦兹力不做功，故电子速的速率保持不变，故CD错误，B正确。
故选：B。
（2021秋•漠河校级期末）如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电（绝缘）小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时（ ）
A．小球的动能不相同
B．丝线所受的拉力相同
C．小球所受的洛伦兹力相同
D．小球的向心加速度相同
【解答】解：A、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力做功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同，故A错误；
B、由A选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故B错误；
C、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同。故C错误；
D、根据a，可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定点，即加速度相同，故D正确；
故选：D。
（2022秋•洪山区校级期中）来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子。如图所示，由于地磁场的存在，改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是（ ）
A．若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则它将向西偏转
B．若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则它将向东偏转
C．若带电粒子带负电，且沿垂直于地球赤道平面射向地心，则它将向南偏转
D．若带电粒子沿垂直于地球赤道平面射向地心，则它可能在地磁场中做匀速圆周运动
【解答】解：AB.根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带正电粒子在洛伦兹力作用下向东偏转，偏向面与赤道平面平行，故A错误，B正确；
C.根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带负电粒子在洛伦兹力作用下西偏转，故C错误；
D.做匀速圆周运动的物体受到的合外力的方向指向圆心，而根据左手定则可知，若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它受到的洛伦兹力的方向不是指向圆心的，所以不可能在地磁场中做匀速圆周运动，故D错误。
故选：B。
（2022春•肇东市校级期末）如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（ ）
A．a、b一起运动的加速度不变
B．a、b一起运动的加速度增大
C．a、b物块间的摩擦力减小
D．a、b物块间的摩擦力增大
【解答】解：AB、据左手定则可知，在运动过程受到的洛伦兹力向下；
以a、b整体为研究对象，b物块与地面间的摩擦力为f，动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律可得：F﹣f＝（ma+mb）a
其中摩擦力为：f＝μ[（ma+mb）g+qvB]
因速度的增大，滑动摩擦力增大，加速度减小，故A、B错误；
CD、以物块a为研究对象，a、b物块间的摩擦力为f'，由牛顿第二定律可得：f'＝maa
由于加速度a减小，a、b之间的静摩擦力f'减小，故C正确，D错误。
故选：C。
（2016秋•广陵区校级月考）如图所示，质量为m的金属块，带电荷量为+q，以某一初速度沿水平方向进入电场与磁场的空间，匀强磁场的方向垂直纸面向外，电场方向水平（图中未标出、向左或向右），金属块由A点沿绝缘板做匀速直线运动，至B点与开关相碰，瞬间立刻切断电源，使电场消失，但保留磁场，金属块由于碰撞原因，动能变为原来的四分之一，并能匀速沿原路返回A点，已知往返总时间为t，金属块与绝缘板间的动摩擦因数为μ，AB长为L，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）场强E；
（3）克服摩擦力做的功．
【解答】解：（1）（2）设滑块的初速度为v，碰撞后动能变为碰前的，则速度变为：v，
滑块的运动总时间：t，
解得：v，
滑块向右运动时，洛伦兹力：F＝qvB，
由左手定则可知，洛伦兹力竖直向下，
滑动摩擦力：f＝μ（mg+F）＝μ（mg），方向：水平向左，
由平衡条件得：qE＝f，即：qE＝μ（mg），电场力水平向右，
碰撞后滑块向右运动过程不受电场力作用，滑块受到的洛伦兹力：
F′＝qv×B，
由左手定则可知，此时洛伦兹力竖直向上，滑块做匀速直线运动，在水平方向处于平衡状态，由于没有电场力，则滑块不受滑动摩擦力作用，滑块与地面间不存在弹力，由平衡条件可知，洛伦兹力等于重力，
即：F′＝mg，mg ②
由①②解得：B，
E，滑块带正电，电场力水平向右，则电场强度方向：水平向右；
（3）滑块向右运动时受到的滑动摩擦力：f＝μ（mg）＝3μmg，
滑块向左运动时不受摩擦力作用，则全过程摩擦力做的功：W＝﹣fL＝﹣3μmgL；
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）场强E大小为，方向水平向右；
（3）克服摩擦力做的功＝3μmgL．
分类
洛伦兹力
安培力
区别
单个运动的带电粒子所受到的磁场力
通电直导线所受到的磁场力
洛伦兹力不做功
安培力可以做功
联系
①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方向关系：洛伦兹力与安培力均可用左手定则进行判断
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