重难点14不做功的力——洛伦兹力

1．在同一匀强磁场中，α粒子（）和质子（）做匀速圆周运动，若它们的质量和速度的乘积大小相等，则α粒子和质子（　　）
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
【答案】B
【详解】
C．两个粒子的质量和速度的乘积大小相等，质量之比是4：1，可知运动速度大小之比是1：4，选项C错误；
A．质子H和α粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

得轨道半径

根据α粒子（）和质子（）的电荷量之比是2：1，则得
RHe：RH=1:2
故A错误；
B．粒子运动的周期

所以运动周期之比是

故B正确；
D．根据粒子受到的洛伦兹力

得

故D错误．
故选B。
2．关于带电粒子在匀强磁场中所受的洛伦兹力，下列说法正确的是　　
A．洛伦兹力的方向可以不垂直于带电粒子的运动方向
B．洛伦兹力力的方向总是垂直于磁场的方向
C．洛伦兹力的大小与带电粒子的速度方向和磁场方向的夹角无关
D．仅将带电粒子的速度减半，洛伦兹力的大小变为原来的两倍
【答案】B
【分析】
当带电粒子的速度方向与磁场方向不平行，带电粒子受到洛伦兹力作用，根据左手定则可以得出洛伦兹力的方向．洛伦兹力的大小与带电粒子的速度方向和磁场方向的夹角都有关系
【详解】
A、洛伦兹力方向既垂直于带电粒子的运动方向，又垂直于磁场的方向，选项A错误、B正确；
C、洛伦兹力的大小与带电粒子的速度方向和磁场方向的夹角都有关系，将带电粒子的速度减半，洛伦兹力的大小也减半，故C、D错误．
故选B．
【点睛】
解决本题的关键知道洛伦兹力方向与速度方向和磁场方向的关系，以及会运用左手定则进行判断．，能根据判断出大小
3．如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最低点A时（　　）

A．摆球受到的磁场力相同
B．摆球的动能相同
C．摆球受到的丝线的张力相同
D．向右摆动通过A点时悬线的拉力等于向左摆动通过A点时悬线的拉力
【答案】B
【详解】
A．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，则受到的磁场力不同，故A错误；
B．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，所以小球分别向左和向右两次经过O点时的动能相同，故B正确；
CD．由于两次经过O点时的动能相同即速度大小相等，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，向左摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向上，充当一部分向心力，故绳子拉力较小，即向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力，故CD错误。
故选B。
4．如图所示是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x 轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转，在下列措施中可采用的是（　　）

A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B．加一电场，电场方向沿y轴正方向
C．加一电场，电场方向沿z轴负方向
D．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
【答案】C
【详解】
A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向，由左手定则可知，电子向-y方向偏转，A错误；
B．加一电场，电场方向沿y轴正方向，则电子向-y方向偏转，B错误；
C．加一电场，电场方向沿z轴负方向，则电子向z轴正方向偏转，C正确；
D．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向，由左手定则可知，电子向-z方向偏转，D错误。
故选C。
5．如图所示，磁场中固定一个电荷量为Q的正点电荷，一个电荷量为q，质量为m的带电粒子（重力不计）以正点电荷为圆心，在匀强磁场中做匀速圆周运动，测得以不同的绕行方向绕正电荷做半径为r的圆周运动时，周期之比为2：1，已知静电力常量为k，下列说法中正确的是（　　）

A．粒子可能带正电，以不同的绕行方向做圆周运动时，所受洛伦兹力大小相等
B．粒子一定带负电，且沿逆时针方向旋转时的线速度是沿顺时针方向时的
C．粒子顺时针旋转时，向心加速度大小为
D．粒子逆时针旋转时，向心加速度大小为
【答案】B
【详解】
A．若粒子带正电，则受到的电场力一定向外，则当顺时针转动时，合力向外，粒子不可能做圆周运动，故A错误；
B．根据A的分析可知，粒子一定带负电；根据可知，线速度之比为1：2；由于逆时针转动时，向心力较小，故线速度较小，因此沿逆时针方向旋转时的线速度是沿顺时针方向时的；故B正确；
CD．顺时针转动时，洛伦兹力向里，则有
F库+Bqv1=ma1
而逆时针转动时，洛伦兹力向外
F库-Bqv2=ma2
由于v1=2v2则
a1=4a2
且

则有联立解得

故C错误，D错误；
故选B。
6．按照玻尔原子理论，原子中的电子在库仑力的作用下在特定的分立轨道上绕原子核做圆周运动。若电子以角速度在纸面内绕核沿顺时针方向做匀速圆周运动，现施加一垂直纸面向外的匀强磁场，如图所示。施加磁场后，假设电子绕核运动的半径R保持不变，角速度变为，不计重力。下列判断正确的是（　　）

A．洛伦兹力的方向背离圆心，    B．洛伦兹力的方向背离圆心，
C．洛伦兹力的方向指向圆心，    D．洛伦兹力的方向指向圆心，
【答案】A
【详解】
由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力的方向背离圆心，未加磁场时有

加磁场后有

则

故A正确，BCD错误。
故选A。
7．如图所示，为一种改进后的回旋加速器示意图，在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N。每当带正电的粒子从a孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，经加速后从b孔射出，再立即撤去电压。而后进入D形盒中的匀强磁场，做匀速圆周运动。缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（　　）

A．D形盒中的磁场方向垂直纸面向外
B．粒子运动的周期不断变大
C．粒子每运动一周直径的增加量越来越小
D．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大
【答案】C
【详解】
A.根据左手定则，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
B.根据洛伦兹力提供向心力得

粒子运动的周期

粒子运动的周期不变，故B错误；
C.粒子每运动一周直径的增加量

可得粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确；
D.粒子最终获得的动能

当半径达到D形盒的半径时，粒子动能最大，与板间电压无关，故D错误。
故选D。
8．如图所示，一管壁半径为R的直导管（导管柱的厚度可忽略）水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里；沿导管向左流动的液体中，仅含有一种质量为m、带电荷量为+q的带电微粒，微粒受磁场力影响发生偏转，导管上、下壁a、b两点间最终形成稳定电势差U，导管内部的电场可看作匀强电场，忽略浮力，则液体流速和a、b电势的正负为（　　）

A．，a正、b负   B．，a正、b负
C．，a负、b正   D．、a负、b正
【答案】C
【详解】
如题图所示液体中带正电微粒流动时，根据左手定则，带电微粒受到向下的洛伦兹力，所以带电微粒向下偏，则a点电势为负，b点电势为正，最终液体中的带电微粒所受的电场力与磁场力和带电微粒所受重力的合力为零，即

解得，故C正确，ABD错误。
故选C。
9．如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（　　）

A．加一电场，电场方向沿z轴负方向
B．加一电场，电场方向沿y轴正方向
C．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
D．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
【答案】D
【详解】
AB．由于电子带负电，要使电子向下偏转（z轴负方向），如果仅加一电场实现此偏转，需要加向上的电场，即加沿z轴正方向的电场，故选项AB均错误；
CD．仅加一磁场电子向下偏转（z 轴负方向），由左手定则可知，四指需要指向x轴的负方向，大拇指向下，故磁场的方向是沿y轴正方向的，选项C错误，D正确。
故选D。
10．下列表示运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向正确的是（）
A．    B．
C．    D．
【答案】D
【详解】
A．该图中电荷所受洛伦兹力为零，选项A错误；
B．该图中电荷所受洛伦兹力为零，选项B错误；
C．根据左手定则可知，该图中电荷所受洛伦兹力方向向上，选项C错误；
D．根据左手定则可知，该图中电荷所受洛伦兹力方向向右，选项D正确；
故选D.
11．图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里，云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用，分析此径迹可知粒子（）

A．带正电，由下往上运动
B．带正电，由上往下运动
C．带负电，由上往下运动
D．带负电，由下往上运动
【答案】A
【解析】
【详解】
粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电．所以A正确．
故选A．
12．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方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，则阴极射线将会(　　)

A．向上偏转   B．向下偏转
C．向纸内偏转   D．向纸外偏转
【答案】B
【详解】
由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据右手定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转
A．向上偏转与分析不符，A错误
B．向下偏转符合分析，B正确
C．向纸面内偏转不符合分析，C错误
D．向纸面外偏转不符合分析，D错误
13．如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，直导线与纸面的交点及坐标原点O分别位于边长为a的正方形的四个顶点.L1与L3中的电流均为2 、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为、方向垂直纸面向外.已知在电流为的长直导线的磁场中，距导线r处的磁感应强度，其中k为常数.某时刻有一电子正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，电子电量为e，则该电子所受磁场力

A．方向与y轴正方向成45°角，大小为
B．方向与y轴负方向成45°角，大小为
C．方向与y轴正方向成45°角，大小为
D．方向与y轴负方向成45°角，大小为
【答案】D
【解析】
【详解】
三个电流分别在原点O处产生磁场的磁感应强度、、，方向如图；则三电流在O点处产生合磁场的磁感应强度，方向与y轴正方向成45°角。电子经过原点O速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，据左手定则知，洛伦兹力方向与y轴负方向成45°角，洛伦兹力的大小。故D项正确，ABC三项错误。

14．质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是

A．M带负电，N带正电
B．M的速度率小于N的速率
C．洛伦磁力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
【答案】A
【详解】
A．由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确．
B．由可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；
C．洛伦磁力对M、N都不做功，选项C错误；
D．由可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误．
15．如图所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间．此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是（）

A．向左   B．向右   C．垂直纸面向里   D．垂直纸面向外
【答案】D
【详解】
正电荷向右运动，磁场竖直向下，由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力的方向垂直纸面向外，，故选D.
【点睛】
此题考查了左手定律的应用；注意电子带负电，四指应该指向电子运动的反方向，这是易错点.
16．如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，小球可沿圆环自由运动．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（）

A．当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛伦兹力最大
B．当小球运动的弧长为圆周长的3/8时，洛伦兹力最小
C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
【答案】D
【分析】
球所受的电场力与重力大小相等，二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于等效的重力，所以bc弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最低点”.关于圆心对称的位置就是“最高点”；在“最低点”时速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可.
【详解】
A、小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°向左下，如图：

故小球运动到圆弧bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，即小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大;故A错误.
B、由A的分析可知，结合对称性可知，当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最小;故B错误.
C、小球由a到b的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小;故C错误.
D、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成45°向左下，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小;故D正确.
故选D.
【点睛】
该题关键要能够根据受力分析找出做圆周运动等效的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题.

17．笔记本电脑趋于普及，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，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、方向向上的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则关于元件的说法正确的是（　　）

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
【答案】AD
【详解】
A．由题图可知，电流方向向右，则电子向左定向移动，由左手定则判定，电子所受的洛伦兹力方向指向前表面，则前表面积累了电子，因此前表面的电势比后表面的低，A正确；
BC．当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不在发生偏转，此时前、后表面的电压达到稳定，因此有
eE=eBv
又

解得
U=Bav
显然前、后表面的电压U与电子定向移动速度v成正比，与元件的宽度a成正比，与元件的长度c无关，BC错误；
D．当自由电子稳定时，受到的洛伦兹力与电场力大小相等，即

D正确。
故选AD。
18．如图所示，、两长直导线，垂直纸面水平固定放置，两导线中通以垂直纸面向里、大小相同的恒定电流，是、连线垂直平分线上的一点，、连线与、连线的夹角为，一质量为、电荷量为的带正电粒子从点垂直纸面向外以大小为的速度水平射出，射出瞬间，受到的洛仑兹力大小为，则（　　）

A．洛仑兹力的方向竖直向上
B．洛仑兹力的方向竖直向下
C．导线中电流产生的磁场在点的磁感应强度大小为
D．导线中电流产生的磁场在点的磁感应强度大小为
【答案】AC
【详解】
AB．设导线中电流产生的磁场在点的磁感应强度大小为，则导线中电流产生的磁场在点的磁感应强度大小也为，由于这两个磁感应强度大小相等，夹角为，因此合磁场方向水平向右，大小，根据左手定则可知，洛仑兹力的方向竖直向上，A项正确，B项错误；

CD．由

解得

C项正确，D项错误。
故选AC。
19．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、试管底部有一带电小球．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
【答案】BD
【详解】
A．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电。故A错误。
B．设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线。故B正确。
C．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功。故C错误。
D．设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子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。
故选BD。
20．关于安培力和洛伦兹力，下面说法正确的是（）
A．洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力
B．安培力和洛伦兹力，其本质都是磁场对运动电荷的作用力
C．安培力和洛伦兹力，二者是等价的
D．安培力对通电导体能做功，但洛伦兹力对运动电荷不能做功
【答案】BD
【详解】
A、安培力是洛伦兹力的宏观表现，其本质都是磁场对运动电荷的作用力，二者质相同，A选项错误
B、理由同A选项，B选项正确
C、安培力是通电导线受到的磁场的作用力．而洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用力，虽然性质一样，但不能等价，C选项错误
D、安培力和导体运动方向不一定垂直，可以做正功，也可以做负功，但洛伦兹力永远与电荷运动方向相同，所以洛伦兹力对运动电荷不能做功，D选项正确
故选BD
21．如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为8×10-6 C的带正电小球A，其正上方O点处用轻细弹簧悬挂一质量为m = 0.06 kg、电荷量大小为 2×10-6 C的小球B，弹簧的劲度系数为k = 5 N/m，原长为L0 = 0.3 m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ = 53°。已知静电力常量k = 9.0×109 N•m2/C2， sin53°= 0.8，cos53°= 0.6，g = 10 m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法正确的是（）

A．小球B一定带负电   B．圆周运动时，弹簧的长度为 0.5 m
C．B球圆周运动的速度大小为 m/s   D．若突然加上竖直向上的匀强磁场，θ角将增大
【答案】ABD
【详解】
A．小球A、B之间的库仑力

设弹簧弹力为，小球B在竖直方向上，有

弹簧的弹力在水平方向的分力

再由胡克定律

由几何关系

可解得
，，
，
因小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，又有

则B球带负电，所受合外力

AB正确；
C．由合外力提供向心力

解得

C错误；
D．若突然加上竖直向上的匀强磁场，带负电的小球B受到从A到B方向的磁场力，小球B受到的向心力减小，半径增大，即θ角将增大，D正确。
故选ABD。
22．如图所示，在一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球，空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始时，直管水平放置，且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动，经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中（　　）

A．磁场对小球不做功   B．直管对小球做正功
C．小球所受磁场力的方向不变   D．小球的运动轨迹是一直线
【答案】AB
【详解】
A．由于磁场对小球的洛伦兹力始终与小球的合运动的方向垂直，故磁场对小球不做功，故A正确；
B．对小球受力分析，受重力、支持力和洛伦兹力，其中重力和洛伦兹力不做功，而动能增加，根据动能定理可知，支持力做正功，故B正确；
CD．设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动，小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，故CD错误。
故选AB。
23．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、底部有带电小球的试管。在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则在小球未从管口飞出前的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小球带负电   B．小球相对水平桌面的运动轨迹是一条抛物线
C．洛伦兹力对小球做正功   D．水平拉力F不断变大
【答案】BD
【详解】
A．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误；
B．设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B正确；
C．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误；
D．设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子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。
故选BD。
24．如图，下端封闭、上端开口、高h=5m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m=10g，电荷量的绝对值|q|=0.2C的小球，整个装置以v=5m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度B=0.2T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出（g取10m/s2）。下列说法中正确的是（　　）

A．该过程洛伦兹力做正功   B．小球在竖直方向做匀加速直线运动
C．小球在玻璃管中的运动时间小于1s   D．小球机械能的增加量为1J
【答案】BD
【详解】
A．小球受到的洛伦兹力的方向与小球运动方向垂直，故不做功，故A错误；
B．小球从管口上端飞出，则小球在玻璃管中所受洛伦兹力方向竖直向上，洛伦兹力大小为

小球在竖直方向受大小不变的力作用，所以小球在竖直方向做匀加速直线运动，故B正确；
C．小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度和竖直方向的速度，与两个分速度对应的洛伦兹力的分力分别是水平方向的和竖直方向的，其中竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上由牛顿第二定律得

解得

由匀变速运动的位移公式得

解得
t=1s
故C错误；
D．小球飞出管口时，竖直速度为

飞出管口的合速度

动能的增量为

重力势能的增加

小球机械能的增加量

故D正确。
故选BD。
25．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力），从a点以与边界夹角为53°的方向垂直射入磁感应强度为B的条形匀强磁场，从磁场的另一边界b点射出，射出磁场时的速度方向与边界的夹角为37°．已知条形磁场的宽度为d，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列说法正确的是（）

A．粒子带正电
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 d
C．粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为
D．粒子穿过磁场所用的时间为
【答案】BD
【详解】
A.由左手定则可判定粒子带负电，故A错误；
B.作出粒子在匀强磁场运动的轨迹，如图示

粒子在匀强磁场中转过90°角，由几何关系
bc= =
=d2+
解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r= d
故B正确；
C.由粒子在磁场中做圆周运动的半径r= 知，粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为
v= =
故C错误；
D. 粒子在匀强磁场中转过90°角，粒子穿过磁场所用的时间为
t= T= =
故D正确．
26．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2．则（）

A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动
C．木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动
D．t=5s后滑块和木板开始有相对运动
【答案】BC
【分析】
先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动．
【详解】
ABC、由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a= 的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块开始做加速度减小的变加速运动，木板做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a= ．故A错误，BC正确．
D、滑块开始一起做a=2m/s2加速直线运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块开始做加速度减小的变加速运动，所以速度增大到10m/s所用的时间大于5s．故D错误．
故选BC．
【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况．
27．如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中．t=0时，一个质量为m、电量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图象可能是

A．    B．
C．    D．
【答案】ACD
【分析】
对滑块受力分析，分析开始时重力mg与摩擦力的大小关系来确定滑块的运动特点，根据速度的变化分析加速度的变化．
【详解】
设初速度为v0，则若满足mg=f=μN，因N=Bqv0，则mg=μBqv0，则滑块向下做匀速运动，则选项A正确；若mg>μBqv0，则滑块开始有向下的加速度，由可知，随速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，则选项D正确；若mg<μBqv0，则滑块开始有向上的加速度做减速运动，由可知，随速度减小，加速度减小，即滑块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确；故选ACD.
【点睛】
此题是动态分析问题；关键是分析洛伦兹力随速度的变化情况，从而分析加速度的变化情况来确定图像的形状.
28．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
【答案】AD
【分析】
带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功．因此仅有重力作功，则有机械能守恒．从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力．由向心加速度公式和牛顿第二定律列式分析．
【详解】
A、小球运动过程中，所受的细线的拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅有重力作功，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正确.
B、小球经过最低点时速度大小不变，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、小球经过最低点时速度大小不变，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则洛伦兹力不相同;故C错误.
D、小球的动能相同则速度的大小相等，据知，v、r相同，可知小球所受的向心力相同,向心加速度相同;故D正确.
故选AD.
【点睛】
本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同．最后由牛顿第二定律来分析向心力与向心加速度．

29．如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
（1）求磁场的磁感应强度的大小；
（2）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为 t0，求粒子此次入射速度的大小。

【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期
T＝4t0①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝m ②
匀速圆周运动的速度满足
v＝ ③
联立①②③式得
B＝ ④
（2）如图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有
∠OO′D＝∠BO′A＝30°

r0cos∠OO′D＋＝L
设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律
v0＝
联立得
v0＝
30．一段粗细均匀的导体长为L，横截面积为S，如图所示，导体单位体积内的自由电子数为n，电子电荷量为e，通电后，电子定向运动的速度大小为v。
（1）请用n、e、S、v表示流过导体的电流大小I。
（2）若再在垂直导体的方向上加一个空间足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，试根据导体所受安培力推导出导体中某一自由电子所受的洛伦兹力大小的表达式。

【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）导体中的电流大小为

t时间内长度为vt，则其体积为vtS，通过某一截面的自由电子数目为nSvt，该时间内通过导体截面的电量为

所以

（2）该导体处于垂直于它的匀强磁场中所受到的安培力

得

某一个电子所受的洛伦兹力为

N为该导体中的自由电子个数
N=nSL
得

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重难点14不做功的力——洛伦兹力

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