重難點14不做功的力——洛倫茲力

1．在同一勻強磁場中，α粒子（）和質子（）做勻速圓周運動，若它們的質量和速度的乘積大小相等，則α粒子和質子（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)
A．運動半徑之比是2∶1
B．運動周期之比是2∶1
C．運動速度大小之比是4∶1
D．受到的洛倫茲力之比是2∶1
【答案】B
【詳解】
C．兩個粒子的質量和速度的乘積大小相等，質量之比是4：1，可知運動速度大小之比是1：4，選項C錯誤；
A．質子H和α粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，均由洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

得軌道半徑

根據α粒子（）和質子（）的電荷量之比是2：1，則得
RHe：RH=1:2
故A錯誤；
B．粒子運動的周期

所以運動周期之比是

故B正確；
D．根據粒子受到的洛倫茲力

得

故D錯誤．
故選B。
2．關于帶電粒子在勻強磁場中所受的洛倫茲力，下列說法正確的是　　
A．洛倫茲力的方向可以不垂直于帶電粒子的運動方向
B．洛倫茲力力的方向總是垂直于磁場的方向
C．洛倫茲力的大小與帶電粒子的速度方向和磁場方向的夾角無關
D．僅將帶電粒子的速度減半，洛倫茲力的大小變為原來的兩倍
【答案】B
【分析】
當帶電粒子的速度方向與磁場方向不平行，帶電粒子受到洛倫茲力作用，根據左手定則可以得出洛倫茲力的方向．洛倫茲力的大小與帶電粒子的速度方向和磁場方向的夾角都有關系
【詳解】
A、洛倫茲力方向既垂直于帶電粒子的運動方向，又垂直于磁場的方向，選項A錯誤、B正確；
C、洛倫茲力的大小與帶電粒子的速度方向和磁場方向的夾角都有關系，將帶電粒子的速度減半，洛倫茲力的大小也減半，故C、D錯誤．
故選B．
【點睛】
解決本題的關鍵知道洛倫茲力方向與速度方向和磁場方向的關系，以及會運用左手定則進行判斷．，能根據判斷出大小
3．如圖所示，帶負電的小球用絕緣絲線懸掛于O點在勻強磁場中擺動，當小球每次通過最低點A時（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)

A．擺球受到的磁場力相同
B．擺球的動能相同
C．擺球受到的絲線的張力相同
D．向右擺動通過A點時懸線的拉力等于向左擺動通過A點時懸線的拉力
【答案】B
【詳解】
A．由于小球的運動方向不同，則根據左手定則可知，洛倫茲力的方向不同，則受到的磁場力不同，故A錯誤；
B．由題意可知，拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅重力做功，則小球機械能守恒，所以小球分別向左和向右兩次經過O點時的動能相同，故B正確；
CD．由于兩次經過O點時的動能相同即速度大小相等，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則拉力的大小也不同，向左擺動通過A點時所受洛倫茲力的方向向上，充當一部分向心力，故繩子拉力較小，即向右擺動通過A點時懸線的拉力大于向左擺動通過A點時懸線的拉力，故CD錯誤。
故選B。
4．如圖所示是電子射線管示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x 軸方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線。要使熒光屏上的亮線向上（z軸正方向）偏轉，在下列措施中可采用的是（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)

A．加一磁場，磁場方向沿z軸負方向
B．加一電場，電場方向沿y軸正方向
C．加一電場，電場方向沿z軸負方向
D．加一磁場，磁場方向沿y軸正方向
【答案】C
【詳解】
A．加一磁場，磁場方向沿z軸負方向，由左手定則可知，電子向-y方向偏轉，A錯誤；
B．加一電場，電場方向沿y軸正方向，則電子向-y方向偏轉，B錯誤；
C．加一電場，電場方向沿z軸負方向，則電子向z軸正方向偏轉，C正確；
D．加一磁場，磁場方向沿y軸正方向，由左手定則可知，電子向-z方向偏轉，D錯誤。
故選C。
5．如圖所示，磁場中固定一個電荷量為Q的正點電荷，一個電荷量為q，質量為m的帶電粒子（重力不計）以正點電荷為圓心，在勻強磁場中做勻速圓周運動，測得以不同的繞行方向繞正電荷做半徑為r的圓周運動時，周期之比為2：1，已知靜電力常量為k，下列說法中正確的是（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)

A．粒子可能帶正電，以不同的繞行方向做圓周運動時，所受洛倫茲力大小相等
B．粒子一定帶負電，且沿逆時針方向旋轉時的線速度是沿順時針方向時的
C．粒子順時針旋轉時，向心加速度大小為
D．粒子逆時針旋轉時，向心加速度大小為
【答案】B
【詳解】
A．若粒子帶正電，則受到的電場力一定向外，則當順時針轉動時，合力向外，粒子不可能做圓周運動，故A錯誤；
B．根據A的分析可知，粒子一定帶負電；根據可知，線速度之比為1：2；由于逆時針轉動時，向心力較小，故線速度較小，因此沿逆時針方向旋轉時的線速度是沿順時針方向時的；故B正確；
CD．順時針轉動時，洛倫茲力向里，則有
F庫+Bqv1=ma1
而逆時針轉動時，洛倫茲力向外
F庫-Bqv2=ma2
由于v1=2v2則
a1=4a2
且

則有聯立解得

故C錯誤，D錯誤；
故選B。
6．按照玻爾原子理論，原子中的電子在庫侖力的作用下在特定的分立軌道上繞原子核做圓周運動。若電子以角速度在紙面內繞核沿順時針方向做勻速圓周運動，現施加一垂直紙面向外的勻強磁場，如圖所示。施加磁場后，假設電子繞核運動的半徑R保持不變，角速度變為，不計重力。下列判斷正確的是（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)

A．洛倫茲力的方向背離圓心，    B．洛倫茲力的方向背離圓心，
C．洛倫茲力的方向指向圓心，    D．洛倫茲力的方向指向圓心，
【答案】A
【詳解】
由左手定則可知，電子所受的洛倫茲力的方向背離圓心，未加磁場時有

加磁場后有

則

故A正確，BCD錯誤。
故選A。
7．如圖所示，為一種改進后的回旋加速器示意圖，在D形盒邊上的縫隙間放置一對中心開有小孔a、b的平行金屬板M、N。每當帶正電的粒子從a孔進入時，就立即在兩板間加上恒定電壓，經加速后從b孔射出，再立即撤去電壓。而后進入D形盒中的勻強磁場，做勻速圓周運動?？p隙間無磁場，不考慮相對論效應，則下列說法正確的是（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)

A．D形盒中的磁場方向垂直紙面向外
B．粒子運動的周期不斷變大
C．粒子每運動一周直徑的增加量越來越小
D．增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動能變大
【答案】C
【詳解】
A.根據左手定則，D形盒中的磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤；
B.根據洛倫茲力提供向心力得

粒子運動的周期

粒子運動的周期不變，故B錯誤；
C.粒子每運動一周直徑的增加量

可得粒子每運動一周直徑的增加量越來越小，故C正確；
D.粒子最終獲得的動能

當半徑達到D形盒的半徑時，粒子動能最大，與板間電壓無關，故D錯誤。
故選D。
8．如圖所示，一管壁半徑為R的直導管（導管柱的厚度可忽略）水平放置在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里；沿導管向左流動的液體中，僅含有一種質量為m、帶電荷量為+q的帶電微粒，微粒受磁場力影響發生偏轉，導管上、下壁a、b兩點間最終形成穩定電勢差U，導管內部的電場可看作勻強電場，忽略浮力，則液體流速和a、b電勢的正負為（　　）

A．，a正、b負   B．，a正、b負
C．，a負、b正   D．、a負、b正
【答案】C
【詳解】
如題圖所示液體中帶正電微粒流動時，根據左手定則，帶電微粒受到向下的洛倫茲力，所以帶電微粒向下偏，則a點電勢為負，b點電勢為正，最終液體中的帶電微粒所受的電場力與磁場力和帶電微粒所受重力的合力為零，即

解得，故C正確，ABD錯誤。
故選C。
9．如圖是電子射線管示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線。要使熒光屏上的亮線向下（z軸負方向）偏轉，在下列措施中可采用的是（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)

A．加一電場，電場方向沿z軸負方向
B．加一電場，電場方向沿y軸正方向
C．加一磁場，磁場方向沿z軸負方向
D．加一磁場，磁場方向沿y軸正方向
【答案】D
【詳解】
AB．由于電子帶負電，要使電子向下偏轉（z軸負方向），如果僅加一電場實現此偏轉，需要加向上的電場，即加沿z軸正方向的電場，故選項AB均錯誤；
CD．僅加一磁場電子向下偏轉（z 軸負方向），由左手定則可知，四指需要指向x軸的負方向，大拇指向下，故磁場的方向是沿y軸正方向的，選項C錯誤，D正確。
故選D。
10．下列表示運動電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向正確的是（）
A．    B．
C．    D．
【答案】D
【詳解】
A．該圖中電荷所受洛倫茲力為零，選項A錯誤；
B．該圖中電荷所受洛倫茲力為零，選項B錯誤；
C．根據左手定則可知，該圖中電荷所受洛倫茲力方向向上，選項C錯誤；
D．根據左手定則可知，該圖中電荷所受洛倫茲力方向向右，選項D正確；
故選D.
11．圖是科學史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡。云室放置在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里，云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用，分析此徑跡可知粒子（）

A．帶正電，由下往上運動
B．帶正電，由上往下運動
C．帶負電，由上往下運動
D．帶負電，由下往上運動
【答案】A
【解析】
【詳解】
粒子穿過金屬板后，速度變小，由半徑公式可知，半徑變小，粒子運動方向為由下向上；又由于洛侖茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電．所以A正確．
故選A．
12．在陰極射線管中電子流方向由左向右，其上方置一根通有如圖所示電流的直導線，導線與陰極射線管平行，則陰極射線將會(　　)

A．向上偏轉   B．向下偏轉
C．向紙內偏轉   D．向紙外偏轉
【答案】B
【詳解】
由題意可知，直線電流的方向由左向右，根據右手定則，可判定直導線下方的磁場方向為垂直紙面向里，而陰極射線電子運動方向由左向右，由左手定則知(電子帶負電，四指要指向其運動方向的反方向)，陰極射線將向下偏轉
A．向上偏轉與分析不符，A錯誤
B．向下偏轉符合分析，B正確
C．向紙面內偏轉不符合分析，C錯誤
D．向紙面外偏轉不符合分析，D錯誤
13．如圖所示，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3垂直紙面放置，直導線與紙面的交點及坐標原點O分別位于邊長為a的正方形的四個頂點.L1與L3中的電流均為2 、方向均垂直紙面向里，L2中的電流為、方向垂直紙面向外.已知在電流為的長直導線的磁場中，距導線r處的磁感應強度，其中k為常數.某時刻有一電子正好經過原點O且速度方向垂直紙面向外，速度大小為v，電子電量為e，則該電子所受磁場力

A．方向與y軸正方向成45°角，大小為
B．方向與y軸負方向成45°角，大小為
C．方向與y軸正方向成45°角，大小為
D．方向與y軸負方向成45°角，大小為
【答案】D
【解析】
【詳解】
三個電流分別在原點O處產生磁場的磁感應強度、、，方向如圖；則三電流在O點處產生合磁場的磁感應強度，方向與y軸正方向成45°角。電子經過原點O速度方向垂直紙面向外，速度大小為v，據左手定則知，洛倫茲力方向與y軸負方向成45°角，洛倫茲力的大小。故D項正確，ABC三項錯誤。

14．質量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖兩種虛線所示，下列表述正確的是

A．M帶負電，N帶正電
B．M的速度率小于N的速率
C．洛倫磁力對M、N做正功
D．M的運行時間大于N的運行時間
【答案】A
【詳解】
A．由左手定則可知，M帶負電，N帶正電，選項A正確．
B．由可知，M的速度率大于N的速率，選項B錯誤；
C．洛倫磁力對M、N都不做功，選項C錯誤；
D．由可知，M的運行時間等于N的運行時間，選項D錯誤．
15．如圖所示，一正電荷水平向右射入蹄形磁鐵的兩磁極間．此時，該電荷所受洛倫茲力的方向是（）

A．向左   B．向右   C．垂直紙面向里   D．垂直紙面向外
【答案】D
【詳解】
正電荷向右運動，磁場豎直向下，由左手定則可知，電荷所受洛倫茲力的方向垂直紙面向外，，故選D.
【點睛】
此題考查了左手定律的應用；注意電子帶負電，四指應該指向電子運動的反方向，這是易錯點.
16．如圖，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直．在電磁場區域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環，環上套有一個帶正電的小球，小球可沿圓環自由運動．O點為圓環的圓心，a、b、c為圓環上的三個點，a點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向．已知小球所受電場力與重力大小相等．現將小球從環的頂端a點由靜止釋放．下列判斷正確的是（）

A．當小球運動的弧長為圓周長的1/2時，洛倫茲力最大
B．當小球運動的弧長為圓周長的3/8時，洛倫茲力最小
C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大
D．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小
【答案】D
【分析】
球所受的電場力與重力大小相等，二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故類似于等效的重力，所以bc弧的中點相當于平時豎直平面圓環的“最低點”.關于圓心對稱的位置就是“最高點”；在“最低點”時速度最大．再根據豎直平面內的圓周運動的相關知識解題即可.
【詳解】
A、小球受到水平向左的電場力和豎直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°向左下，如圖：

故小球運動到圓弧bc的中點時，速度最大，此時的洛倫茲力最大，即小球運動的弧長為圓周長的時，洛侖茲力最大;故A錯誤.
B、由A的分析可知，結合對稱性可知，當小球運動的弧長為圓周長的時，洛侖茲力最小;故B錯誤.
C、小球由a到b的過場中，電場力和重力均做正功，重力勢能和電勢能都減小;故C錯誤.
D、小球從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增加；因力的合力方向將于水平方向成45°向左下，當小球運動到圓弧bc的中點時速度最大，所以小球從b點運動到c點過程中，動能先增大，后減小;故D正確.
故選D.
【點睛】
該題關鍵要能夠根據受力分析找出做圓周運動等效的最高點和最低點，再根據豎直平面內的圓周運動的知識解題.

17．筆記本電腦趨于普及，電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件．當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態．如圖，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v．當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向上的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現電壓U，以此控制屏幕的熄滅．則關于元件的說法正確的是（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)

A．前表面的電勢比后表面的低
B．前、后表面間的電壓U與v無關
C．前、后表面間的電壓U與c成正比
D．自由電子受到的洛倫茲力大小為
【答案】AD
【詳解】
A．由題圖可知，電流方向向右，則電子向左定向移動，由左手定則判定，電子所受的洛倫茲力方向指向前表面，則前表面積累了電子，因此前表面的電勢比后表面的低，A正確；
BC．當電子所受的電場力與洛倫茲力平衡時，電子不在發生偏轉，此時前、后表面的電壓達到穩定，因此有
eE=eBv
又

解得
U=Bav
顯然前、后表面的電壓U與電子定向移動速度v成正比，與元件的寬度a成正比，與元件的長度c無關，BC錯誤；
D．當自由電子穩定時，受到的洛倫茲力與電場力大小相等，即

D正確。
故選AD。
18．如圖所示，、兩長直導線，垂直紙面水平固定放置，兩導線中通以垂直紙面向里、大小相同的恒定電流，是、連線垂直平分線上的一點，、連線與、連線的夾角為，一質量為、電荷量為的帶正電粒子從點垂直紙面向外以大小為的速度水平射出，射出瞬間，受到的洛侖茲力大小為，則（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)

A．洛侖茲力的方向豎直向上
B．洛侖茲力的方向豎直向下
C．導線中電流產生的磁場在點的磁感應強度大小為
D．導線中電流產生的磁場在點的磁感應強度大小為
【答案】AC
【詳解】
AB．設導線中電流產生的磁場在點的磁感應強度大小為，則導線中電流產生的磁場在點的磁感應強度大小也為，由于這兩個磁感應強度大小相等，夾角為，因此合磁場方向水平向右，大小，根據左手定則可知，洛侖茲力的方向豎直向上，A項正確，B項錯誤；

CD．由

解得

C項正確，D項錯誤。
故選AC。
19．如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內壁光滑、試管底部有一帶電小球．在水平拉力F作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出，則

A．小球帶負電
B．小球運動的軌跡是一條拋物線
C．洛倫茲力對小球做正功
D．維持試管勻速運動的拉力F應逐漸增大
【答案】BD
【詳解】
A．小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，根據左手定則判斷，小球帶正電。故A錯誤。
B．設管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動。小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變，F1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動。與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線。故B正確。
C．洛倫茲力總是與速度垂直，不做功。故C錯誤。
D．設小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F=F2，則F逐漸增大。故D正確。
故選BD。
20．關于安培力和洛倫茲力，下面說法正確的是（）
A．洛倫茲力和安培力是性質完全不同的兩種力
B．安培力和洛倫茲力，其本質都是磁場對運動電荷的作用力
C．安培力和洛倫茲力，二者是等價的
D．安培力對通電導體能做功，但洛倫茲力對運動電荷不能做功
【答案】BD
【詳解】
A、安培力是洛倫茲力的宏觀表現，其本質都是磁場對運動電荷的作用力，二者質相同，A選項錯誤
B、理由同A選項，B選項正確
C、安培力是通電導線受到的磁場的作用力．而洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用力，雖然性質一樣，但不能等價，C選項錯誤
D、安培力和導體運動方向不一定垂直，可以做正功，也可以做負功，但洛倫茲力永遠與電荷運動方向相同，所以洛倫茲力對運動電荷不能做功，D選項正確
故選BD
21．如圖所示，絕緣底座上固定一電荷量為8×10-6 C的帶正電小球A，其正上方O點處用輕細彈簧懸掛一質量為m = 0.06 kg、電荷量大小為 2×10-6 C的小球B，彈簧的勁度系數為k = 5 N/m，原長為L0 = 0.3 m?，F小球B恰能以A球為圓心在水平面內做順時針方向（從上往下看）的勻速圓周運動，此時彈簧與豎直方向的夾角為θ = 53°。已知靜電力常量k = 9.0×109 N•m2/C2， sin53°= 0.8，cos53°= 0.6，g = 10 m/s2，兩小球都視為點電荷。則下列說法正確的是（）

A．小球B一定帶負電   B．圓周運動時，彈簧的長度為 0.5 m
C．B球圓周運動的速度大小為 m/s   D．若突然加上豎直向上的勻強磁場，θ角將增大
【答案】ABD
【詳解】
A．小球A、B之間的庫侖力

設彈簧彈力為，小球B在豎直方向上，有

彈簧的彈力在水平方向的分力

再由胡克定律

由幾何關系

可解得
，，
，
因小球B做勻速圓周運動，所受合外力指向圓心A，又有

則B球帶負電，所受合外力

AB正確；
C．由合外力提供向心力

解得

C錯誤；
D．若突然加上豎直向上的勻強磁場，帶負電的小球B受到從A到B方向的磁場力，小球B受到的向心力減小，半徑增大，即θ角將增大，D正確。
故選ABD。
22．如圖所示，在一根一端封閉、內壁光滑的直管MN內有一個帶正電的小球，空間中充滿豎直向下的勻強磁場。開始時，直管水平放置，且小球位于管的封閉端M處?，F使直管沿水平方向向右勻速運動，經一段時間后小球到達管的開口端N處。在小球從M到N的過程中（　　）

A．磁場對小球不做功   B．直管對小球做正功
C．小球所受磁場力的方向不變   D．小球的運動軌跡是一直線
【答案】AB
【詳解】
A．由于磁場對小球的洛倫茲力始終與小球的合運動的方向垂直，故磁場對小球不做功，故A正確；
B．對小球受力分析，受重力、支持力和洛倫茲力，其中重力和洛倫茲力不做功，而動能增加，根據動能定理可知，支持力做正功，故B正確；
CD．設管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動，小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力，q、v1、B均不變，F1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動，與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線，洛倫茲力方向不斷變化，故CD錯誤。
故選AB。
23．如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內壁光滑、底部有帶電小球的試管。在水平拉力F的作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出，則在小球未從管口飛出前的過程中，下列說法正確的是（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)

A．小球帶負電   B．小球相對水平桌面的運動軌跡是一條拋物線
C．洛倫茲力對小球做正功   D．水平拉力F不斷變大
【答案】BD
【詳解】
A．小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，根據左手定則判斷，小球帶正電，故A錯誤；
B．設管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動。小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變，F1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動。與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線，故B正確；
C．洛倫茲力總是與速度垂直，不做功，故C錯誤；
D．設小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F=F2，則F逐漸增大，故D正確。
故選BD。
24．如圖，下端封閉、上端開口、高h=5m內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有質量m=10g，電荷量的絕對值|q|=0.2C的小球，整個裝置以v=5m/s的速度沿垂直于磁場方向進入磁感應強度B=0.2T，方向垂直紙面向內的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出（g取10m/s2）。下列說法中正確的是（　?。?span style="display:none">LNK物理好資源網(原物理ok網)

A．該過程洛倫茲力做正功   B．小球在豎直方向做勻加速直線運動
C．小球在玻璃管中的運動時間小于1s   D．小球機械能的增加量為1J
【答案】BD
【詳解】
A．小球受到的洛倫茲力的方向與小球運動方向垂直，故不做功，故A錯誤；
B．小球從管口上端飛出，則小球在玻璃管中所受洛倫茲力方向豎直向上，洛倫茲力大小為

小球在豎直方向受大小不變的力作用，所以小球在豎直方向做勻加速直線運動，故B正確；
C．小球的實際運動速度可分解為水平方向的速度和豎直方向的速度，與兩個分速度對應的洛倫茲力的分力分別是水平方向的和豎直方向的，其中豎直方向的洛倫茲力不變，在豎直方向上由牛頓第二定律得

解得

由勻變速運動的位移公式得

解得
t=1s
故C錯誤；
D．小球飛出管口時，豎直速度為

飛出管口的合速度

動能的增量為

重力勢能的增加

小球機械能的增加量

故D正確。
故選BD。
25．如圖所示，一質量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計重力），從a點以與邊界夾角為53°的方向垂直射入磁感應強度為B的條形勻強磁場，從磁場的另一邊界b點射出，射出磁場時的速度方向與邊界的夾角為37°．已知條形磁場的寬度為d，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列說法正確的是（）

A．粒子帶正電
B．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為 d
C．粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為
D．粒子穿過磁場所用的時間為
【答案】BD
【詳解】
A.由左手定則可判定粒子帶負電，故A錯誤；
B.作出粒子在勻強磁場運動的軌跡，如圖示

粒子在勻強磁場中轉過90°角，由幾何關系
bc= =
=d2+
解得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為
r= d
故B正確；
C.由粒子在磁場中做圓周運動的半徑r= 知，粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為
v= =
故C錯誤；
D. 粒子在勻強磁場中轉過90°角，粒子穿過磁場所用的時間為
t= T= =
故D正確．
26．如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應強度為0.5T的勻強磁場，一質量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速放置一質量為0.1kg、電荷量q=+0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力．t=0時對木板施加方向水平向左，大小為0.6N恒力，g取10m/s2．則（）

A．木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運動
B．滑塊開始做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10m/s勻速運動
C．木板先做加速度為2m/s2勻加速運動，再做加速度增大的運動，最后做加速度為3m/s2的勻加速運動
D．t=5s后滑塊和木板開始有相對運動
【答案】BC
【分析】
先求出木塊靜摩擦力能提供的最大加速度，再根據牛頓第二定律判斷當0.6N的恒力作用于木板時，系統一起運動的加速度，當滑塊獲得向左運動的速度以后又產生一個方向向上的洛倫茲力，當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時摩擦力等于零，此后物塊做勻速運動，木板做勻加速直線運動．
【詳解】
ABC、由于動摩擦因數為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度為5m/s2，所以當0.6N的恒力作用于木板時，系統一起以a= 的加速度一起運動，當滑塊獲得向左運動的速度以后又產生一個方向向上的洛倫茲力，滑塊開始做加速度減小的變加速運動，木板做加速度增大的加速運動；當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時Bqv=mg，解得：v=10m/s，此時摩擦力消失，滑塊做勻速運動，而木板在恒力作用下做勻加速運動，a= ．故A錯誤，BC正確．
D、滑塊開始一起做a=2m/s2加速直線運動，當滑塊獲得向左運動的速度以后又產生一個方向向上的洛倫茲力，滑塊開始做加速度減小的變加速運動，所以速度增大到10m/s所用的時間大于5s．故D錯誤．
故選BC．
【點睛】
本題主要考查了牛頓第二定律的直接應用，要求同學們能正確分析木板和滑塊的受力情況，進而判斷運動情況．
27．如圖所示，粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強磁場中．t=0時，一個質量為m、電量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動，則物塊運動的v-t圖象可能是

A．    B．
C．    D．
【答案】ACD
【分析】
對滑塊受力分析，分析開始時重力mg與摩擦力的大小關系來確定滑塊的運動特點，根據速度的變化分析加速度的變化．
【詳解】
設初速度為v0，則若滿足mg=f=μN，因N=Bqv0，則mg=μBqv0，則滑塊向下做勻速運動，則選項A正確；若mg>μBqv0，則滑塊開始有向下的加速度，由可知，隨速度增加，加速度減小，即滑塊做加速度減小的加速運動，最后達到勻速狀態，則選項D正確；若mg<μBqv0，則滑塊開始有向上的加速度做減速運動，由可知，隨速度減小，加速度減小，即滑塊做加速度減小的減速運動，最后達到勻速狀態，則選項C正確；故選ACD.
【點睛】
此題是動態分析問題；關鍵是分析洛倫茲力隨速度的變化情況，從而分析加速度的變化情況來確定圖像的形狀.
28．如圖所示，用絲線吊一個質量為m的帶電(絕緣)小球處于勻強磁場中，空氣阻力不計，當小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經過O點時( )

A．小球的動能相同
B．絲線所受的拉力相同
C．小球所受的洛倫茲力相同
D．小球的向心加速度相同
【答案】AD
【分析】
帶電小球在重力與拉力及洛倫茲力共同作用下，繞固定點做圓周運動，由于拉力與洛倫茲力始終垂直于速度方向，它們對小球不做功．因此僅有重力作功，則有機械能守恒．從而可以確定動能是否相同，并由此可確定拉力與洛倫茲力．由向心加速度公式和牛頓第二定律列式分析．
【詳解】
A、小球運動過程中，所受的細線的拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅有重力作功，則小球機械能守恒，所以小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經過O點時的動能相同;故A正確.
B、小球經過最低點時速度大小不變，則根據牛頓第二定律可知，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則拉力的大小也不同;故B錯誤.
C、小球經過最低點時速度大小不變，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則洛倫茲力不相同;故C錯誤.
D、小球的動能相同則速度的大小相等，據知，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正確.
故選AD.
【點睛】
本題考查對小球進行受力分析，并得出力做功與否，根據機械能守恒定律來解題是突破口，同時注意洛倫茲力方向隨著速度的方向不同而不同．最后由牛頓第二定律來分析向心力與向心加速度．

29．如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長度為L。在△OCA區域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點入射時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0。不計重力。
（1）求磁場的磁感應強度的大小；
（2）若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內運動的時間為 t0，求粒子此次入射速度的大小。

【答案】（1）；（2）
【詳解】
（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內其速度方向改變了90°，故其周期
T＝4t0①
設磁感應強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qvB＝m ②
勻速圓周運動的速度滿足
v＝ ③
聯立①②③式得
B＝ ④
（2）如圖，由題給條件可知，該粒子在磁場區域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150°。設O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場，由幾何關系和題給條件可知，此時有
∠OO′D＝∠BO′A＝30°

r0cos∠OO′D＋＝L
設粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運動規律
v0＝
聯立得
v0＝
30．一段粗細均勻的導體長為L，橫截面積為S，如圖所示，導體單位體積內的自由電子數為n，電子電荷量為e，通電后，電子定向運動的速度大小為v。
（1）請用n、e、S、v表示流過導體的電流大小I。
（2）若再在垂直導體的方向上加一個空間足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，試根據導體所受安培力推導出導體中某一自由電子所受的洛倫茲力大小的表達式。

【答案】（1）；（2）
【詳解】
（1）導體中的電流大小為

t時間內長度為vt，則其體積為vtS，通過某一截面的自由電子數目為nSvt，該時間內通過導體截面的電量為

所以

（2）該導體處于垂直于它的勻強磁場中所受到的安培力

得

某一個電子所受的洛倫茲力為

N為該導體中的自由電子個數
N=nSL
得

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重難點14不做功的力——洛倫茲力

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