1、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=BILsin，其中为电流方向与磁场方向的夹角。当=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
2、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，
3、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
4、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。已知质子和粒子的质量之比mHm=14，电荷量之比qHq=12。则它们在磁场中做圆周运动的周期之比THT为()A.41B.14C.21D.12【解析】选D。质子和粒子在磁场中加速，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=m，又因为T=，所以周期为T=，则THT=12，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
5、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
6、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21D.运动的时间之比为12【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
7、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=，
8、所以=120，=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
9、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=210-6 kg，电荷量q=+210-6 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
10、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，则：tan=，所以=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
11、不变B.环将向右减速，最后静止，损失的机械能是mC.环将向右减速，最后匀速，损失的机械能是mD.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E=m-m()2，故
12、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
13、。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vB.速度范围为v或vC.最长时间与最短时间之比为21D.最长时间与最短时间之比为18012
14、7【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
15、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：1=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：2=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：tmaxtmin=21=180127，故C错误，D正确。12.(19分)(2019全国卷)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
16、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由几何关系知d=r联立式得=(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带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=联立式得t=(+)答案：(1)(
17、2)(+)【补偿训练】如图所示，质量为m=1 kg、电荷量为q=510-2 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=510-221 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