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物理选择性必修二1.2磁场对运动电荷的作用力同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．如图甲所示为多路导线输电时经常用到的一个六分导线间隔棒，用于固定和分隔导线，图乙为其截面图．间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心．已知通电直导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比，假设a、c、e三条输电直导线中电流方向垂直纸面向外，b、d、f三条输电直导线中电流方向垂直纸面向里，所有直导线电流大小相等，其中导线a对导线b的安培力为F，下列说法正确的是（ ）．
A．O点的磁感应强度方向垂直于向下
B．b、c、d、e、f5根导线在a导线处产生磁场的磁感应强度方向沿指向O
C．a导线所受安培力方向沿指向O
D．a导线所受安培力的合力为
2．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飞出，则（ ）
A．小球带负电
B．小球离开管口前的运动轨迹是一条直线
C．洛伦兹力对小球做正功
D．拉力F应逐渐增大
3．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀速圆周运动，磁场的方向竖直向下，其俯视图如图，若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法不可能的是
A．小球做逆时针匀速圆周运动，半径不变
B．小球做逆时针匀速圆周运动，半径减小
C．小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变
D．小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小
5．由三段长度均为的相同电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，用绝缘细线悬挂于天花板上处于静止状态，导体框处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导体框环面向外，磁场的磁感应强度大小为，导体框、两点连有轻质软导线，导体框质量为、重力加速度为，通过软导线给导体框通入恒定电流，结果悬线作用力恰好为零，不计软导线对导体框的作用力，下列说法正确的是（ ）
A．导体框中电流从点流入
B．通过软导线的电流大小为
C．、两点间电阻丝受到的安培力大小为
D．、和、间电阻丝受到的安培力合力的大小为
二、多项选择题
6．如图1所示，在倾角的足够长绝缘斜面上放有一根质量、长的导体棒，导体棒中通有方向垂直纸面向外、大小恒为的电流，斜面上方有平行于斜面向下的均匀磁场，磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图2所示。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在时刻将导体棒由静止释放，则在导体棒沿斜面向下运动的过程中（ ）
A．导体棒受到的安培力方向垂直斜面向上
B．导体棒达到最大速度所用的时间为4s
C．导体棒的最大速度为8m/s
D．导体棒受到的摩擦力的最大值为5.2N
7．如图所示，粗糙绝缘的直杆倾斜固定，轻质绝缘弹簧AB套在直杆上且位于直杆末端。一带正电的小球也套在杆上，从某一位置P由静止下滑，下滑到点M时速度最大，到达N点时速度为零（M、N两点未标出）。若在杆所在的竖直平面内加一方向垂直杆斜向右上的匀强磁场，小球仍然从P点由静止下滑（电量不变），则下列判断正确的是（ ）
A．磁场足够强时，小球有可能不能到达A点
B．小球速度最大的位置一定在P、M之间的某一位置
C．因为洛伦兹力不做功，所以小球下降的最低点仍然在N点
D．第二种情况下弹簧所具有的最大弹性势能一定比第一次小
8．在平面内有一传动装置，如图所示传送带上在O点处固定一竖直光滑绝缘细杆，细杆可与传送带一起随着传动装置水平移动，两个小球a、b套在杆上，小球a质量m，电量为；小球b质量，不带电。初始时a球在杆的最靠近O端，且a、b球相距L。现让传动装置以向右匀速运动，整个装置位于垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场中。a、b球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移，设光滑绝缘细杆足够长，磁场区域足够大，不计a、b俩球的重力，下列说法正确的是（ ）
A．小球a、b第一次碰撞前，小球a沿杆方向的速度为
B．小球a、b第一次碰撞前，洛伦兹力对a球做功为
C．小球a、b第一次碰撞后，沿杆方向的速度分别为、
D．小球a、b第一次碰撞后至第二次碰前经历的时间为
9．如图所示，光滑水平地面上有一块足够长且不带电的绝缘木板，空间存在垂直纸面水平向内的匀强磁场和水平向右的匀强电场，某时刻在“胜哥”木板上表面由静止释放一个带正电的物块，开始的一段时间内两物体能一起运动，已知木板和物块的质量均为m，物块的电量为q，电场强度为E，磁感应强度为B，木板与物块之间的滑动摩擦因数为，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（ ）
A．一起运动阶段，两物体的加速度大小为
B．一起运动阶段，两物体间的最大静摩擦力逐渐减小
C．两物体间的压力为零时，恰好发生相对滑动
D．两物体间恰好发生相对滑动时，物块速度大小为
10．如图下端封闭、上端开口、高h=4m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=50g、电荷量q=0.5C的小球，整个装置以v=6m/s的速度沿垂直于磁场方向进入B=0.3T方向水平的匀强磁场，由于施加的外力作用，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。取g=10m/s2，则从进入磁场到小球飞出管口的过程中（ ）
A．施加的外力为恒力 B．小球做匀变速曲线运动
C．小球的最大速度为8m/s D．施加外力的最大功率为7.2W
11．某污水处理站的管道中安装了如图所示的电磁流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于上下表面向下，前后两面的内侧固定有薄金属板作为电极。含有大量正负离子（离子重力不计）的污水充满管道从左向右流经该装置时，电压表所显示的两电极间的电压为U。则（ ）
A．电磁流量计后表面的电势高于前表面的电势
B．污水的流速
C．污水的流速
D．若仅增大污水中正负离子的浓度，则两电极间的电压U将增大
12．如图所示，下端封闭、上端开口、高h=5m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=10g、电荷量q=0.2C的小球，整个装置以v=5m/s的水平速度沿垂直于磁场方向进入B=0.2T垂直纸面向里的匀强磁场中，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。取g=10m/s2.则（ ）
A．小球在管中运动的过程中所受洛伦兹力为恒力
B．小球带负电
C．小球在管中运动的时间为1s
D．小球在管中运动的过程中增加的机械能1J
13．如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.1kg、电荷量为q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。现对木板施加一方向水平向左、大小为0.6N的恒力为F，g取10m/s2，则（ ）
A．木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动
C．最终木板做加速度为2m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动
D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动
14．如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为E= ，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的初速度为v0=
B．若小球的初速度为 ，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速
C．若小球的初速度为 ，小球将做加速度不断增大的加速运动，最后匀速
D．若小球的初速度为 ，则运动中克服摩擦力做功为
15．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于粗糙的水平地板上，地板上方有水平方向的匀强磁场 现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动，在加速运动阶段
A．乙物块与地之间的摩擦力不断增大
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
D．甲、乙两物块间的摩擦力大小不变
16．如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中(不计空气阻力)．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象可能是下图中的( )
A． B．
C． D．
17．如图为用磁场力输送导电液体的电磁泵模型，泵体相邻棱长分别为、、。将泵体的上下表面接在电压为U内阻不计的电源上，理想电流表示数为I，泵体处在垂直于前表面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导电液体的电阻率为。下列说法正确的是（ ）
A．泵体上表面应接电源正极
B．电磁泵对导电液产生的推力大小为
C．泵体内导电液体沿电流方向的电阻
D．增大磁感应强度可以提高导电液体的流动速度
18．电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长6m，宽1m，发射的炮弹质量为50g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为20A，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（ ）
A．炮弹所处位置的磁场方向为竖直向上
B．炮弹的加速度大小为
C．若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度也变为原来的两倍
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
三、非选择题
19．利用电场或磁场都可以实现对带电粒子的控制。如图所示，电子由静止开始，从板到板经电场加速后获得速度，并从点以此速度垂直于磁场左边界射入匀强磁场，电子穿出磁场时速度方向和原来入射方向的夹角为。已知电子质量为，带电量为，磁场宽度为。求：
（1）. 、板间的电压；
（2）匀强磁场的磁感应强度；
（3）电子在磁场中运动的时间。
20．如图，长度均为的两块挡板竖直相对放置，间距也为，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中A点以大小为的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知：粒子发射位置A到水平线PM的距离为，不计重力。
（1）求粒子射入磁场时的速度方向与板PQ的夹角；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹到挡板MN的最近距离。
21．质量为0.1g的小物块带有5×10﹣4C的电荷，“胜哥”将它放在倾角为30°且足够长的光滑绝缘的斜面上，整个装置放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，如图所示．物块由静止下滑，滑到某个位置时离开斜面，求：
（1）物块带何种电荷？
（2）物块刚离开斜面时的速度多大？
（3）物块从静止到刚离开斜面的过程中做什么运动，斜面至少多长？
22．物体的带电量是一个不易测得的物理量，“胜哥”设计了一个实验来测量带电物体所带电量。如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块A靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块A相连，请结合下列操作步骤回答问题。
(1)为消除摩擦力的影响，“胜哥”将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推-下小物块A，使其沿着长木板向下运动。多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹均匀，测出此时木板与水平面间的倾角，记为。
(2)如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮的摩擦不计。给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A的带电量不变。下列关于纸带上点迹的分析正确的是
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
(3)为了测定物块A所带电量q，除倾角、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有 ；
(4)用重力加速度g、磁感应强度B、倾角和所测得的物理量，可得出q的表达式为 。
23．如图所示，空间存在一方向垂直于纸面、磁感应强度为 的正方形匀强磁场区域，一电荷量为 的粒子（不计重力）从 点沿 方向以速度 射入磁场，粒子从 边上的 点离开磁场，且 ；求：
（1）磁场的方向；
（2）带电粒子的质量以及其在磁场区域的运动时间。
24．霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系 ，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿 方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿 方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿 方向。
（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；
（2）若自由电子定向移动在沿 方向上形成的电流为 ，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小 ；
（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率介别为 、 ，求 时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。
25．如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一绝缘弯杆由两段直杆和一段半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ、MN水平且足够长，半圆环PAM在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段是光滑的，现有一质量为m，带电+q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的 倍，当在M右侧D点由静止释放小环时，小环刚好能达到P点。
（1）求DM间距离x0；
（2）求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小；
（3）若小环与PQ间动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等且 ），现将小环移至M点右侧4R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
26．如图所示，质量M＝3.0kg的小车静止在光滑的水平地面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的 圆弧导轨，AD和DC部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上E＝40N/C的匀强电场和垂直纸面水平向里B＝2.0T的匀强磁场。今有一质量为m＝1.0kg带负电的滑块（可视为质点）以v0＝8m/s的水平速度向右冲上小车，当它过D点时对地速度为v1＝5m/s，对水平导轨的压力为10.5N，g取10m/s2。求：
（1）滑块的电量大小；
（2）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统损失的机械能；
（3）若滑块通过D时立即撤去磁场，求此后小车所能获得的最大速度。
27．如图所示，有一个无重力空间，Y方向为竖直方向，在x≥0的区域内存在匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B =1T，绝缘光滑空心细管縱的长度为h=3m，管内M端有一质量为m=0. 1kg、带正电q=0. 1C的小球，开始时小球相对管静止。管带着小球沿垂直于管长度方向，以恒定速度v0=5m/s向右方运动。求：
（1）已知进入磁场后小球将匀加速上升，求小球上升的加速度；
（2）小球在从管的M端到N端的过程中，管壁对小球做的功；
（3）当细管以v0=5m/s进入磁场时，若给管一定的外 力，使其以a=2.0m/s2的恒定加速度向右匀加速运动，小球将不能以恒定加速度上升。为保证小球仍能在管中匀加速上升，需让细管与小球间具有一特定的摩擦因数μ。试求该μ值，及小球相对管上升的加速度ay。（要求μ<1）
28．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。
（1）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，到西安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。
a．试推导出电流的微观表达式 ；
b．如图所示，电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。按照这个思路，请你尝试由安培力的表达式推导出洛伦兹力的表达式。
（2）经典物理学认为金属导体总恒定电场形成稳恒电流。金属导体中的自由电子在电场力的作用下，定向运动形成电流。自由电子在定向运动的过程中，不断地与金属离子发生碰撞。碰撞后自由电子定向运动的速度变为零，将能量转移给金属离子，使得金属离子的热运动更加剧烈。自由电子定向运动过程中，频繁地与金属离子碰撞产生了焦耳热。某金属直导线电阻为R，通过的电流为I。请从宏观和微观相联系的角度，推导在时间t内导线中产生的焦耳热为 （需要的物理量可自设）。
答案解析部分
1．【答案】D
2．【答案】D
3．【答案】B
4．【答案】B
5．【答案】D
6．【答案】B,C
7．【答案】B,D
8．【答案】A
9．【答案】A,B,D
10．【答案】B,D
11．【答案】A,B
12．【答案】C,D
13．【答案】B,D
14．【答案】A,B,D
15．【答案】A,C
16．【答案】A,D
17．【答案】B,D
18．【答案】A,D
19．【答案】（1）解：在加速电场由动能定理可得：
得
答：、板间的电压为；
（2）解：由几何关系可得：
洛伦兹力提供向心力：
：
答：匀强磁场的磁感应强度为；
（3）解： 根据周期的定义有：
粒子速度偏转角等于转过的圆心角，所以
答：电子在磁场中运动的时间为。
20．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律得：，，
设粒子射入磁场时的速度方向与板PQ的夹角，则，根据牛顿第二定律得：，联立解得：。
故粒子射入磁场时的速度方向与板PQ的夹角 。
（2）解：带电粒子进入磁场时的速度为
带电粒子从Q点射出磁场时磁感应强度有最小值，从N点射出磁场时磁感应强度有最大值，运动轨迹如图：
由几何关系得：带电粒子从Q点射出磁场时轨迹圆的半径，带电粒子从N点射出磁场时轨迹圆的半径，由洛伦兹力提供向心力有：，
联立解得：磁感应强度大小的取值范围。
（3）解：若粒子正好从的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示，
在中，由几何关系得：，该轨迹与MN极板最近的距离，联立解得：。
故若粒子正好从QN的中点射出磁场，粒子在磁场中的轨迹到挡板MN的最近距离为。
21．【答案】（1）解：由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．
根据左手定则可得：小滑块带负电
（2）解：当物体离开斜面时，弹力为零，
因此有：qvB=mgcos30°，
故v= =2 m/s
（3）解：由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：mgsin30°=ma，
由匀变速直线运的速度位移公式得：v2=2ax，
解得：x=1.2m
22．【答案】D；物块B的质量m和两物块最终的速度v；
23．【答案】（1）解：粒子沿弧 运动，洛伦兹力指向弧线内侧，从带电粒子所受洛伦兹力的方向结合左手定则可判断出磁场的方向垂直纸面向里。
（2）解：如图所示，连接 ，作线段 的中垂线，交 的延长线于 点， 即为圆心， 为弦切角，因 ，所以 。
因为 为圆弧轨迹的圆心角， 。 为等边三角形， ，由
得
又因为
所以粒子在磁场区域的运动时间
24．【答案】（1）解：自由电子受到的洛伦兹力沿 方向；
（2）解：设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有
设自由电子在x方向上定向移动速率为 ，可导出自由电子的电流微观表达式为
单个自由电子所受洛伦兹力大小为
霍尔电场力大小为
自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立得其合力大小为
（3）解：设 时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为 、空穴数为 ，则
霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应
即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。
25．【答案】（1）解：因小球刚好能到达P点，则
由动能定理
又
解得
（2）解：在小球由D点到A点的过程中，由动能定理
解得
又
解得
（3）解：小球最终做往复运动，且在P点的速率为0，由动能定理
解得
26．【答案】（1）在D点，竖直方向上满足：
解得：
（2）从A→D，滑块、小车系统水平方向动量守恒，设到D点时小车速度为u1，有：
解得：
由能量守恒定律可知系统损失的机械能为：
解得： J
（3）撤去磁场后，滑块在圆弧轨道上运动的整个过程中，小车都在加速，因此滑块返回D点时，小车速度最大，设此时滑块、小车的速度分别为v2、u2，因滑块由D点上滑到滑回D点过程中，电场力做功为零，故系统在水平动量守恒的同时初末状态机械能相等，即：mv0=mv2+Mu2，
联立两式解得：u2=1m/s（舍去）；u2=3m/s，即此后小车所能获得的最大速度为3m/s。
27．【答案】（1）解：由牛顿第二定律得
（2）解：解法一、设小球离开管口时速度为v1：
联立解得：
小球的合速度为：
由动能定理得小球从管的M端到N端的过程中管壁对小球做的功W为：
解法二、洛仑兹力不做功，则洛仑兹力两个分量做功相互抵消。
管壁对小球所做的功大小应等于洛仑兹力竖直分量对小球所作的功：
（3）解：小球竖直分速度为vy时，水平速度记为vx，小球受力如图所示
水平方向上有：
由：
得：
设小球从进入磁场t时刻，水平速度为：
竖直方向的加速为ay分速度为vy，则
t时刻：
即 ：
含t项应相等，有
即：
联立得
解得 ， μ= 2舍去
28．【答案】（1）解：a．在时间t内流过导线横截面的带电离子数
通过导线横截面的总电荷量
导线中电流
联立以上三式可得：
b．导线受安培力的大小
长L的导线内的总的带电粒子数 ，又
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
联立以上三式可以推导出洛伦兹力的表达式
（2）解：设金属导体长为L，横截面积为S，两端电压为U，导线中的电场强度
设金属导体中单位体积中的自由电子数为m，则金属导体中自由电子数
设自由电子的带电量为e，连续两次碰撞时间间隔为 ，定向移动的速度为v
则一次碰撞的能量转移
一个自由电子在时间t内与金属离子碰撞次数为
金属导体中在时间t内全部自由电子与金属离子碰撞，产生的焦耳热
又 ，
联立解以上各式推导可得
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物理选择性必修二1.2磁场对运动电荷的作用力同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．如图甲所示为多路导线输电时经常用到的一个六分导线间隔棒，用于固定和分隔导线，图乙为其截面图．间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心．已知通电直导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比，假设a、c、e三条输电直导线中电流方向垂直纸面向外，b、d、f三条输电直导线中电流方向垂直纸面向里，所有直导线电流大小相等，其中导线a对导线b的安培力为F，下列说法正确的是（ ）．
A．O点的磁感应强度方向垂直于向下
B．b、c、d、e、f5根导线在a导线处产生磁场的磁感应强度方向沿指向O
C．a导线所受安培力方向沿指向O
D．a导线所受安培力的合力为
【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】 A . 由对称性分析可知，a、c、e三条导线在O点产生的磁场相互抵消，b、d、f三条导线在O点产生的磁场同样相互抵消，故O点合磁感应强度为零，方向无定义，根据安培定则，a、d两条导线在O点的合场强和b、e两条导线在O点的合场强大小相等，夹角为120°，设为B，则合场强方向竖直向上，大小为B，c、f两条导线在O点的合磁场大小为B，方向竖直向下，所以O点的磁感应强度为零，故A错误；
B .根据安培定则，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场磁感应强度方向如图所示：b与a距离为边长L，设b在a处产生的磁感应强度大小为B，投影到ao垂直方向为左下，f与a距离为L，则f在a处磁感应强度大小也为B，投影到ao垂直方向为左下，c、e与a距离为L，c、e在a处磁感应强度大小为投影到ao垂直方向均为，b、c、e、f处4根导线在a处产生磁场磁感应强度相互抵消，剩下d导线，d与a距离为2L，d在a处产生的磁感应强度大小为，合磁感应强度大小为0. 5B，方向垂直aO斜向右上方，故B错误；
C .由B合成的磁场强度向右上方垂直于ao连线， 根据左手定则可知，a受安培力方向为沿aO，由O指向a，故C错误；D . 由B合成的磁场强度向右上方垂直于ao连线，合磁感应强度大小为0. 5B，通电导线长度相同， 根据安培力公式可知，a受安培力合力大小为0. 5F，故D正确。
故选D。
【分析】（1）解题需运用对称性分析多导线系统的磁场叠加；掌握右手定则判断单导线磁场方向；通过左手定则确定安培力方向；矢量合成时需考虑力的夹角关系；隐含条件是正六边形几何对称性带来的场强抵消效应；（2）易错点包括：误认为O点存在净磁场方向；忽略不同位置导线对目标导线磁场的贡献差异；安培力方向判定时左右手定则混淆；矢量合成时未正确计算120°夹角的合力大小；未注意题目给定的参考力F的基准作用。
2．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飞出，则（ ）
A．小球带负电
B．小球离开管口前的运动轨迹是一条直线
C．洛伦兹力对小球做正功
D．拉力F应逐渐增大
【答案】D
【知识点】类比法；运动的合成与分解；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A.带点小球能从试管口飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹力，根据左手定则，可判断小球带正电，故A不符合题意；
B.设小球在管子运动方向的速度为v1，则小球沿管子方向受到的洛伦兹力为：，可见，不变，可判断小球做类平抛运动，轨迹是一条抛物线，故B不符合题意；
C.洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C不符合题意；
D.设小球沿管子方向运动的速度为v2，则小球垂直于管子向左的洛伦兹力为：，可见v2增大，f2增大，而，所以F逐渐增大，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】小球能从管口飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹力，由左手定则，分析电性。小球参与2个方向的运动：沿管子方向的匀加速运动和垂直于管子方向的匀速直线运动，根据受力情况结合运动情况可判断轨迹、F的变化情况。
3．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电场力做功；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以 ，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】结合三个物体的运动情况对三个物体进行受力分析，列方程求解三个小球的质量。
4．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀速圆周运动，磁场的方向竖直向下，其俯视图如图，若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法不可能的是
A．小球做逆时针匀速圆周运动，半径不变
B．小球做逆时针匀速圆周运动，半径减小
C．小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变
D．小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小
【答案】B
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】若小球带正电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后，仍然洛伦兹力提供向心力，逆时针做圆周运动，半径不变．若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力，拉力减小为零，小球靠洛伦兹力提供向心力，速度的大小不变，半径变大，B符合题意，A不符合题意．如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，也可能洛伦兹力小于之前合力的大小，则半径减小．CD不符合题意．
故答案为：B.
【分析】由于带电小球的电性不确定，故该题目需要分类讨论，利用右手定则判断小球是否能在洛伦兹力的作用下做圆周运动。
5．由三段长度均为的相同电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，用绝缘细线悬挂于天花板上处于静止状态，导体框处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导体框环面向外，磁场的磁感应强度大小为，导体框、两点连有轻质软导线，导体框质量为、重力加速度为，通过软导线给导体框通入恒定电流，结果悬线作用力恰好为零，不计软导线对导体框的作用力，下列说法正确的是（ ）
A．导体框中电流从点流入
B．通过软导线的电流大小为
C．、两点间电阻丝受到的安培力大小为
D．、和、间电阻丝受到的安培力合力的大小为
【答案】D
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A．悬线作用力为零，说明导体框受向上的安培力。根据左手定则（磁场向外，安培力向上），电流应从b点流入，故A错误；
B．设软导线中电流大小为，根据并联电路的特点，可知通过中的电流为，通过中电流大小为；，根据受力平衡有，解得，故B错误；
C．因为，中的电流为，所以、两点间电阻丝受到的安培力大小为，故C错误；
D．通过中电流大小为，电阻丝有效长度为；和间电阻丝受到的安培力合力的大小为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据悬线拉力为零确定安培力方向，结合左手定则判断电流方向；再利用并联电路电阻与电流的关系，分配各支路电流，结合安培力公式与平衡条件计算电流及各部分安培力，进而判断选项。
二、多项选择题
6．如图1所示，在倾角的足够长绝缘斜面上放有一根质量、长的导体棒，导体棒中通有方向垂直纸面向外、大小恒为的电流，斜面上方有平行于斜面向下的均匀磁场，磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图2所示。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在时刻将导体棒由静止释放，则在导体棒沿斜面向下运动的过程中（ ）
A．导体棒受到的安培力方向垂直斜面向上
B．导体棒达到最大速度所用的时间为4s
C．导体棒的最大速度为8m/s
D．导体棒受到的摩擦力的最大值为5.2N
【答案】B,C
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A．根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直斜面向下，故A错误；
B．对导体棒受力分析可知，当导体棒沿斜面向下运动的速度达到最大时，导体棒所受外力的合力为0，则有，其中，，
解得，故B正确；
C．在导体棒沿斜面向下运动的过程中，由牛顿第二定律可得，结合上述解得
，作出导体棒运动的图像如图所示
由于导体棒初速度为零，故图像中的面积即可表示导体棒的末速度，结合上述由图可知，导体棒的最大速度为，故C正确；
D．导体棒受到的摩擦力为，即有，可知导体棒运动时间越长，受到的摩擦力就越大，故可判断出导体棒的速度再次减为零时，导体棒受到的摩擦力最大，由图可知，时导体棒的速度为零，结合上述解得此时导体棒受到的摩擦力大小为，故D错误。
故选BC。
【分析】1、导体棒受到的安培力方向根据左手定则判断。
2、当导体棒沿斜面向下运动的速度达到最大时导体棒所受外力的合力为零，，，联立可计算导体棒达到最大速度所用的时间。
3、导体棒运动的图像，图像中的面积即可表示导体棒的末速度。
4、导体棒受到的摩擦力为，导体棒运动时间越长，受到的摩擦力就越大。
7．如图所示，粗糙绝缘的直杆倾斜固定，轻质绝缘弹簧AB套在直杆上且位于直杆末端。一带正电的小球也套在杆上，从某一位置P由静止下滑，下滑到点M时速度最大，到达N点时速度为零（M、N两点未标出）。若在杆所在的竖直平面内加一方向垂直杆斜向右上的匀强磁场，小球仍然从P点由静止下滑（电量不变），则下列判断正确的是（ ）
A．磁场足够强时，小球有可能不能到达A点
B．小球速度最大的位置一定在P、M之间的某一位置
C．因为洛伦兹力不做功，所以小球下降的最低点仍然在N点
D．第二种情况下弹簧所具有的最大弹性势能一定比第一次小
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A.第一次能由静止开始下滑，说明
第二次开始下滑后，多一个垂直杆的、水平方向的洛伦兹力，洛伦兹力由零逐渐增大，小球对杆的弹力由逐渐增大，滑动摩擦力也从开始逐渐增大，如果小球在到达A之前摩擦力没有增大到等于重力的下滑分量，则小球一直加速运动到A，如果小球没有到达A之前摩擦力就增大了等于下滑力，则加速结束，速度最大，之后做匀速运动，直到到达A点，所以不存在到达A点之前就停下来的情况，A不符合题意；
B.由于第二次相对于第一次经过同一位置时，摩擦力会变大，所以加速度为零，也就是速度最大的位置一定在M点之上，B符合题意；
CD.第二种情况下摩擦力变大，经过相同的路径克服摩擦力做的功会变大，机械能减小较第一次多，所以第二次小球不能到达第一次的最低点N，弹簧所具有的最大弹性势能比第一次小，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】小球第一次从静止下滑，可知重力向下的分力大于最大静摩擦力，第二次加上磁场，释放瞬间洛伦兹力为零，小球仍然能从静止加速下滑，由左手定则判断出洛伦兹力的方向，得到小球的弹力变化情况，继而得到摩擦力的变化情况，然后根据摩擦力与重力下滑分量的关系，分析小球能否停止A点；比较两次运动中小球所受合力为零的位置关系，得到两次小球速度最大的位置的关系；根据两次运动过程中机械能的损失情况，分析第二次小球能否到N点，并比较两种情况下弹簧所具有的最大弹性势能的关系。
8．在平面内有一传动装置，如图所示传送带上在O点处固定一竖直光滑绝缘细杆，细杆可与传送带一起随着传动装置水平移动，两个小球a、b套在杆上，小球a质量m，电量为；小球b质量，不带电。初始时a球在杆的最靠近O端，且a、b球相距L。现让传动装置以向右匀速运动，整个装置位于垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场中。a、b球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移，设光滑绝缘细杆足够长，磁场区域足够大，不计a、b俩球的重力，下列说法正确的是（ ）
A．小球a、b第一次碰撞前，小球a沿杆方向的速度为
B．小球a、b第一次碰撞前，洛伦兹力对a球做功为
C．小球a、b第一次碰撞后，沿杆方向的速度分别为、
D．小球a、b第一次碰撞后至第二次碰前经历的时间为
【答案】A
【知识点】碰撞模型；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．设a球做加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律则有
设第一次碰前a沿杆方向的分速度为v，根据运动学公式可得，
联立解得
故A正确；
B．洛伦兹力永不做功，洛伦兹力对a球不做功，故B错误；
C．设a和b碰撞后沿杆方向的分速度为、，碰撞过程动量守恒，a、b球发生的碰撞均为弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守值定律可得
解得
，
故C正确；
D．设物块a、b第一次碰后再经过时间发生第二次碰撞，再次发生碰撞过程中走过的位移相等，有
解得
故D错误。
故选AC。
【分析】根据牛顿第二定律可得到a球的加速度，然后根据运动学公式可得到a球再碰前的速度；根据动量守恒和能量守恒可以得到碰撞后两球的速度。
9．如图所示，光滑水平地面上有一块足够长且不带电的绝缘木板，空间存在垂直纸面水平向内的匀强磁场和水平向右的匀强电场，某时刻“胜哥”在木板上表面由静止释放一个带正电的物块，开始的一段时间内两物体能一起运动，已知木板和物块的质量均为m，物块的电量为q，电场强度为E，磁感应强度为B，木板与物块之间的滑动摩擦因数为，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（ ）
A．一起运动阶段，两物体的加速度大小为
B．一起运动阶段，两物体间的最大静摩擦力逐渐减小
C．两物体间的压力为零时，恰好发生相对滑动
D．两物体间恰好发生相对滑动时，物块速度大小为
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．一起运动阶段，两物体作为一个整体，其加速度大小为，A符合题意；
B．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即 ，随着运动速度的增大，洛仑兹力逐渐增大，物块对木板的压力逐渐减小，则最大静摩擦力逐渐减小，B符合题意；
CD．发生相对滑动前，两物体具有相同的加速度，即
发生相对滑动的临界条件是物块的加速度开始大于等于木板的加速度，即
解得
又 ，解得
所以恰好发生相对滑动时，物块和木板之间仍有摩擦力存在，即仍有压力存在，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】一起运动阶段，根据牛顿第二定律得出两物体加速度的大小，两物体发生相对滑动前，根据牛顿第二定律得出速度的表达式。
10．如图下端封闭、上端开口、高h=4m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=50g、电荷量q=0.5C的小球，整个装置以v=6m/s的速度沿垂直于磁场方向进入B=0.3T方向水平的匀强磁场，由于施加的外力作用，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。取g=10m/s2，则从进入磁场到小球飞出管口的过程中（ ）
A．施加的外力为恒力 B．小球做匀变速曲线运动
C．小球的最大速度为8m/s D．施加外力的最大功率为7.2W
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】B．小球在水平方向随玻璃管做匀速运动，受到竖直向上的洛伦兹力作用，大小为
小球的重力为
所以小球在竖直方向做匀加速直线运动，小球在水平方向上随着管左匀速运动，小球做匀变速曲线运动，B符合题意；
A．洛伦兹力的水平分量
因小球竖直分速度vy增大，则Fx增大，所以小球在管中运动的过程中所受洛伦兹力增大，小球水平方向随玻璃管做匀速运动，故管壁对小球的作用力和洛伦兹力的水平分量等大、反向，则施加的外力为变力，A不符合题意；
C．小球竖直方向的合外力
加速度
小球的竖直最大速度为
解得
小球的最大速度为
C不符合题意；
D．施加外力的最大值为
施加外力的最大功率
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据力的合成与分解判断施加外力的变化情况；利用牛顿第二定律得出小球的加速度，在竖直方向速度与竖直位移的关系得出竖直方向的最大速度；结合功率的表达式得出施加外力的最大功率。
11．某污水处理站的管道中安装了如图所示的电磁流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于上下表面向下，前后两面的内侧固定有薄金属板作为电极。含有大量正负离子（离子重力不计）的污水充满管道从左向右流经该装置时，电压表所显示的两电极间的电压为U。则（ ）
A．电磁流量计后表面的电势高于前表面的电势
B．污水的流速
C．污水的流速
D．若仅增大污水中正负离子的浓度，则两电极间的电压U将增大
【答案】A,B
【知识点】牛顿第一定律；电势差、电势、电势能；电场及电场力；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．含有大量正负离子（离子重力不计）的污水充满管道从左向右流经该装置时，根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，后表面的电势高于前表面的电势，A符合题意；
BC．当前、后表面粒子聚集到一定程度时，最终所受的电场力与洛伦兹力平衡，粒子不再发生偏转，此时有
又因为前后表面场强满足
联立解得
B符合题意，C不符合题意；
D．根据公式
可知两电极间的电压U与污水的流量有关，流量越大，则电压U越大，而与污水中正负离子的浓度无关，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据左手定则判断正负离子的偏转方向，由此判断电势高低；根据平衡条件判断电场力和洛伦兹力的大小关系，列式求出污水速度；根据流量与速度的关系公式推导电压的相关因素。
12．如图所示，下端封闭、上端开口、高h=5m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=10g、电荷量q=0.2C的小球，整个装置以v=5m/s的水平速度沿垂直于磁场方向进入B=0.2T垂直纸面向里的匀强磁场中，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。取g=10m/s2.则（ ）
A．小球在管中运动的过程中所受洛伦兹力为恒力
B．小球带负电
C．小球在管中运动的时间为1s
D．小球在管中运动的过程中增加的机械能1J
【答案】C,D
【知识点】功能关系；左手定则；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．由于小球在竖直方向上做匀加速运动，速度越来越大，而水平速度不变，因此合速度越来越大，根据洛伦兹力大小
可知小球在管内运动的过程中，所受洛伦兹力越来越大，A不符合题意；
B．根据左手定则可知小球带正电荷，B不符合题意；
C．由于水平速度不变，因此在竖直方向上受到的洛伦兹力大小为
根据牛顿第二定律
在竖直方向上
整理得
C符合题意；
D．小球离开管时的竖直速度
因此增加的机械能
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】对小球受力分析，在沿管的方向，受大小与方向不变的洛伦兹力作用，所以在这个方向小球做初速度为零的匀加速直线运动，结合运动规律及牛顿第二定律进行分析判断即可，而在垂直于管的方向上，粒子受管壁的弹力及变化的洛伦兹力作用，在这个方向上粒子做匀速直线运动，结合功能关系即可分析。
13．如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.1kg、电荷量为q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。现对木板施加一方向水平向左、大小为0.6N的恒力为F，g取10m/s2，则（ ）
A．木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动
C．最终木板做加速度为2m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动
D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】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 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，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， ，所以BD符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用静摩擦力提供合力可以求出其滑块加速度大小，对比系统的加速度可以判别一起运动的加速度大小；利用重力等于洛伦兹力可以判别滑块最后做匀速运动；利用恒力大小可以求出最后木板的加速度大小。
14．如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为E= ，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的初速度为v0=
B．若小球的初速度为 ，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速
C．若小球的初速度为 ，小球将做加速度不断增大的加速运动，最后匀速
D．若小球的初速度为 ，则运动中克服摩擦力做功为
【答案】A,B,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】对小球进行受力分析如图，
，
电场力的大小：F=qE= ，由于重力的方向竖直向下。电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：FG+F= =2mg，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功。所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反。所以qv0B=2mg。所以 ．A符合题意；若小球的初速度为 ，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg＞FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到 时，小球开始做匀速直线运动。B符合题意。若小球的初速度为 ，则洛伦兹力：f=qv0B=mg＜FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止。C不符合题意；若小球的初速度为 ，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以 ．D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】利用平衡可以求出小球匀速运动的初速度；利用初速度变大时，会出现摩擦力导致小球做加速度越来越小减速运动，直到加速度为0进行匀速运动；假如初速度偏小，利用牛顿第二定律可以判别小球出现减速运动直至减速为0；利用动能定理可以求出摩擦力做的功。
15．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于粗糙的水平地板上，地板上方有水平方向的匀强磁场 现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动，在加速运动阶段
A．乙物块与地之间的摩擦力不断增大
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
D．甲、乙两物块间的摩擦力大小不变
【答案】A,C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、以甲乙整体为研究对象，分析受力如图，
则有 ，当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力 增大，N增大，则地面对乙的滑动摩擦力f增大 A符合题意．
BCD、由于f增大，F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力 ，则得到 减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小 BD不符合题意，C符合题意．
故答案为：AC
【分析】根据左手定则可以判断出甲物体受到的洛伦兹力方向，竖直向下，使得乙物体与地面的摩擦变大，加速度减小，从而使得，甲乙两物体间的静摩擦减小。
16．如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中(不计空气阻力)．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象可能是下图中的( )
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，A符合题意；当qvB＜mg时，FN=mg-qvB此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大，B不符合题意，C不符合题意．当qvB＞mg时，FN=qvB-mg，此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，D符合题意；
故答案为：AD．
【分析】本题考查带电物体在磁场中的运动。分析该物体的运动情况的关键是正确分析物体运动过程中的受力及其受力的变化情况，再根据合力与速度方向间关系可得其运动情况。题中物体受重力、支持力、洛伦兹力和摩擦力作用，造成物体由多种运动可能性的原因是开始时洛伦兹力与重力的大小关系，所以应分洛伦兹力大于、小于或等于重力这三种情况下物体的运动情况，还应注意的是随着物体速度的变化洛伦兹力会随之变化，进而引起压力变化导致摩擦力变化使物体的合力变化。
17．如图为用磁场力输送导电液体的电磁泵模型，泵体相邻棱长分别为、、。将泵体的上下表面接在电压为U内阻不计的电源上，理想电流表示数为I，泵体处在垂直于前表面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导电液体的电阻率为。下列说法正确的是（ ）
A．泵体上表面应接电源正极
B．电磁泵对导电液产生的推力大小为
C．泵体内导电液体沿电流方向的电阻
D．增大磁感应强度可以提高导电液体的流动速度
【答案】B,D
【知识点】电阻定律；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A.当泵体上表面连接电源正极时，电流方向从上向下流过泵体。根据左手定则，此时泵体受到的磁场力方向为水平向左，这将推动液体向左流动，故A错误；
B.根据安培力公式，电磁泵对液体产生的推力大小与磁感应强度B、电流I和特征长度L3成正比，故B正确；
C.根据电阻定律，题目中给出的电阻表达式是错误的，故C错误；
D.增大磁感应强度B会增大安培力F。根据牛顿第二定律，加速度a会增大。再根据运动学公式，导电液体的流动速度v将增大，故D正确的。
故选：BD。
【分析】根据左手定则判断电流方向，再判断极性；根据安培力表达式进行分析解答；根据电阻定律进行分析解答。
18．电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长6m，宽1m，发射的炮弹质量为50g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为20A，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（ ）
A．炮弹所处位置的磁场方向为竖直向上
B．炮弹的加速度大小为
C．若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度也变为原来的两倍
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】本题主要考查了安培力的计算，根据左手定则推出磁场的方向，结合运动学公式和牛顿第二定律完成分析即可。A．根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A正确；
B．根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．根据
解得
若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度变为原来倍，故C错误；
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率
代入数据，解得
故D正确。
故选AD。
【分析】根据左手定则判断出磁场的方向，根据牛顿第二定律计算出炮弹加速度的大小，根据运动学公式以及功率公式分析。
三、非选择题
19．利用电场或磁场都可以实现对带电粒子的控制。如图所示，电子由静止开始，从板到板经电场加速后获得速度，并从点以此速度垂直于磁场左边界射入匀强磁场，电子穿出磁场时速度方向和原来入射方向的夹角为。已知电子质量为，带电量为，磁场宽度为。求：
（1）. 、板间的电压；
（2）匀强磁场的磁感应强度；
（3）电子在磁场中运动的时间。
【答案】（1）解：在加速电场由动能定理可得：
得
答：、板间的电压为；
（2）解：由几何关系可得：
洛伦兹力提供向心力：
：
答：匀强磁场的磁感应强度为；
（3）解： 根据周期的定义有：
粒子速度偏转角等于转过的圆心角，所以
答：电子在磁场中运动的时间为。
【知识点】向心力；带电粒子在电场中的运动综合；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【分析】（1）由动能定理可求解；
（2）由几何关系可得轨迹的半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度B；
（3）粒子速度偏转角等于转过的圆心角。
20．如图，长度均为的两块挡板竖直相对放置，间距也为，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中A点以大小为的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知：粒子发射位置A到水平线PM的距离为，不计重力。
（1）求粒子射入磁场时的速度方向与板PQ的夹角；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹到挡板MN的最近距离。
【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律得：，，
设粒子射入磁场时的速度方向与板PQ的夹角，则，根据牛顿第二定律得：，联立解得：。
故粒子射入磁场时的速度方向与板PQ的夹角 。
（2）解：带电粒子进入磁场时的速度为
带电粒子从Q点射出磁场时磁感应强度有最小值，从N点射出磁场时磁感应强度有最大值，运动轨迹如图：
由几何关系得：带电粒子从Q点射出磁场时轨迹圆的半径，带电粒子从N点射出磁场时轨迹圆的半径，由洛伦兹力提供向心力有：，
联立解得：磁感应强度大小的取值范围。
（3）解：若粒子正好从的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示，
在中，由几何关系得：，该轨迹与MN极板最近的距离，联立解得：。
故若粒子正好从QN的中点射出磁场，粒子在磁场中的轨迹到挡板MN的最近距离为。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【分析】（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律和牛顿第二定律得出粒子射入磁场时的速度方向与板PQ的夹角；
（2）利用速度的分解和几何关系以及洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度的取值范围；
（3）根据粒子在磁场中运动的轨迹和几何关系得出粒子在磁场中的轨迹到挡板MN的最近距离。
21．质量为0.1g的小物块带有5×10﹣4C的电荷，“胜哥”将它放在倾角为30°且足够长的光滑绝缘的斜面上，整个装置放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，如图所示．物块由静止下滑，滑到某个位置时离开斜面，求：
（1）物块带何种电荷？
（2）物块刚离开斜面时的速度多大？
（3）物块从静止到刚离开斜面的过程中做什么运动，斜面至少多长？
【答案】（1）解：由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．
根据左手定则可得：小滑块带负电
（2）解：当物体离开斜面时，弹力为零，
因此有：qvB=mgcos30°，
故v= =2 m/s
（3）解：由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：mgsin30°=ma，
由匀变速直线运的速度位移公式得：v2=2ax，
解得：x=1.2m
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；共点力的平衡；牛顿第二定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性．（2）由于斜面光滑，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小．（3）由运动学公式来算出匀加速运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小．
22．物体的带电量是一个不易测得的物理量，“胜哥”设计了一个实验来测量带电物体所带电量。如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块A靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块A相连，请结合下列操作步骤回答问题。
(1)为消除摩擦力的影响，“胜哥”将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推-下小物块A，使其沿着长木板向下运动。多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹均匀，测出此时木板与水平面间的倾角，记为。
(2)如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮的摩擦不计。给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A的带电量不变。下列关于纸带上点迹的分析正确的是
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
(3)为了测定物块A所带电量q，除倾角、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有 ；
(4)用重力加速度g、磁感应强度B、倾角和所测得的物理量，可得出q的表达式为 。
【答案】D；物块B的质量m和两物块最终的速度v；
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】该题属于实验创新的类型，在解答的过程中要明确实验原理，结合斜面模型，理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键。(2)设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对由平衡条件可知f=Mgsinθ0，FN=Mgcosθ0
又因为f=μFN，所以
当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变。所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式x=aT2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变。故D正确、ABC错误。
故选D。
(3)(4)根据（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则
（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=0
化简得
把μ=tanθ0代入，得
可知还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v。
【分析】 （2）没有磁场时，平衡摩擦力后，小物块A将在拉力的作用下做匀加速运动；
加上如图所示的匀强磁场，根据左手定则分析物块A所受洛伦兹力的方向，根据牛顿第二定律分析物块A的加速度的变化，从而判断纸带上点迹之间的距离变化情况；当加速度为零时分析此后纸带上的点迹之间的距离变化情况；
（3）（4）根据求出的电荷量的表达式分析待测的物理量，然后作答。没有磁场时，根据平衡条件可以解得斜面的动摩擦因数；加了匀强磁场后，当物块A做匀速匀速运动时，根据平衡条件求电荷量的表达式；
23．如图所示，空间存在一方向垂直于纸面、磁感应强度为 的正方形匀强磁场区域，一电荷量为 的粒子（不计重力）从 点沿 方向以速度 射入磁场，粒子从 边上的 点离开磁场，且 ；求：
（1）磁场的方向；
（2）带电粒子的质量以及其在磁场区域的运动时间。
【答案】（1）解：粒子沿弧 运动，洛伦兹力指向弧线内侧，从带电粒子所受洛伦兹力的方向结合左手定则可判断出磁场的方向垂直纸面向里。
（2）解：如图所示，连接 ，作线段 的中垂线，交 的延长线于 点， 即为圆心， 为弦切角，因 ，所以 。
因为 为圆弧轨迹的圆心角， 。 为等边三角形， ，由
得
又因为
所以粒子在磁场区域的运动时间
【知识点】左手定则；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）根据左手定则得出洛伦兹力的方向；
（2）根据几何关系得出粒子匀速圆周运动的轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力得出该粒子的质量表达式，结合线速度的表达式与几何关系得出粒子在磁场中运动的时间。
24．霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系 ，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿 方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿 方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿 方向。
（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；
（2）若自由电子定向移动在沿 方向上形成的电流为 ，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小 ；
（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率介别为 、 ，求 时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。
【答案】（1）解：自由电子受到的洛伦兹力沿 方向；
（2）解：设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有
设自由电子在x方向上定向移动速率为 ，可导出自由电子的电流微观表达式为
单个自由电子所受洛伦兹力大小为
霍尔电场力大小为
自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立得其合力大小为
（3）解：设 时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为 、空穴数为 ，则
霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应
即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。
【知识点】左手定则；电场及电场力；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）根据左手定则判断洛伦兹力的方向；
（2）根据电流的定义式以及微观表达式得出电子定向移动的速率；结合洛伦兹力的表达式和电场力的表达式得出合力的大小；
（3）求出 时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数和空穴数，得到两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。
25．如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一绝缘弯杆由两段直杆和一段半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ、MN水平且足够长，半圆环PAM在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段是光滑的，现有一质量为m，带电+q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的 倍，当在M右侧D点由静止释放小环时，小环刚好能达到P点。
（1）求DM间距离x0；
（2）求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小；
（3）若小环与PQ间动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等且 ），现将小环移至M点右侧4R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）解：因小球刚好能到达P点，则
由动能定理
又
解得
（2）解：在小球由D点到A点的过程中，由动能定理
解得
又
解得
（3）解：小球最终做往复运动，且在P点的速率为0，由动能定理
解得
【知识点】电场力做功；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）洛伦兹力不对小球做功，结合物体的初末速度，对物体进行受力分析，对物体的运动过程应用动能定理求解距离；
（2）利用动能定理求解物体到达A点的速度，对处在A点的物体进行受力分析，结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对轨道的压力；
（3）对物体进行受力分析，对物体从P点运动到Q点的过程应用动能定理求解摩擦力做功。
26．如图所示，质量M＝3.0kg的小车静止在光滑的水平地面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的 圆弧导轨，AD和DC部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上E＝40N/C的匀强电场和垂直纸面水平向里B＝2.0T的匀强磁场。今有一质量为m＝1.0kg带负电的滑块（可视为质点）以v0＝8m/s的水平速度向右冲上小车，当它过D点时对地速度为v1＝5m/s，对水平导轨的压力为10.5N，g取10m/s2。求：
（1）滑块的电量大小；
（2）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统损失的机械能；
（3）若滑块通过D时立即撤去磁场，求此后小车所能获得的最大速度。
【答案】（1）在D点，竖直方向上满足：
解得：
（2）从A→D，滑块、小车系统水平方向动量守恒，设到D点时小车速度为u1，有：
解得：
由能量守恒定律可知系统损失的机械能为：
解得： J
（3）撤去磁场后，滑块在圆弧轨道上运动的整个过程中，小车都在加速，因此滑块返回D点时，小车速度最大，设此时滑块、小车的速度分别为v2、u2，因滑块由D点上滑到滑回D点过程中，电场力做功为零，故系统在水平动量守恒的同时初末状态机械能相等，即：mv0=mv2+Mu2，
联立两式解得：u2=1m/s（舍去）；u2=3m/s，即此后小车所能获得的最大速度为3m/s。
【知识点】动量守恒定律；电场及电场力；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，竖直方向上在重力、支持力、洛伦兹力和电场力的作用下，小球处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可；
（2）两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程求解末速度，利用末状态的机械能减去初状态的机械能即为系统损失的机械能；
（3）两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
27．如图所示，有一个无重力空间，Y方向为竖直方向，在x≥0的区域内存在匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B =1T，绝缘光滑空心细管縱的长度为h=3m，管内M端有一质量为m=0. 1kg、带正电q=0. 1C的小球，开始时小球相对管静止。管带着小球沿垂直于管长度方向，以恒定速度v0=5m/s向右方运动。求：
（1）已知进入磁场后小球将匀加速上升，求小球上升的加速度；
（2）小球在从管的M端到N端的过程中，管壁对小球做的功；
（3）当细管以v0=5m/s进入磁场时，若给管一定的外 力，使其以a=2.0m/s2的恒定加速度向右匀加速运动，小球将不能以恒定加速度上升。为保证小球仍能在管中匀加速上升，需让细管与小球间具有一特定的摩擦因数μ。试求该μ值，及小球相对管上升的加速度ay。（要求μ<1）
【答案】（1）解：由牛顿第二定律得
（2）解：解法一、设小球离开管口时速度为v1：
联立解得：
小球的合速度为：
由动能定理得小球从管的M端到N端的过程中管壁对小球做的功W为：
解法二、洛仑兹力不做功，则洛仑兹力两个分量做功相互抵消。
管壁对小球所做的功大小应等于洛仑兹力竖直分量对小球所作的功：
（3）解：小球竖直分速度为vy时，水平速度记为vx，小球受力如图所示
水平方向上有：
由：
得：
设小球从进入磁场t时刻，水平速度为：
竖直方向的加速为ay分速度为vy，则
t时刻：
即 ：
含t项应相等，有
即：
联立得
解得 ， μ= 2舍去
【知识点】对单物体(质点)的应用；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）利用速度位移公式结合动能定理及速度的合成可以求出管壁做功的大小；
（3）利用牛顿第二定律结合速度公式及加速度的分解可以求出动摩擦因数的大小。
28．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。
（1）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，到西安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。
a．试推导出电流的微观表达式 ；
b．如图所示，电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。按照这个思路，请你尝试由安培力的表达式推导出洛伦兹力的表达式。
（2）经典物理学认为金属导体总恒定电场形成稳恒电流。金属导体中的自由电子在电场力的作用下，定向运动形成电流。自由电子在定向运动的过程中，不断地与金属离子发生碰撞。碰撞后自由电子定向运动的速度变为零，将能量转移给金属离子，使得金属离子的热运动更加剧烈。自由电子定向运动过程中，频繁地与金属离子碰撞产生了焦耳热。某金属直导线电阻为R，通过的电流为I。请从宏观和微观相联系的角度，推导在时间t内导线中产生的焦耳热为 （需要的物理量可自设）。
【答案】（1）解：a．在时间t内流过导线横截面的带电离子数
通过导线横截面的总电荷量
导线中电流
联立以上三式可得：
b．导线受安培力的大小
长L的导线内的总的带电粒子数 ，又
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
联立以上三式可以推导出洛伦兹力的表达式
（2）解：设金属导体长为L，横截面积为S，两端电压为U，导线中的电场强度
设金属导体中单位体积中的自由电子数为m，则金属导体中自由电子数
设自由电子的带电量为e，连续两次碰撞时间间隔为 ，定向移动的速度为v
则一次碰撞的能量转移
一个自由电子在时间t内与金属离子碰撞次数为
金属导体中在时间t内全部自由电子与金属离子碰撞，产生的焦耳热
又 ，
联立解以上各式推导可得
【知识点】左手定则；焦耳定律；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）求解电流的微观表达式，利用电流的定义式，结合电子的漂移速度和电子的密度求解即可；
（2）导体内电子受到的洛伦兹力的宏观体现就是安培力，结合安培力的表达式和第一问电流的微观表达式求解即可。
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