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[-考点-05-] 洛伦兹力作用下带电体的运动
[典例1]
答案 (1)gsin α (2)
解析 (1)由于μ<tan α，所以环A 将由静止开始沿棒下滑，环A 沿棒运动的速度为v1时，
受到重力mg、洛伦兹力qv1B、棒的弹力FN1和摩擦力Ff1，Ff1＝μFN1，
根据牛顿第二定律，沿棒的方向有mgsin α－Ff1＝ma
垂直棒的方向有FN1＋qv1B＝mgcos α
所以当FN1＝0，即Ff1＝0 时，
a 有最大值am，且am＝gsin α，此时qv1B＝mgcos α
解得v1＝
(2)设当环A 的速度达到最大值vm时，环A 受棒的弹力大小为FN2，方向垂直于棒向下，
摩擦力大小为Ff2＝μFN2，此时应有a＝0，
即mgsin α＝Ff2
FN2＋mgcos α＝qvmB
解得vm＝.
[典例2]
答案 D
解析 由于小球a 在磁场中运动，受到的洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械
能守恒；而小球b 在电场中运动，受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，
所以在电场中运动的时间也长，故A、B、C 错误；小球a 在磁场中运动，在最低点对小球
a 受力分析可知：FM－mg－BqvM＝m，解得FM＝m＋mg＋BqvM.小球b 在电场中运动，在最
低点受力分析可知：FN－mg＝m，解得FN＝m＋mg，因为vM>vN，所以FM>FN，结合牛顿第
三定律可知，D 正确．
1.答案 B
解析 匀强磁场水平向左匀速运动相当于小车水平向右匀速运动，由左手定则可知，带电
物体所受的洛伦兹力方向竖直向上，B 正确，A 错误；由于小车水平方向不受力，所以摩
擦力为零，D 错误；对小车及带电物体整体分析可知，地面对小车的支持力变小，由牛顿
第三定律可知小车对地面的压力变小，C 错误．
2.答案 B
解析 因圆环最后做匀速直线运动，圆环在竖直方向上受力平衡，则有＝mg，即B＝；根
据左手定则可知圆环带正电，故B 正确，A、C、D 错误．
3.答案 C
解析 滑块受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力和沿斜面向上的摩擦力四个力的
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作用，初始时刻洛伦兹力为0，滑块沿斜面向下加速运动，随着速度v 的增大，洛伦兹力
增大，滑块受到的支持力减小，则摩擦力减小，加速度增大，当qvB＝mgcos θ 时，滑块离
开斜面，故C 正确，A、B、D 错误．
4.答案 BD
解析 由于洛伦兹力不做功，因此小球两次通过最低点时速度大小相等、方向相反，动能
相等，洛伦兹力方向相反，A 错误，D 正确；a＝，故小球做圆周运动的向心加速度相同，
B 正确；由于洛伦兹力方向相反，所以细线的拉力大小不相等，C 错误．
5.答案 AD
解析 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速
直线运动，A 正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减
小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D 正确；如果重
力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的
减速运动，B、C 错误．
6.答案 BD
解析 甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则所受洛伦兹力大小为qvB，由左手定则得，洛
伦兹力方向垂直纸面向里，故A 错误；乙粒子速度方向与磁场方向平行，则所受洛伦兹力
大小为0，做匀速直线运动，故B 正确；丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆
周运动，故C 错误；洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能不变，故
D 正确．
7.答案 C
解析 对整体受力分析，则有F－μ[(m 甲＋m 乙)g＋qvB]＝(m 甲＋m 乙)a.对甲物块单独受力分
析，水平方向有Ff＝m 甲a，竖直方向有FN＝m 甲g＋qvB，根据上述关系式可知，加速运动
阶段，甲、乙的速度增大，加速度减小，甲、乙间的弹力逐渐变大，乙与地板间的摩擦力
增大，甲、乙之间的静摩擦力减小．故选C.
8.答案 AD
解析 带电绝缘小球受到的洛伦兹力与小球的速度方向时刻垂直，则洛伦兹力对小球不做
功，只改变速度方向，不改变速度大小，只有重力做功，故当小球两次经过O 点时速度大
小相等，动能相同，选项A 正确；小球分别从A 点和B 点向最低点O 运动，两次经过O 点
时速度方向相反，由左手定则可知小球两次经过O 点时洛伦兹力方向相反，则细线所受的
拉力不同，选项B、C 错误；由a＝可知小球的向心加速度大小相同，选项D 正确．
9.答案 C
解析 在第1 s 内，图像的斜率减小，物块的加速度减小，所受滑动摩擦力减小，对传送带
的压力减小，而物块做加速运动，所受洛伦兹力增大，所以洛伦兹力一定竖直向上，由左
手定则可知，物块一定带负电，A 错误；物块达到最大速度的条件是摩擦力等于零，不再
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加速，所以1 s 末物块与传送带间的摩擦力恰好为零，此时物块的速度为0.5 m/s，传送带
的速度可能是0.5 m/s，也可能大于0.5 m/s，B 错误，C 正确；若传送带的速度小于0.5
m/s，物块最终达到的最大速度随着传送带速度的增大而增大；若传送带的速度等于0.5
m/s，则物块的最大速度等于0.5 m/s；若传送带的速度大于0.5 m/s，无论传送带的速度多
大，物块加速到0.5 m/s 时都不再加速，即物块的最大速度等于0.5 m/s，D 错误．
10.答案 ACD
解析 设初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀
速运动，选项A 正确；若mg>μBqv0，则物块开始有向下的加速度，由a＝可知，随着速度
增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，选项D 正确，
B 错误；若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由a＝可知，随着
速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，选项C
正确．
11.答案 (1)正电荷 (2) (3)
解析 (1)根据题意，小球下滑过程中受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，根据左手定则可
知小球带正电荷．
(2)当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为0，然后小球继续向下运动，在左侧区
域当压力再次为零时，速度达到最大值，则有qvm＝mgcos θ，解得vm＝.
(3)当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为0，设此时速度为v ，则有qvB＝mgcos
θ，解得v＝，小球下滑的加速度满足mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，根据2aL＝vm
2－v2，
可得L＝.
12.答案 3mg－qB 3mg＋qB
解析 小球运动过程中，洛伦兹力始终与v 的方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，
由动能定理mgl＝mvC
2，解得vC＝.小球第一次经过C 点时，由左手定则可知洛伦兹力向上，
其受力情况如图甲所示．
由牛顿第二定律FT1＋F 洛－mg＝m，又F 洛＝qvCB，所以FT1＝3mg－qB.小球第二次经过C
点时，受力情况如图乙所示，vC′＝vC，F 洛′＝qvC′B，FT2－mg－F 洛′＝m，解得FT2＝3mg
＋qB.
13.答案 (1)负电 (2) (3)
解析 (1)假如没有磁场，小环对杆的压力大小为mgcos 37°＝0.8mg，然而此时小环对杆的
压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环
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带负电．
(2)设小球滑到P 处时的速度大小为vP，在P 点小环的受力如图甲所示，根据平衡条件得
qvPB＋FN＝mgcos 37°，
由牛顿第三定律得杆对小环的支持力大小为FN＝0.4mg，
解得vP＝＝＝.
(3)设小环从P 处下滑至P′处时，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v′，则在P′处，
小球受力如图乙所示，
由平衡条件得qv′B＝mgcos 37°
所以v′＝＝
在小环由P 处滑到P′处的过程中，由动能定理得
mgsin 37°＝mv′2－mvP
2
解得′＝.
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