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11 磁 场
[-考点-05-] 洛伦兹力作用下带电体的运动
带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与
接触面间的弹力随着变化(若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化)，最
后若弹力减小到0，带电体离开接触面．
求解带电体在磁场中的运动问题的解题步骤
1．确定研究对象，即带电体；
2．确定带电体所带电荷量的正、负以及速度方向；
3．由左手定则判断带电体所受洛伦兹力的方向，并作出受力分析图；
4．由平行四边形定则、矢量三角形或正交分解法等方法，根据物体的平衡条件或牛顿第二
定律列方程求解；
5．对于定性分析的问题还可以采用极限法进行推理，从而得到结论．
典例1 (电体在磁场中的直线运动) 如图所示，在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，有一
足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面间的夹角为α，一质
量为m、带电荷量为＋q 的圆环A 套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tan
α，重力加速度为g.现让圆环A 由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：
(1)圆环A 的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？
(2)圆环A 能够达到的最大速度为多大？
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，
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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 (电体在磁场中的曲线运动)(2023·淮安·期末)如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同
的半圆形光滑轨道，M、N 为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平
行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b 分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静
止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．a 球下滑的时间比b 球下滑的时间长
B．a、b 两球的机械能均不守恒
C．a 球到M 点的速度小于b 球到N 点的速度
D．a 球对M 点的压力大于b 球对N 点的压力
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.如图所示，一带正电的物体固定在小车的底板上，其中底板绝缘，整个装置静止在水平
地面上，在空间施加一垂直纸面向里的匀强磁场，如果保持小车不动，将匀强磁场沿水平
方向向左匀速运动．则下列说法正确的是( )
A．带电物体所受的洛伦兹力为零
B．带电物体受洛伦兹力且方向竖直向上
C．小车对地面的压力变大
D．地面对小车的摩擦力方向向左
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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.如图甲所示，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绝缘细杆
上滑动，细杆处于匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后运动过
程中的速度－时间图像如图乙所示．则关于圆环所带的电性，匀强磁场的磁感应强度B，
下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．圆环带负电，B＝
B．圆环带正电，B＝
C．圆环带负电，B＝
D．圆环带正电，B＝
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.如图所示，一个粗糙且足够长的斜面体静止于水平面上，并处于方向垂直纸面向外且磁
感应强度大小为B 的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q 的小滑块从斜面顶端由静止
下滑，在滑块下滑的过程中，斜面体静止不动．下列说法中正确的是( )
A．滑块受到的摩擦力逐渐增大
B．滑块沿斜面向下做匀加速直线运动
C．滑块最终要离开斜面
D．滑块最终可能静止于斜面上
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
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.(多选)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带正电的小球，置于如图所示的匀强磁场中，当小
球偏离竖直方向在垂直于磁场方向摆动时，如果细线始终绷紧，不计空气阻力，则前后两
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次通过最低点时相比较，相同的物理量是( )
A．小球受到的洛伦兹力
B．小球的向心加速度
C．细线的拉力
D．小球的动能
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.(多选)如图所示，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大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场中，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—时间图像可能是下列选项
中的( )
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.(多选)核聚变具有效率极高、原料丰富以及安全清洁等优势，中科院等离子体物理研究所
设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成世界上第
一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置．将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子
在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m、
电荷量均为q，且粒子的速度在纸面内，忽略粒子重力及粒子间相互作用的影响，以下判
断正确的是( )
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A．甲粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，且方向水平向右
B．乙粒子受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动
C．丙粒子做匀速圆周运动
D．所有粒子运动过程中动能不变
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.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地
板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F 拉乙物块，使甲、乙
一起向左加速运动，甲、乙无相对滑动，则在加速运动阶段( )
A．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．甲、乙两物块间的弹力不断增大
D．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小
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. (多选)如图所示，用细线吊一个质量为m 的带电绝缘小球，小球处于匀强磁场中，空气
阻力不计．小球分别从A 点和B 点向最低点O 运动，当小球两次经过O 点时( )
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A．小球的动能相同
B．细线所受的拉力相同
C．小球所受的洛伦兹力相同
D．小球的向心加速度大小相同
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.(2023·广东省模拟)如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速转动，某绝缘带
电物块无初速度地从最左端放上传送带．该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运
动的v－t 图像如图乙所示．物块所带电荷量保持不变，下列说法正确的是( )
A．物块带正电
B．1 s 后物块与传送带共速，所以传送带的速度为0.5 m/s
C．传送带的速度可能比0.5 m/s 大
D．若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最终达到的最大速度也会增大
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
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.(多选)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、电荷量为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 图像可能是( )
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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.如图所示，质量为m、带电荷量为q 的小球，在倾角为θ 的光滑绝缘斜面上由静止开始
下滑．图中虚线是左、右两侧匀强磁场(图中未画出)的分界线，左侧磁场的磁感应强度大
小为，右侧磁场的磁感应强度大小为B，两磁场的方向均垂直于纸面向外．当小球刚下滑
至分界线时，对斜面的压力恰好为0.已知重力加速度为g，斜面足够长，小球可视为质点．
(1)判断小球带何种电荷；
(2)求小球沿斜面下滑的最大速度；
(3)求小球速度达到最大之前，在左侧磁场中下滑的距离L.
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.质量为m、带电荷量为＋q 的小球，用一长为l 的绝缘细线悬挂在方向垂直纸面向里的匀
强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，现使小球位于能使悬线呈水平的位置A，然后由
静止释放，小球运动的平面与磁场的方向垂直，小球第一次和第二次经过最低点C 时悬线
的拉力FT1和FT2分别为多大？(重力加速度为g)
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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.如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂
直纸面向里的匀强磁场B 充满杆所在的空间，杆与B 垂直，质量为m 的带电小环沿杆下滑
到图中的P 处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg，已知小环的带电荷
量为q，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.问：
(1)小环带什么电？
(2)小环滑到P 处时的速度多大？
(3)小环滑到距离P 多远处，环与杆之间没有正压力？
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
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＝＝＝.
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(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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