第5.2节 洛伦兹力(2)（解析版）

第五章·磁场第2节洛伦兹力（2）◎目标导航学问要点难易度1．洛伦兹力和摩擦力的综合应用2．洛伦兹力在斜面上的综合应用3．洛伦兹力和圆周运动的综合应用

4．洛伦兹力和电场力的综合应用★★★★★★★★★★★★◎考点题型【方法总结】求解带电粒子在磁场中的运动问题的解题步骤(1)．确定争辩对象，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)．由左手定则推断带电体所受洛伦兹力的方向，并作出受力分析图；(4)．依据物体的平衡条件、牛顿其次定律、动能定理、圆周运动规律等列方程求解；(5)．对于定性分析的问题还可以接受极限法进行推理，得到结论。考点01洛伦兹力和摩擦力的综合应用例1.（多选）如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起置于粗糙的水平面上（乙与地面绝缘），空间有垂直于该平面的匀强磁场，用水平力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向右做匀加速运动，在加速阶段（）A．甲、乙两物块间的弹力不断增大 B．甲、乙两物块间的摩擦力不变 C．拉力F渐渐减小 D．乙物块与地面间的摩擦力不断增大答案：BC解析：A．对甲分析，竖直方向上重力与支持力平衡，所以两物块间弹力不变，A错误；B．对甲分析，水平方向摩擦力产生加速度，加速度不变，所以乙对甲的静摩擦力不变，B正确；CD．对整体列牛顿其次定律，有F﹣μ（m1g+m2g﹣qvB）＝（m1+m2）a，在加速度不变时，随着速度增大，洛伦兹力不断增大，乙物块与地面间的弹力减小，摩擦力不断减小，外力F渐渐减小，故C正确，D错误。例2.（多选）如图所示，一个质量为m、带电量为+g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.现给圆环一个水平向右的初速度v，在以后的运动中下列说法正确的是（）A圆环可能做匀减速运动B.圆环可能做匀速直线运动C.圆环克服摩擦力所做的功肯定为1D.圆环克服摩擦力所做的功可能12mv答案：BD解析：洛伦兹力f向上。f<mg，环做加速度减小的减速运动，直至停止；克服摩擦力做功为12f=mg，环做匀速运动，B正确；克服摩擦力做功为0；f>mg，环做减速度减小，再做匀速运动。mg=qv1Bv1=mgqB由动能定理可推断Wf=12mv2-12mv12=考点02洛伦兹力和斜面的综合应用例3.质量为m、电荷量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（）A．小物块肯定带正电B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C．小物块在斜面上运动时做加速度增大、而速度也增大的变加速直线运动D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为答案：B解析：A．小物块对斜面的作用力为零，由于重力有垂直于斜面对下的重量，所受洛伦兹力的方向应垂直于斜面对上，依据左手定则，小物块带负电，故A错误；BC．小物块在运动的过程中受重力、斜面的支持力和洛伦兹力，合力沿斜面对下，大小为依据牛顿其次定律知，小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，故B正确，C错误；D．当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcosθ=qvB解得v=mgcosθ例4.如图所示，一个带负电的滑块从粗糙绝缘斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v，若加一个垂直于纸面对里的匀强磁场，则滑块滑到底端时速度大小将（）A．等于v B．大于v C．小于v D．无法确定答案：C解析：未加磁场时，依据动能定理，有mgh﹣Wf＝12mv2﹣0加磁场后，多了洛伦兹力，依据左手定则推断可知，洛伦兹力方向垂直于斜面对下，洛伦兹力不做功，但使物体对斜面的压力变大，摩擦力变大，依据动能定理，有mgh﹣Wf′＝12mv′2﹣0，Wf′＞Wf，所以v′＜v．故C正确，ABD考点03洛伦兹力和圆周运动的综合应用例5.用一根轻绳吊一质量为m的带电小球，放在如图所示垂直纸面对里的匀强磁场中，将小球拉到与悬点右侧等高处由图示位置静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摇摆，当小球第一次摆到最低点时，悬线的张力恰好为零（重力加速度为g），则：（1）小球带正电还是负电？（2）小球第一次摆到最低点时的洛伦兹力多大？（3）小球其次次经过最低点时，悬线对小球的拉力多大？答案：（1）负电；（2）3mg；（3）6mg解析：（1）当球第一次摆到最低点时，悬线的张力为零，说明小球在最低点受到的洛伦兹力竖直向上，依据左手定则知小球带负电。（2）小球第一次到达最低点速度大小为v，则由动能定律可得：mgL＝12mv由圆周运动规律及牛顿其次定律可知第一次经过最低点时：F洛﹣mg＝mv联立解得F洛=3mg（3）小球摇摆过程只有重力做功，机械能守恒，小球其次次到达最低点速度大小仍为v，即v1＝v，由圆周运动规律及牛顿其次定律可知其次次经过最低点时：F﹣qvB﹣mg＝mv联立解得：F＝6mg例6.（多选）如图所示，用绝缘细线悬吊着的带正电小球在匀强磁场中做来回运动，细线始终处于伸直状态，图中实线位置为平衡位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．当小球每次通过平衡位置时，动能相同 B．当小球每次通过平衡位置时，动量相同 C．当小球每次通过平衡位置时，加速度的大小相同 D．当小球每次通过平衡位置时，丝线受到的拉力相同答案：AC解析：A、小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故每次经过最低点时动能相同，故A正确；B、动量是矢量，故小球向左经过最低点和向右经过最低点时动量的大小相等而方向不同，故B错误；C、当小球每次通过平衡位置时，向心加速度a=v2LD、当小球每次通过平衡位置时，重力、洛伦兹力和拉力的合力供应向心力，向左经过最低点时刻，依据左手定则，洛伦兹力向下，故：T1−qvB−mg＝mv2L，向右经过最低点时刻，依据左手定则，洛伦兹力向上，故：T2+qvB−mg＝mv2L，故T1考点04洛伦兹力和电场力的综合应用例7.如图所示，物体和斜面处于一匀强磁场中，一物体沿光滑绝缘斜面下滑，在物体下滑过程中，物体与斜面之间的弹力不断增大，则该物体带电（填正、负或不带），物体沿斜面下滑的加速度（填增大、减小或不变）。答案：正，不变。解析：由题意可知，在物体下滑过程中，物体与斜面之间的弹力不断增大，可知，洛伦兹力垂直斜面对下，依据左手定则可知，磁场垂直纸面对里，因此物体带正电；对物体受到分析，重力与支持力，由牛顿其次定律可知，物体沿斜面的下滑的加速度不变；例8.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，垂直纸面对里的匀强磁场B布满杆所在的空间，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，问：（1）小环带什么电？（2）小环滑到P处时的速度多大？（3）小环滑到离P多远处，环与杆之间没有正压力？答案：（1）小环带负电；（2）小环滑到P处时的速度为2mg5qB（3）小环滑到离P点2m2解析：（1）)小环的重力在垂直杆方向上的分力Gmgcos37°=0.8mg，小环对杆的压力小于0.8mg，所以小环受到的洛伦兹力方向应垂直杆斜向上，依据左手定则知小环带负电。（2）在垂直杆的方向上对环有：设小环滑到P点的速度为vP，在P点小环的受力如图甲所示，依据平衡条件得qvPB+FN＝mgcos37°，解得：vP＝2mg5qB（3）环与杆之间没有正压力时洛伦兹力等于重力垂直于斜面对下的压力，则：qv′B＝mgcos37°得：v′＝mgcos37qB＝小球向下运动的过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，设两点之间的距离是L，则：mgLsin37°＝12mv′2﹣12mvP2解得：L=2◎巩固练习1.如图所示，一质量为m、带电量为＋q的小物块静止放在绝缘水平地面上，地面上方存在垂直纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场，某时刻物块获得一初速度v0开头向右运动，运动距离x后停止.已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，此过程中物块与地面之间由于摩擦产生的热量为（）A.μmgxB.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C.μ(mg－Bqv0)xD.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgx答案：B解析：物块受到竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、支持力，还受到水平向左的摩擦力，物体运动过程中只有摩擦力做功，依据动能定理－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Wf＝Q，解得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故B正确。 2．如图所示，质量为m、带电荷量为q的物块，在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，沿着竖直绝缘墙壁由静止开头下滑，已知物块与墙壁间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()A．物块不受磁场力B．尽管物块受到磁场力作用，但磁场力不做功，系统机械能守恒C．物块下滑的最大速度为eq\f(mg,μqB)D．物块下滑的加速度为重力加速度g【答案】C【解析】物块带正电，由于物块的速度方向与磁场方向垂直，所以物块受磁场力，A错误；物块受洛伦兹力、重力、墙壁的支持力及摩擦力，洛伦兹力和支持力不做功，摩擦力对物块要做功，所以物块的机械能不守恒，B错误；物块受到的洛伦兹力方向水平向左，开头阶段随着速度增大，洛伦兹力增大，物块对墙壁的压力增大，摩擦力增大，合力减小，加速度减小，当合力为零时，开头做匀速运动，速度达到最大，设最大速度为vm，则竖直方向有mg＝f，水平方向有N＝qvmB，结合f＝μN，联立解得vm＝eq\f(mg,μqB)，C正确；依据牛顿其次定律得mg－f＝ma，又f＝μqvB，解得加速度为a＝g－eq\f(μqvB,m)＜g，D错误．3.如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面对外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列推断正确的是A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面对下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上答案：C解析：如图所示，由左手定则知C正确．而要随速度增加而变大，A错误．若滑块滑到底端已达到匀速运动状态，应有，可得，可看到v随B的增大而减小．若在滑块滑到底端时还处于加速运动状态，则在B越强时，F越大，滑块克服阻力做功越多，到达斜面底端的速度越小，B错误．当滑块能静止于斜面上时应有，即，与B的大小无关，D错误。4．(多选)如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时速度，使其由静止开头运动，则滑环在杆上的运动状况可能是()A．始终做匀速运动B．先做减速运动，最终静止于杆上C．先做加速运动，最终做匀速运动D．先做减速运动，最终做匀速运动【答案】ABD【解析】带电滑环向右运动时所受洛伦兹力方向向上，其大小与滑环初速度大小有关．由于滑环初速度的大小未具体给出，因而洛伦兹力与滑环重力可消灭三种不同的关系：(1)当开头时洛伦兹力等于重力，滑环做匀速运动；(2)当开头时洛伦兹力小于重力，滑环将做减速运动，最终停在杆上；(3)当开头时洛伦兹力大于重力，滑环所受的洛伦兹力随速度减小而减小，滑环与杆之间的挤压力将渐渐减小，因而滑环所受的摩擦力减小，当挤压力为零时，摩擦力为零，滑环做匀速运动．5.如图所示，足够长粗糙绝缘倾斜木板与水平面夹角为，一个质量为的物块刚好可以沿匀速下滑。让物块带上电荷量为q的正电，整个装置置于垂直纸面对里的匀强磁场中。t=0时给物块一个沿木板向下的初速度，物块运动的图像可能是（）（A）（B）（C）（D）答案：C解析：质量为m的物块刚好可以沿MN匀速下滑,受力分析得mgsinθ=μmgcosθ，整个装置置于垂直于纸面对里的匀强磁场中，受力分析得μ(mgcosθ+qvB)-mgsinθ=ma，由此可知,滑块做减速运动,随着速度的减小,加速度在减小，C正确，ABD错误。6.如图所示，a、b两个长方体物块叠放在粗糙水平地面上，物块a带正电，物块b不带电且为绝缘体，地面上方有垂直纸面对里的匀强磁场，现用水平恒力F拉物块b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速的过程中，物块a、b间的摩擦力（）（A）渐渐减小 （B）渐渐增大 （C）先增大后减小 （D）先减小后增大答案： A解析：整体向左运动后，依据左手定则可知，a受到竖直向下的洛伦兹力。以整体为争辩对象有：F-f=(ma+mb)a;其中b与地面之间的摩擦力：f=μ(mag+mbg+qvB)由于物体加速运动，因此速度渐渐增大，洛伦兹力增大则地面给b的滑动摩擦力增大，因此整体在加速运动阶段加速度渐渐减小；对a分析可知，a受到水平向左的静摩擦力作用，依据牛顿其次定律有:f=maa，由于加速度渐渐减小，因此a、b之间的摩擦力减小，故A正确，BCD错误。7．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面对外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列推断正确的是()A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面对下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上【答案】C【解析】依据左手定则可知，滑块受到垂直斜面对下的洛伦兹力，C正确．随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错误．B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B错误．由于开头时滑块不受洛伦兹力就能下滑，故B再大，滑块也不行能静止在斜面上，D错误。8.（多选）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线右侧有磁感应强度T的匀强磁场，方向垂直纸面对里，质量、电荷量的小球C静置于其中，虚线左侧一个质量为kg、不带电的绝缘小球A以速度m/s进入磁场与C球发生正碰（电荷不转移），碰后C小球对水平面的压力刚好为零，取向右为正方向，，下列说法正确的是（）（A）碰后C球速度为20m/s （B）碰后C球速度为15m/s（C）C对A的冲量大小为0.4N⋅s （D）C对A答案：AD解析：由于碰撞后C小球对水平面的压力刚好为零，依据左手定则可知C小球速度方向向右，则有qcvcB=mcg，解得碰后C球速度为vc=20m/s，故A正确，B错误；两球发生正碰过程中，依据动量守恒定律可得：mAv0=mAvA+mCvC解得vA=15m/s，依据动量定理可知，C对A的冲量I=mAvA-mAv0=-0.02N·s，方向水平向左，故C错误，D正确。9.一质量m、电荷量的﹣q圆环，套在与水平面成θ角的足够长的粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一沿杆左上方方向的初速度v0，（取为初速度v0正方向）以后的运动过程中圆环运动的速度图象不行能是（）A．B． C． D．答案：C解析：当qBv0＞mgcosθ时，FN先变小后变大，摩擦力Ff＝μFN也先变小后变大，物体减速的加速度a＝mgsinθ+F当速度变小为零时，若μ＞tanθ时，物体将静止；B正确。若μ＜tanθ时，物体将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速。D正确当qBv0＜mgcosθ时，FN变大，摩擦力Ff＝μFN变大，物体减速的加速度a＝mgsinθ+速度变小为零时，若μ＞tanθ时，物体将静止；A正确若μ＜tanθ时，物体将做加速度减小的加速运动直至平衡后匀速。C没画渐近线，始终反向增大，错误故ABD图象可能存在，C图象不行能存在。10.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,细棒与水平面夹角为α。一质量为m、带电荷量为+q的圆环A套在棒OO'上,圆环与棒间的动摩擦因数为μ,且μ<tanα。现让圆环A由静止开头下滑,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)gsinαmgcosα解析(1)环由静止开头沿棒下滑,当环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N1和摩擦力f1=μN1。依据牛顿其次定律,对沿棒的方向有mgsinα-f1=ma垂直于棒的方向有N1+qv1B=mgcosα所以当f1=0时,a有最大值am,此时N1=0,am=gsinα故有qv1B=mgcosα解得v1=mg(2)设当环A的速度达到最大值vm时,环受棒的弹力为N2,方向垂直于棒向下,摩擦力为f2=μN2。此时应有a=0,即mgsinα=f2由平衡条件得N2+mgcosα=qvmB联立解得vm=mg11．如图所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速度为v，若加一个垂直纸面对外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时（）A．速率变大 B．速率不变C．洛仑兹力方向垂直斜面对上 D．洛仑兹力方向垂直斜面对下【答案】D【解析】CD．滑块下滑，依据左手定则，将受洛伦兹力作用，方向垂直斜面对下。故C错误；D正确；AB．未加磁场时，依据动能定理，有加磁场后，多了洛伦兹力，虽然洛伦兹力不做功，但正压力变大，导致摩擦力变大，依据动能定理，有由于所以故AB错误。故选D。12．如图所示，一倾角为的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在竖直向上、大小的匀强电场和垂直纸面对外、大小的匀强磁场。现让一质量、电荷量的带负电小滑块从斜面上某点由静止释放，小滑块运动1m后离开斜面。已知cos53°=0.6，g=10m/s2，则以下说法正确的是（）A．离开斜面前小滑块沿斜面做匀加速运动B．小滑块离开斜面时的速度为1.8m/sC．在离开斜面前的过程中小滑块电势能增加了0.8JD．在离开斜面前的过程中摩擦产生的热量为2.2J【答案】D【解析】A．小球在下滑过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力作用。由于洛伦兹力的大小变化使小球对斜面的弹力减小，从而导致摩擦力减小，故小球做加速度增大的加速运动，所以，选项A错；B．当洛伦兹力增大至小球与斜面的弹力为0时，小球将离开斜面运动，此时有∶解得∶小球离开斜面时的速度为3m/s，所以，选项B错；C．整个过程中，电场力做正功由带入数据得小球的电势能减小了0.8J，所以，选项C错；D．由动能定理得解得整个过程中摩擦力做功-2.2J，即产生的热量为2.2J，故选项D正确。故选D。13.如图，光滑半圆形轨道与光滑斜面轨道在D处平滑连接，前者置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A处静止释放，且能沿轨道运动，并恰能通过半圆形轨道最高点C。现若撤去磁场，使小球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是()A．H′＜HB．H′＝HC．H′＞H D．无法确定【答案】C【解析】有磁场时，小球恰好通过最高点，有：mg－qvB＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，无磁场时，小球恰好通过最高点，有：mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，由两式可知v2＞v1。依据动能定理，由于洛伦兹力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2可知，H′＞H，故C正确。14．(多选)如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上．两个相同的带正电小球(可视为质点)同时分别从轨道的左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，则()A．两小球到达轨道最低点的速度vM>vNB．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力NM>NNC．两小球第一次到达最低点的时间相同D．两小球都能到达轨道的另一端【答案】AB【解析】小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知NM－mg－Bqv1＝meq\f(v\o\al(2,M),r)，解得NM＝meq\f(v\o\al(2,M),r)＋mg＋Bqv1①，小球在电场中运动，在最低点受力分析可知NN－mg＝meq\f(v\o\al(2,N),r)，解得NN＝meq\f(v\o\al(2,N),r)＋mg②，由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球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，A正确，C错误；由于vM>vN，结合①②可知NM>NN，B正确；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端