微专题02：有关洛伦兹力的动态分析问题 讲义 -2026届高考物理一轮复习备考

微专题2：有关洛伦兹力的动态分析问题 【】 一、解题思路 1.明确洛伦兹力的特点 洛伦兹力公式：F=qv×B（方向由左手定则判断，q 为负电荷时反向）。 洛伦兹力不做功（不改变粒子动能，只改变速度方向）。 2.分析运动类型 （1）匀速圆周运动：当 v⊥B 时，粒子做匀速圆周运动。半径公式：r= 周期公式：（与速度无关）。 （2）螺旋运动：当 v 与 B 成夹角 θ 时，分解为平行（匀速直线）和垂直（匀速圆周）分量。带电粒子一边沿磁场方向做匀速运动，一边做匀速圆周运动，如下图： （3）复杂轨迹：若存在电场、重力或其他力，需结合动力学综合分析。 3.动态分析关键点 （1）速度变化：电场加速或外力作用导致 v 变化，影响半径 r 或螺距。 （2）磁场变化：B 的大小或方向改变，导致轨迹突变（如磁聚焦、磁约束）。 （3）边界问题：粒子进出磁场或遇到边界时的临界条件（如时间、速度范围）。 二、解题步骤 （1）画轨迹图，标注已知条件（v、B、q、m）。 （2）确定圆心、半径、周期（几何关系是关键）。 （3）结合动量、能量守恒（若有其他力参与）。 （4）注意临界条件（如恰好不飞出磁场、最小面积等） 【能力提升题组】 1.（单选）一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示。假设粒子的电荷量不变，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是 A．粒子由a向b运动，带正电 B．粒子由b向a运动，带负电 C．粒子由b向a运动，带正电 D．粒子由a向b运动，带负电 2.(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．小球的加速度 C．细线的拉力 D．小球的动能 3. 如图所示，a为带正电荷的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段( ) A. a、b一起运动的加速度减小 B. a、b一起运动的加速度增大 C. a、b物块间的摩擦力不变 D. a、b物块间的摩擦力增大 4．(单选)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，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中 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保持不变 C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断增大 5.（多选题）电荷量为＋q、质量为m的滑块和电荷量为－q、质量为m的滑块同时从完全相同的光滑斜面上由静止开始下滑，设斜面足够长，斜面倾角为θ，在斜面上加如图所示的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，关于滑块下滑过程中的运动和受力情况，下列说法中正确的是(不计两滑块间的相互作用，重力加速度为g)(　　) A. 两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，＋q会离开斜面 B. 两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，－q会离开斜面 C. 当其中一个滑块刚好离开斜面时，另一滑块对斜面的压力为2mgcos θ D. 两滑块运动过程中，机械能均守恒 6．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘物块位于高度略大于物块高度的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则物块(　　) A．一定做匀速直线运动 B．一定做减速运动 C．可能先减速后匀速运动 D．可能加速运动 7.（多选）如图所示，足够长的水平绝缘传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，传送带上方足够大空间内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。将一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的左端，小物块与传送带间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，下列所画出的小物块速度随时间变化的图象(图中t0＝，)可能正确的是（ ） 8．(多选)如图所示,一个带正电的物体从粗糙绝缘斜面底端以初速度v0冲上斜面,运动到A点时速度减为0.若在整个空间加一个垂直于纸面向外的匀强磁场,物体运动过程中始终未离开斜面,则下列说法正确的是 (　　) A.物体仍以初速度v0冲上斜面,能到达A点上方 B.物体仍以初速度v0冲上斜面,不能到达A点 C.将物体从A点由静止释放,到达斜面底端时速率一定大于v0 D.将物体从A点由静止释放,到达斜面底端时速率一定小于v0 9.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？ 10．如图所示,在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中,有一竖直固定绝缘杆MN,小球P套在杆上,已知P的质量为m,电荷量为+q,P与杆间的动摩擦因数为μ,电场强度为E,磁感应强度为B,小球由静止开始下滑,设电场、磁场区域足够大,杆足够长,自由落体加速度为g,求: (1)小球的最大加速度的大小; (2)小球下滑加速度为最大加速度一半时的速度大小; (3)小球下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度大小. 11．【磁场变化】如图所示平面坐标系xOy中，第一象限，x轴右侧有一半径为R的半圆形垂直纸面向里的匀强场，A点为圆心，OP为直径，磁感应强度大小为B。半圆形磁场外有一大小相等方向垂直纸面向外的无限宽匀强磁场。一粒子源从O点可沿x轴发射质量为m，电荷量为q的正电粒子（重力忽略）。 （1）若粒子离开O点后，恰好第三次通过磁场分界处量到达P点，求粒子的速度为多大？（附加作图） （2）若放射源发出存在各种速率的粒子，求能够到达P点粒子中用时最长的粒子所经历的时间？（附加作图） 12.如图所示，空间分布着磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,倾角θ=37°的足够长绝缘斜面固定在竖直平面内。t=0时，在斜面上的P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q带正电的小滑块(可视为质点)。t=t0时，滑块恰好从斜面上的 M 点离开斜面,此时立即撤去斜面，此后滑块在竖直平面内做周期性的曲线运动，且该运动可看作沿水平方向的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动的合运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，滑块运动过程中电荷量保持不变，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求 (1)滑块离开斜面时的速度大小; (2)滑块在斜面上下滑的位移; (3)滑块在竖直平面内运动的最高点与 M 点的高度差, 13.电磁聚焦是约束带电粒子的重要方法,如图所示，粒子源S能够瞬间发出大量质量为m、电荷量为 q(q>0)的粒子，粒子的初速度为零，经过 MN之间的电场加速,从O点射出。由于电场的边缘效应，会使粒子出现微小的发散角α。在O点右侧区域加一沿z轴正方向的匀强磁场，可以使粒子被约東在一定范围内而重新聚焦，在距离 N板右侧L 处放置一个接收屏P，可使粒子打在接收屏上，已知MN 间电势差为U，在α较小时,sinα≈α，cosα≈1,忽略，粒子间的相互作用。 (1)求粒子从O点至到达光屏的时间； (2)要使粒子聚焦于接收屏上0’点，求磁场的磁感应强度大小; (3)若磁感应强度大小为B，改变接收屏与N的距离L，为使所有粒子均能被接收屏接收，求接收屏的最小面积。 【参考答案】 1．B 2.BD 3.B解析：以整体为研究对象有：， 由于物体加速运动，因此速度逐渐增大，洛伦兹力增大，则地面给b的滑动摩擦力增大，因此整体加速度逐渐减小，故A错误，正确； 隔离a，a受到水平向左的静摩擦力作用，根据牛顿第二定律有：，由于加速度逐渐减小，因此a、b之间的摩擦力减小，C、D故错误．故选：B 4．B【解析】对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、拉力F和洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：F–m总gsin α–μFN=m总a①；FN=m总gcos α–F洛②，随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由②知：FN减小，乙所受的滑动摩擦力f=μFN减小；以甲为研究对象，有：m甲gsin θ–f=m甲a③；由①知，f减小，加速度不变，因此根据③可知，甲乙两物块之间的摩擦力保持不变，故B正确，ACD错误；故选B。 5.ACD 【解析】当滑块开始沿斜面向下运动时，带正电的滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，带负电的滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下，开始时两滑块沿斜面方向所受的力均为mgsin θ，均做匀加速直线运动，随着速度的增大，带正电的滑块受到的洛伦兹力逐渐变大，当qvB＝mgcos θ时，带正电的滑块恰能离开斜面，而带负电的滑块将一直沿斜面运动，不会离开斜面，A正确，B错误；由于两滑块加速度相同，所以在带正电的滑块离开斜面前两者在斜面上运动的速度总相同，当带正电的滑块刚好离开斜面时，带负电的滑块受的洛伦兹力也满足qvB＝mgcos θ，方向垂直斜面向下，斜面对滑块的支持力大小为qvB＋mgcos θ＝2mgcos θ，故滑块对斜面的压力为2mgcos θ，C正确；由于洛伦兹力不做功，故D正确． 6. C 解析：由题意对滑块受力分析,因不知道开始时滑块所受洛伦兹力与重力谁大,故弹力方向大小均不能确定,应讨论:若滑块受到向上的洛伦兹力F=mg,则支持力FN=0,摩擦力f=0,滑块将匀速运动;若F<mg,则弹力方向向上,竖直方向满足FN+F=mg,水平方向受摩擦力向左,滑块做减速运动,由F=qvB知,F减小,FN则增大,f增大,由-f=ma可知,v继续减小,最后减为零;若F>mg,则滑块受到向下的压FN,在竖直方向满足F=mg+FN,滑块向右做减速运动,由动态分析知,当F=mg时FN=0,f=0,最终滑块做匀速运动,故ABD不可能,C可能。 故选C。 7．BC 8.BD 解析：未加磁场时,根据动能定理,有-mgh-Wf=0-m.加磁场后,物体受洛伦兹力,洛伦兹力不做功,根据左手定则,洛伦兹力的方向垂直于斜面向下,所以物体对斜面的压力增大,摩擦力增大,摩擦力做的功增大,根据动能定理,有 -mgh'-Wf'=0-m,Wf'>Wf,故物体不能到达A点,故选项A错误,选项B正确.未加磁场时,根据动能定理有-mgh-Wf=0-m,即mgh+Wf=m.加磁场后向下滑动的过程中,物体受洛伦兹力,洛伦兹力不做功,根据动能定理有mgh-Wf″=mv2-0<mgh+Wf,所以v<v0,故选项C错误,选项D正确. 9.（1）     （2） 解析：(1)由于，即所以环将由静止开始沿棒下滑。环A沿棒运动的速度为时，受到重力、洛伦兹力、杆的弹力和摩擦力。 根据牛顿第二定律，对圆环A受力分析有 沿棒的方向：（2分） 垂直棒的方向：（2分） 所以当 (即)时 a有最大值，且 此时（2分） 解得：。（2分） (2)设当环A的速度达到最大值时，环受杆的弹力为，摩擦力为。 此时应有，即（3分） 在垂直杆方向上  （3分） 解得：（2分） 10．答案：(1)g (2)在a达到am之前,当a=时,速度为v1=(qEμ<mg≤2qEμ),在a达到am后,当a=时,速度为v2=；(3) 解析(1)小球刚开始下滑时速度较小, 有mg-μ(qE-qBv)=ma, 当qvB=qE时a达到最大,为am=g. (2)在a达到am之前,随v的增大,qvB增大,当a=时,速度为v1=, 在a达到am后,qvB>qE,之后随v增大,qvB增大,有mg-μ(qvB-qE)=ma, 当a=时,速度为v2=, 其中v1存在是有条件的,只有当qEμ<mg≤2qEμ时,才有a=. (3)在a达到am后,随着v增大,a减小,当a=0时,v=vm,得vm=, 设在a达到am之前有v=,可得此时加速度为 a=g+, 因为mg>μqE,故a>g,这与题设相矛盾,说明在a=am之前不可能有v=,综上可得a=. 11.解：（1）运动轨迹如下图所示，由几何关系得， 粒子的轨迹半径 由得： （2） 用时最长的粒子的运动轨迹刚好和y轴相切，如下图 当粒子在半圆外做圆周运动恰好与y轴相切时，此时粒子的速度为最小值，设带电粒子在磁场内做匀速圆周 运动的轨道半径为r，轨迹圆心O2与半圆圆心O1连线与x轴之间的夹角为θ，由几何关系可知 2rsin2θ=r 两式联立可得:2θ=30° 所以到P点的时间Tmax= 所以粒子到P点用的最长时间为 12.解析： 13.；； 学科网（北京）股份有限公司 $$