?磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用
考點(diǎn)一　對(duì)洛倫茲力的理解和應(yīng)用
1．洛倫茲力的定義
磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力．
2．洛倫茲力的大小
(1)v∥B時(shí)，F(xiàn)＝0；
(2)v⊥B時(shí)，F(xiàn)＝qvB；
(3)v與B的夾角為θ時(shí)，F(xiàn)＝qvBsin θ.
3．洛倫茲力的方向
(1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運(yùn)動(dòng)的方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向；
(2)方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B、v決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)

技巧點(diǎn)撥
洛倫茲力與電場(chǎng)力的比較

洛倫茲力
電場(chǎng)力
產(chǎn)生條件
v≠0且v不與B平行
(說(shuō)明：運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中不一定受洛倫茲力作用)
電荷處在電場(chǎng)中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向與場(chǎng)
方向的關(guān)系
F⊥B，F(xiàn)⊥v
F∥E
做功情況
任何情況下都不做功
可能做功，也可能不做功


例題精練
1.如圖1所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點(diǎn)為a；給小球帶上電荷后，仍從同一位置以原來(lái)的速度水平拋出，考慮地磁場(chǎng)的影響，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖1
A．無(wú)論小球帶何種電荷，小球仍會(huì)落在a點(diǎn)
B．無(wú)論小球帶何種電荷，小球下落時(shí)間都會(huì)延長(zhǎng)
C．若小球帶負(fù)電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)
D．若小球帶正電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)
答案　D
2．(多選)如圖2甲所示，帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(如圖乙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2，若加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)(如圖丙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)(如圖丁)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4.不計(jì)空氣阻力，則(　　)

圖2
A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4
C．h2與h4無(wú)法比較 D．h1與h2無(wú)法比較
答案　AC
解析　題圖甲中，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度公式得h1＝，題圖丙中，當(dāng)加上電場(chǎng)時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的分解可知，在豎直方向上，有v02＝2gh3，得h3＝，所以h1＝h3，故A正確；題圖乙中，洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時(shí)小球的動(dòng)能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝mv02，又由于mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D錯(cuò)誤；題圖丁中，因小球電性未知，則電場(chǎng)力方向不確定，則h4可能大于h1，也可能小于h1，因?yàn)閔1>h2，所以h2與h4也無(wú)法比較，故C正確，B錯(cuò)誤．
考點(diǎn)二　有約束情況下帶電體的運(yùn)動(dòng)
帶電體在有約束條件下做變速直線運(yùn)動(dòng)，隨著速度的變化，洛倫茲力發(fā)生變化，加速度發(fā)生變化，最后趨于穩(wěn)定狀態(tài)，a＝0，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)FN＝0時(shí)離開(kāi)接觸面．

例題精練
3．(多選)電荷量為＋q、質(zhì)量為m的滑塊和電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊同時(shí)從完全相同的光滑斜面上由靜止開(kāi)始下滑，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，斜面傾角為θ，在斜面上加如圖3所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于滑塊下滑過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)和受力情況，下列說(shuō)法中正確的是(不計(jì)兩滑塊間的相互作用，重力加速度為g)(　　)

圖3
A．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，＋q會(huì)離開(kāi)斜面
B．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，－q會(huì)離開(kāi)斜面
C．當(dāng)其中一個(gè)滑塊剛好離開(kāi)斜面時(shí)，另一滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcos θ
D．兩滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能均守恒
答案　ACD
解析　當(dāng)滑塊開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，帶負(fù)電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，開(kāi)始時(shí)兩滑塊沿斜面方向所受的力均為mgsin θ，均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增大，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力逐漸變大，當(dāng)qvB＝mgcos θ時(shí)，帶正電的滑塊恰能離開(kāi)斜面，而帶負(fù)電的滑塊將一直沿斜面運(yùn)動(dòng)，不會(huì)離開(kāi)斜面，A正確，B錯(cuò)誤；由于兩滑塊加速度相同，所以在帶正電的滑塊離開(kāi)斜面前兩者在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度總相同，當(dāng)帶正電的滑塊剛好離開(kāi)斜面時(shí)，帶負(fù)電的滑塊受的洛倫茲力也滿足qvB＝mgcos θ，方向垂直斜面向下，斜面對(duì)滑塊的支持力大小為qvB＋mgcos θ＝2mgcos θ，故滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcos θ，C正確；由于洛倫茲力不做功，故D正確．
考點(diǎn)三　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)帶電粒子平行于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
2．帶電粒子以速度v垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．
(1)洛倫茲力提供向心力：qvB＝.
(2)軌跡半徑：r＝.
(3)周期：T＝、T＝，可知T與運(yùn)動(dòng)速度和軌跡半徑無(wú)關(guān)，只和粒子的比荷和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)．
(4)運(yùn)動(dòng)時(shí)間：當(dāng)帶電粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ(弧度)時(shí)，所用時(shí)間t＝T.
(5)動(dòng)能：Ek＝mv2＝＝.

例題精練
4．在探究射線性質(zhì)的過(guò)程中，讓質(zhì)量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質(zhì)量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場(chǎng)方向射入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，發(fā)現(xiàn)兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運(yùn)動(dòng)．則α粒子與β粒子的動(dòng)能之比是(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB＝m，動(dòng)能為：Ek＝mv2，聯(lián)立可得：Ek＝，由題意知α粒子和β粒子所帶電荷量之比為2∶1，故α粒子和β粒子的動(dòng)能之比為：＝＝，故D正確．
5.如圖4，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫(huà)出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O.已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計(jì)重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為(　　)

圖4
A．2 B. C．1 D.
答案　D
解析　根據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r2的2倍．設(shè)粒子在P點(diǎn)的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得qv1B1＝，則B1＝＝；同理，B2＝＝，則＝，D正確，A、B、C錯(cuò)誤．
綜合練習(xí)
的速度v隨時(shí)間t、機(jī)械能E隨位移x變化的圖象中，可能正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】小球受重力、洛倫茲力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，然后根據(jù)牛頓第二定律列式，推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的關(guān)系式，由此進(jìn)行解答．
【解答】解：小球向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受重力、洛倫茲力、支持力和沿桿向下的滑動(dòng)摩擦力；向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力和摩擦力做負(fù)功。

當(dāng)洛倫茲力大于重力垂直導(dǎo)軌的分力時(shí)，支持力垂直導(dǎo)軌向下，速度不斷減小，洛倫茲力不斷減小，支持力減小，故滑動(dòng)摩擦力減小，合力減小，物體做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)；
當(dāng)洛倫茲力等于重力垂直導(dǎo)軌的分力時(shí)，支持力為零，摩擦力為零，合力等于重力沿斜面的分力；
當(dāng)洛倫茲力小于重力垂直導(dǎo)軌的分力時(shí)，支持力垂直導(dǎo)軌向上，速度不斷減小，洛倫茲力不斷減小，支持力增大，故滑動(dòng)摩擦力增大，合力增大，物體做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)；
AB、v﹣t關(guān)系圖圖像的斜率表示加速度，根據(jù)以上分析，加速度先減小后增大或者一直增大的減速運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；
CD、小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中摩擦力做功使小球的機(jī)械能減小，向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中：△E＝﹣f△x，由于向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中f先減小后增大或者一直增大，所以機(jī)械能的變化率先減小后增大或者一直增大，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵分析清楚帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況，明確：向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中速度不斷變化，洛倫茲力不斷變化，支持力變化，故滑動(dòng)摩擦力變化，合力變化；洛倫茲力變化還會(huì)引起環(huán)與桿之間的彈力發(fā)生變化。
2．（2019秋?青銅峽市校級(jí)期末）勻強(qiáng)磁場(chǎng)中一個(gè)運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，運(yùn)動(dòng)速度v方向如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．若粒子帶正電，所受洛倫茲力的方向向下
B．若粒子帶負(fù)電，所受洛倫茲力的方向向下
C．若粒子帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)速率v一定減小
D．若粒子帶正電，運(yùn)動(dòng)速率v一定增大
【分析】判斷洛倫茲力的方向用左手定則判斷，伸開(kāi)左手，使拇指與其余四指垂直，并且與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向正電荷的運(yùn)動(dòng)方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向，這時(shí)拇指所指的方向就是運(yùn)動(dòng)電荷所受洛倫茲力的方向。
洛倫茲力不做功，不會(huì)改變運(yùn)動(dòng)速率。
【解答】解：AB、根據(jù)左手定則可知，若粒子帶正電，受到的洛倫茲力的方向向下，若粒子帶負(fù)電，受到的洛倫茲力的方向向上，故A正確，B錯(cuò)誤。
CD、無(wú)論粒子帶正電還是帶負(fù)電，洛倫茲力不做功，運(yùn)動(dòng)速率v不變，故CD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意四指指向正電荷的運(yùn)動(dòng)方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向。
3．（2021?廣東模擬）如圖，x軸正半軸與虛線所圍區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里。甲、乙兩粒子分別從距x軸h與2h的高度以速率v0平行于x軸正向進(jìn)入磁場(chǎng)，并都從P點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，OP=12h。則甲、乙兩粒子比荷的比值為（不計(jì)重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　?。?br />
A．32：41 B．56：41 C．64：41 D．41：28
【分析】分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)幾何關(guān)系求解兩種情況下粒子的運(yùn)動(dòng)半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列方程求解。
【解答】解：甲粒子從高M(jìn)N＝h的位置水平飛入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示；
甲粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：（r1﹣h）2+（htan37°+12h）2=r12
解得：r1=41?32；
乙粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，對(duì)乙進(jìn)行幾何分析可得：（2h﹣r2）2+（2htan37°+12h）2=r22
解得：r2＝2h
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv02r可得：qm=v0rB
則甲、乙兩粒子比荷的比值為1r1：1r2=6441，故C正確、ABD錯(cuò)誤。
故選：C。

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量。
4．（2020秋?汕尾期末）如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物塊，在水平方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，沿著豎直絕緣墻壁由靜止開(kāi)始下滑，已知物塊與墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．物塊不受磁場(chǎng)力
B．盡管物塊受到磁場(chǎng)力作用，但磁場(chǎng)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．物塊下滑的最大速度為mgμqB
D．物塊下滑的加速度為重力加速度g
【分析】根據(jù)物塊的速度方向與磁場(chǎng)方向的關(guān)系判斷物塊是否受磁場(chǎng)力；磁場(chǎng)力不做功，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，分析各力做功情況，判斷其機(jī)械能是否守恒；根據(jù)各力的變化，可以找出合力及加速度的變化，求最大速度；根據(jù)牛頓第二定律求加速度。
【解答】解：A、物塊帶正電，因?yàn)槲飰K的速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，所以物塊受磁場(chǎng)力，故A錯(cuò)誤；
B、物塊受到的磁場(chǎng)力方向與速度方向始終垂直，所以磁場(chǎng)力不做功。物塊受洛倫茲力、重力、墻壁的支持力及摩擦力，洛倫茲力和支持力不做功，摩擦力對(duì)物塊要做功，所以物塊的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；
C、物塊受到的洛倫茲力方向水平向左，開(kāi)始階段，隨著速度增大，洛倫茲力增大，物塊對(duì)墻壁的壓力增大，摩擦力隨之增大，合力減小，加速度減小，當(dāng)合力為零時(shí)，開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大，設(shè)最大速度為vm，則豎直方向有mg＝f，水平方向有N＝qvmB，結(jié)合f＝μN(yùn)，聯(lián)立解得vm=mgμqB，故C正確；
D、根據(jù)牛頓第二定律得：mg﹣f＝ma，又f＝μqvB，解得加速度為g＝g?μqvBm＜g，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題要注意分析帶電物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，屬于牛頓第二定律的動(dòng)態(tài)分析與磁場(chǎng)相結(jié)合的題目，此類(lèi)問(wèn)題要求能準(zhǔn)確分析物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律判斷其運(yùn)動(dòng)情況。
5．（2021春?山東月考）如圖所示，在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的絕緣小球由長(zhǎng)度為l的絕緣細(xì)繩與懸點(diǎn)相連，將小球拉離平衡位置一個(gè)小角度α后由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，且整個(gè)過(guò)程中洛倫茲力小于重力沿繩方向的分力，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．小球擺動(dòng)的周期滿足T＞2πl(wèi)g
B．小球擺動(dòng)的周期滿足T＝2πl(wèi)g
C．小球擺動(dòng)的周期滿足T＜2πl(wèi)g
D．小球從右向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比從左向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短
【分析】洛倫茲力總和速度方向垂直，且不做功，不影響單擺運(yùn)動(dòng)的周期。
【解答】解：洛倫茲力始終與速度方向垂直，沿繩方向，故并不改變切線方向的加速度，并且洛倫茲力始終不做功，則單擺周期不變，小球擺動(dòng)周期是T＝2πl(wèi)g，小球從右向左運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)間。故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查單擺，受力分析，知道洛倫茲力不做功，不影響單擺運(yùn)動(dòng)周期。
6．（2019秋?市中區(qū)校級(jí)期中）從地球赤道表面，以與地面垂直的方向射向太空的一束高速質(zhì)子流，則這些質(zhì)子在進(jìn)入地球周?chē)目臻g時(shí)，將（　?。?br /> A．豎直向上沿直線射向太空中
B．相對(duì)于初速度方向，稍向東偏轉(zhuǎn)
C．相對(duì)于初速度方向，稍向西偏轉(zhuǎn)
D．相對(duì)于初速度方向，稍向北偏轉(zhuǎn)
【分析】質(zhì)子帶正電荷，進(jìn)入地球周?chē)臻g后受到地磁場(chǎng)的作用力而偏轉(zhuǎn)；
地磁場(chǎng)的方向是由地理南極指向地理北極，結(jié)合左手定則可判斷偏轉(zhuǎn)方向。
【解答】解：地磁場(chǎng)的方向是由地理南極指向地理北極，質(zhì)子流受到地磁場(chǎng)作用力而偏轉(zhuǎn)，故根據(jù)左手定則可知，質(zhì)子將相對(duì)于初速度方向，稍向西偏轉(zhuǎn)，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題應(yīng)考慮到地球是個(gè)大磁體，宇宙粒子進(jìn)入地磁場(chǎng)要受到洛倫茲力，其受力方向由左手定則確定。
7．（2020秋?遼陽(yáng)期末）如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，AB為圓的直徑，P為圓周上的點(diǎn)，∠AOP＝60°。帶正電的粒子a和帶負(fù)電的粒子b（a、b在圖中均未畫(huà)出）以相同的速度從P點(diǎn)沿PO方向射入磁場(chǎng)，結(jié)果恰好從直徑AB兩端射出磁場(chǎng)。粒子a、b的質(zhì)量相等，不計(jì)粒子所受重力以及粒子間的相互作用。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．從A點(diǎn)射出磁場(chǎng)的是粒子a
B．粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1：3
C．粒子a、b的電荷量之比為3：1
D．粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為3：2
【分析】根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向確定其所受的洛倫茲力方向，由左手定則確定粒子的電性；畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)求軌跡半徑，由半徑公式r=mvqB求電荷量之比，由t=sv求粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比。
【解答】解：A、從A點(diǎn)射出磁場(chǎng)的粒子在P點(diǎn)受到的洛倫茲力垂直于OP向左下方，根據(jù)左手定則判斷可知該粒子帶負(fù)電，是粒子b，故A錯(cuò)誤；
B、畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，設(shè)粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑分別為r1和r2.
設(shè)AB＝2R，根據(jù)幾何知識(shí)可得：r1＝Rtan60°=3R，r2＝Rtan30°=33R，則r1：r2＝3：1，故B錯(cuò)誤；
C、由半徑公式r=mvqB得q=mvrB，m、v、B相同，則粒子a、b的電荷量之比為q1：q2＝r2：r1＝1：3，故C錯(cuò)誤；
D、粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角分別為π3和2π3，則粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為t1：t2=π3r1v：2π3r2v=r1：2r2＝3：2，故D正確。
故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的類(lèi)型，關(guān)鍵要畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)求解軌跡半徑和軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角。
8．（2021?香坊區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，在擋板AB上方，存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B面積未知的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。AB邊上O點(diǎn)處放置了發(fā)生光電效應(yīng)的極限頻率為v的金屬鈉，現(xiàn)用頻率為4v的光去照射鈉，發(fā)生光電效應(yīng)后只考慮射入平面ABCD內(nèi)電子的運(yùn)動(dòng)情況（平面ABCD與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直），已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，普朗克常量為h，不計(jì)電子的重力和電子間的相互作用，粒子打到擋板上時(shí)均被擋板吸收。為保證平面ABCD內(nèi)的電子都不從磁場(chǎng)逸出的矩形磁場(chǎng)的最小面積為（　?。?br />
A．8m?ve2B2 B．12m?ve2B2
C．16m?ve2B2 D．36m?ve2B2
【分析】先通過(guò)光電效應(yīng)的規(guī)律求出射出的光電子的最大初動(dòng)能，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大半徑，根據(jù)粒子的軌跡總結(jié)出粒子的軌跡圓邊界情況，根據(jù)幾何關(guān)系求出沒(méi)有電子從磁場(chǎng)逸出的矩形磁場(chǎng)的最小面積。
【解答】解：根據(jù)光電效應(yīng)方程，射出光電子的最大初動(dòng)能Ekm=12mvm2=2?γ??γ=?γ
射出的光電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力可知：qvB=mvm2R
其最大半徑為：R=mvmeB=2m?γeB
所有光電子在磁場(chǎng)中最大半徑相等，滿足條件的矩形磁場(chǎng)面積最小時(shí)，沿ON方向射入的有最大初動(dòng)能的光電子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與右端邊界相切；
隨著粒子的速度方向偏轉(zhuǎn)，可認(rèn)為光電子轉(zhuǎn)動(dòng)的軌跡圓是以2R為半徑轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示

由幾何關(guān)系可知，沒(méi)有光電子從磁場(chǎng)邊界逸出的最小矩形磁場(chǎng)的面積為：S＝2R×3R=12m?γe2B2，故ACD錯(cuò)誤，B正確；
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵是通過(guò)作圖分析光電子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后由幾何關(guān)系求解沒(méi)有電子從磁場(chǎng)逸出的最小矩形磁場(chǎng)的面積。
二．填空題（共7小題）
9．（2017秋?東湖區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外，一質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的小物體從傾角為θ的絕緣光滑足夠長(zhǎng)的斜面上由靜止開(kāi)始下滑，則此物體在斜面Q上運(yùn)動(dòng)的最大速度為　mgcosθqB　，此物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的距離為　m2gcos2θ2q2B2sinθ　。

【分析】首先對(duì)小球受重力、支持力、洛倫茲力，平行斜面方向左勻加速直線運(yùn)動(dòng)，垂直斜面方向受力平衡，當(dāng)洛倫茲力增加到等于重力的垂直分力時(shí)，小球開(kāi)始離開(kāi)斜面，即可求出最大速度、運(yùn)動(dòng)的距離。
【解答】解：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析其受力情況：小球受重力、斜面支持力及洛倫茲力作用，沿斜面方向上；
根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsinθ＝ma；
在垂直于斜面方向上，有：FN+Ff洛＝mgcosθ；
由Ff洛＝qυB，知Ff洛隨著小球運(yùn)動(dòng)速度的增大而增大。
當(dāng)Ff洛增大到使FN＝0時(shí)，小球?qū)⒚撾x斜面，此時(shí)有：
Ff洛＝qυmB＝mgcosθ。
所以：υm=mgcosθqB，此即為小球在斜面上運(yùn)動(dòng)速度的最大值。
小球在斜面上勻加速運(yùn)動(dòng)的最大距離為：
s=vm22a=(mgcosθqB)22gsinθ=m2gcos2θ2q2B2sinθ。
故答案為：（1）mgcosθqB； （2）m2gcos2θ2q2B2sinθ。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵明確受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度后運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和平衡條件求解出沿斜面過(guò)程的最大速度和位移。
10．（2019秋?蕪湖期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為e的電子沿垂直磁感線方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，初速度為v，則電子受到的洛倫茲力的方向是　水平向右　。（選填“水平向左”、“水平向右”、“豎直向上”或“豎直向下”）

【分析】電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用左手定則判斷出洛倫茲力方向。
【解答】解：電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由左手定則可知，帶負(fù)電的電子受到的洛倫茲力水平向右。
故答案為：水平向右。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，受到洛倫茲力的方向由左手定則判定。
11．（2017秋?秀峰區(qū)校級(jí)期中）某種物質(zhì)發(fā)射的射線在磁場(chǎng)中分裂為如圖所示的三束，由此可知向右偏轉(zhuǎn)的粒子帶　負(fù)　電，向左偏轉(zhuǎn)的粒子帶　正　電．（填 正 或 負(fù) ）

【分析】正確解答本題的關(guān)鍵是明確磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用，正確根據(jù)左手定則判斷運(yùn)動(dòng)電荷受力方向、運(yùn)動(dòng)方向、磁場(chǎng)方向之間關(guān)系．
【解答】解：根據(jù)左手定則可知，向右偏轉(zhuǎn)的粒子帶負(fù)電，向左偏轉(zhuǎn)的粒子帶正電，不偏轉(zhuǎn)的粒子不帶電；
故答案為：負(fù)；正．
【點(diǎn)評(píng)】本題比較簡(jiǎn)單，借助原子核的衰變考查了磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用，掌握左手定則即可正確判斷．
12．（2017春?雙峰縣校級(jí)期中）湯姆孫通過(guò)對(duì)陰極射線的研究發(fā)現(xiàn)了電子．如圖所示，把電子射線管（陰極射線管）放在蹄形磁鐵的兩極之間，可以觀察到電子束偏轉(zhuǎn)的方向是　向下　，該力的方向可以用　左手定則?。ㄌ睢白笫侄▌t”或“右手定則”）來(lái)判斷．

【分析】陰極射線管電子從陰極射向陽(yáng)極，運(yùn)用左手定則判斷電子束受到的洛倫茲力的方向，來(lái)判斷電子束偏轉(zhuǎn)的方向．
【解答】解：電子從陰極射向陽(yáng)極，電子在磁場(chǎng)中受力情況可以根據(jù)左手定則，磁感線穿入手心，四指指向電子運(yùn)動(dòng)的反方向，洛倫茲力的方向向下，則電子束向下偏轉(zhuǎn)．
故答案為：向下；左手定則．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查左手定則的應(yīng)用，要注意在運(yùn)用左手定則判斷洛倫茲力的方向時(shí)，四指要指向負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的相反方向．
13．（2019?云南學(xué)業(yè)考試）地球的地磁南極在地理　北　極附近；湯姆孫通過(guò)對(duì)陰極射線的研究發(fā)現(xiàn)了電子，當(dāng)把通電的陰極射線管放在蹄形磁鐵的兩極間時(shí)，可以觀察到電子束徑跡　彎曲?。ㄟx填“彎曲”或“不彎曲”），是由于　洛倫茲力?。ㄟx填“洛倫茲力”或“安培力”）作用引起的。
【分析】地球本身是一個(gè)大磁體，地磁的北極在地理的南極，地磁的南極在地理的北極，存在磁偏角；
陰極射線管電子從陰極射向陽(yáng)極，運(yùn)用左手定則判斷電子束受到的洛倫茲力的方向，來(lái)判斷電子束偏轉(zhuǎn)的方向。
【解答】解：地磁場(chǎng)的南極在地理北極附近，地磁的北極在地理的南極附近；
電子從陰極射向陽(yáng)極，電子在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力作用，依據(jù)左手定則可知，洛倫茲力方向與速度方向不共線，導(dǎo)致其軌跡發(fā)生彎曲。
故答案為：北；彎曲，洛倫茲力。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確地磁場(chǎng)的分布情況，掌握左手定則的應(yīng)用，要注意在運(yùn)用左手定則判斷洛倫茲力的方向時(shí)，四指要指向負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的相反方向。
14．（2021?福建模擬）分析航天探測(cè)器中的電子束運(yùn)動(dòng)軌跡可知星球表面的磁場(chǎng)情況。在星球表面某處，探測(cè)器中的電子束垂直射入磁場(chǎng)。在磁場(chǎng)中的部分軌跡為圖中的實(shí)線，它與虛線矩形區(qū)域ABCD的邊界交于a、b兩點(diǎn)。a點(diǎn)的軌跡切線與AD垂直，b點(diǎn)的軌跡切線與BC的夾角為60°。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，電子從a點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，矩形區(qū)域的寬度為d，此區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。據(jù)此可知，星球表面該處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為　mv02ed　，電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)所用的時(shí)間為　πd3v0　。

【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求解電子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的半徑，再求出軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合周期公式進(jìn)行解答。
【解答】解：通過(guò)a、b兩點(diǎn)做速度方向的垂線相交于O點(diǎn)，則O點(diǎn)為電子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心，如圖所示，

根據(jù)幾何關(guān)系可得θ＝90°﹣60°＝30°，則軌跡半徑為：R=dsin30°=2d
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：ev0B＝mv02R
聯(lián)立解得：B=mv02ed；
電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πRv0=4πdv0
電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)所用的時(shí)間t=30°360°T=πd3v0。
故答案為：mv02ed；πd3v0。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間。
15．（2021?松原模擬）如圖，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有沿ab方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一不計(jì)重力的粒子以速度v0從ab邊的中點(diǎn)沿ad方向射入電場(chǎng)，恰好從c點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)。若把電場(chǎng)換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子也恰好從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為　5v0：4　；粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為　2:1　。

【分析】粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出E表達(dá)式。
粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式，結(jié)合幾何關(guān)系求出半徑，聯(lián)立求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B表達(dá)式，從而求得E與B的比值；
根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度大小，從而求得粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小之比；
【解答】解：粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌跡如圖1所示，

圖1
設(shè)正方形變成為l，
l＝v0t，
l2=12at2，
由牛頓第二定律可知qE＝ma，
tanα=vyv0=atv0
cosα=v0vc
解得：vc=2v0
粒子在磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示

圖2
由幾何關(guān)系可知：R2＝l2+（R?l2）2，
由洛倫茲力提供向心力：qv0B=mv02R，聯(lián)立解得:EB=5v04；
粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)離開(kāi)c點(diǎn)時(shí)由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知vc=2v0，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小不變，所以粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為2:1。
故答案為：5v0：4；2:1。
【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是掌握電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)與磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的處理方法，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法處理。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，運(yùn)用幾何知識(shí)求解軌跡半徑。
三．多選題（共7小題）
16．（2020秋?黃山期末）如圖所示，條形磁鐵放在水平粗糙桌面上，當(dāng)它的右上方有一個(gè)正電荷正在向垂直紙面向外（即與條形磁鐵垂直）運(yùn)動(dòng)時(shí)，與原來(lái)沒(méi)有電荷時(shí)相比較，磁鐵受到的支持力FN和摩擦力Ff的變化情況是（　?。?br />
A．FN減小了 B．FN增大了
C．Ff不為0，且方向向左 D．Ff不為0，且方向向右
【分析】以電荷為研究對(duì)象，根據(jù)左手定則判斷電荷所受的洛倫茲力方向，再根據(jù)牛頓第三定律，分析磁鐵所受的支持力和摩擦力的變化情況。
【解答】解：以電荷為研究對(duì)象，由左手定則判斷可知電荷所受的洛倫茲力方向斜向左下方，根據(jù)牛頓第三定律可知，電荷對(duì)磁鐵的作用力方向斜向右上方，磁鐵有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，受到向左的摩擦力，則FN減小，F(xiàn)f不為0，故AC正確，BD錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查洛倫茲力以及條形磁鐵磁場(chǎng)分布的特點(diǎn)，明確電荷所在處的磁場(chǎng)方向，然后使用左手定則判定電荷所受的洛倫茲力方向。
17．（2018秋?東莞市月考）我們通常用陰極射線管來(lái)研究磁場(chǎng)、電場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用，如圖所示為陰極射線管的示意圖。玻璃管已抽成真空，當(dāng)左右兩個(gè)電極連接到高壓電源時(shí)，陰極會(huì)發(fā)射電子，電子在電場(chǎng)的加速下，由陰極沿x軸方向飛向陽(yáng)極，電子掠射過(guò)熒光屏，屏上亮線顯示出電子束的徑跡。要使電子束的徑跡向z軸正方向偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是（　?。?br />
A．加一電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿y軸正方向
B．加一電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向
C．加一磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿z軸正方向
D．加一磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向
【分析】根據(jù)粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的受力情況，進(jìn)而推出粒子的運(yùn)動(dòng)方向。
【解答】解：A、施加一個(gè)沿y軸正方向的電場(chǎng)時(shí)，電子會(huì)受到沿y軸負(fù)方向的電場(chǎng)力作用，因此會(huì)向y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，與題意不符，故A錯(cuò)誤；
B、施加一個(gè)沿z軸負(fù)方向的電場(chǎng)時(shí)，電子會(huì)受到沿z軸正方向的電場(chǎng)力作用呢，因此會(huì)向z軸正方向偏轉(zhuǎn)，與題意相符，故B正確；
C、施加一個(gè)沿z軸正方向的磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)左手定則可知，電子受到的洛倫茲力沿y軸正方向，因此會(huì)向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，與題意不符，故C錯(cuò)誤；
D、施加一個(gè)沿y軸負(fù)方向的磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)左手定則可知，電子受到沿z軸正方向的磁場(chǎng)，因此會(huì)向z軸正方向偏轉(zhuǎn)，與題意相符，故D正確；
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電子在電場(chǎng)及磁場(chǎng)中的受力，解題的關(guān)鍵是明確電子的電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向。
18．（2019秋?南通期末）一帶電粒子先后以不同的速度經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)中的某點(diǎn)。下列圖象記錄的是粒子受洛倫茲力的大小F與粒子運(yùn)動(dòng)速度大小v的關(guān)系。M、N各代表一組F、v的數(shù)據(jù)，已知N點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度vN的方向與磁場(chǎng)方向垂直。其中可能正確的有（　?。?br /> A． B．
C． D．
【分析】依據(jù)洛倫茲力大小公式F＝qBv，結(jié)合F﹣v圖象，即可判定求解。
【解答】解：已知N點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度vN的方向與磁場(chǎng)方向垂直，那么洛倫茲力大小公式F＝qBv，
再由F﹣v圖象，可知，F(xiàn)＝kv，
則有k＝qB，
由于帶電粒子處于磁場(chǎng)中M點(diǎn)與N點(diǎn)，則M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的圖線斜率是qBsinα，0≤α≤90°，故AC錯(cuò)誤，BD正確；
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】考查洛倫茲力大小公式，掌握其成立的條件，理解F﹣v圖象的含義，并注意M點(diǎn)的速率方向不一定垂直磁場(chǎng)。
19．（2019秋?貢山縣期末）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向下，磁場(chǎng)中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、試管底部有一帶電小球。在水平拉力F作用下，試管向右勻速運(yùn)動(dòng)，帶電小球能從試管口處飛出，則（　　）

A．小球帶正電
B．小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線
C．洛倫茲力對(duì)小球做正功
D．維持試管勻速運(yùn)動(dòng)的拉力F應(yīng)逐漸增大
【分析】小球能從管口處飛出，說(shuō)明小球受到指向管口洛倫茲力，由左手定則，分析電性。將小球的運(yùn)動(dòng)分解為沿管子向里和垂直于管子向右兩個(gè)方向。根據(jù)受力情況和初始條件分析兩個(gè)方向的分運(yùn)動(dòng)情況，研究軌跡，確定F如何變化
【解答】解：A、小球能從管口處飛出，說(shuō)明小球受到指向管口洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷，小球帶正電。故A正確。
B、設(shè)管子運(yùn)動(dòng)速度為v1，小球垂直于管子向右的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)。小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不變，F(xiàn)1不變，則小球沿管子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。與平拋運(yùn)動(dòng)類(lèi)似，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線。故B正確。
C、洛倫茲力總是與速度垂直，不做功。故C錯(cuò)誤。
D、設(shè)小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2＝qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F＝F2，則F逐漸增大。故D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】本題中小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，其研究方法與平拋運(yùn)動(dòng)類(lèi)似：運(yùn)動(dòng)的合成與分解，其軌跡是拋物線。本題采用的是類(lèi)比的方法理解小球的運(yùn)動(dòng)
20．（2012秋?潮陽(yáng)區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，表示磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用，其中正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】左手定則的內(nèi)容：伸開(kāi)左手，使四指與大拇指垂直，且在同一個(gè)平面內(nèi)，讓磁感線穿過(guò)掌心，四指方向與正電荷的運(yùn)動(dòng)方向相同，大拇指所指的方向?yàn)槁鍌惼澚Φ姆较颍?br /> 【解答】解：根據(jù)左手定則知，A選項(xiàng)不受洛倫茲力。B選項(xiàng)洛倫茲力水平向右。C選洛倫茲力水平向右，D選項(xiàng)洛倫茲力方向垂直紙面向外。故B、C、D正確，A錯(cuò)誤。
故選：BCD。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判定電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度、磁場(chǎng)和電荷受到洛倫茲力三者之間的方向關(guān)系．
21．（2020秋?和平區(qū)校級(jí)期末）如圖，正方形abcd中△abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，△bcd區(qū)域內(nèi)有方向平行bc的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）。一帶電粒子從d點(diǎn)沿da方向射入磁場(chǎng)，隨后經(jīng)過(guò)bd的中點(diǎn)e進(jìn)入電場(chǎng)，接著從b點(diǎn)射出電場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力。則（　?。?br />
A．粒子帶正電
B．電場(chǎng)的方向是由b指向c
C．粒子在b點(diǎn)和d點(diǎn)的動(dòng)能之比為5：1
D．粒子在磁場(chǎng)、電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為π：2
【分析】根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)方向判斷粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受洛倫茲力方向，然后應(yīng)用左手定則判斷粒子帶電性質(zhì)；根據(jù)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)方向判斷李志忠在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力方向，然后判斷電場(chǎng)強(qiáng)度方向；應(yīng)用動(dòng)能定理求出粒子在b點(diǎn)和d點(diǎn)的動(dòng)能關(guān)系；求出粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后求出時(shí)間之比。
【解答】解：A、一帶電粒子從d點(diǎn)沿da方向射入磁場(chǎng)，隨后經(jīng)過(guò)bd的中點(diǎn)e進(jìn)入電場(chǎng)，帶電粒子在磁場(chǎng)中向上偏轉(zhuǎn)，粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受洛倫茲力水平向右，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
B、帶電粒子從e點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)從b點(diǎn)射出電場(chǎng)，帶電粒子在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力豎直向上，粒子帶負(fù)電，粒子所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，電場(chǎng)方向由b指向c，故B正確；
C、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可知粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向與bd的夾角為45°，即粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向水平向右，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在d點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子到達(dá)e點(diǎn)時(shí)速度大小仍為v0，設(shè)正方形abcd的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子從e到b過(guò)程粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，設(shè)粒子到達(dá)b點(diǎn)時(shí)沿電場(chǎng)方向的分速度為vy，水平方向位移：12L＝v0t2，豎直方向位移：12L=vy2t2，解得：vy＝2v0，t2=L2v0，粒子到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的速度大小v=v02+vy2=5v0，粒子在b點(diǎn)和d點(diǎn)的動(dòng)能之比EkdEkb=12mv0212mv2=v02(5v0)2=15，故C正確；
D、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識(shí)可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=12L，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πrv0=πLv0，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=14T=πL4v0，粒子在磁場(chǎng)、電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比：t1t2=πL4v0L2v0=π2，故D正確。
故選：BCD。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要掌握處理帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的一般步驟：根據(jù)題意分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，求出粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，然后應(yīng)用牛頓第二定律與粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式分析答題。
22．如圖所示，在0≤x≤3a的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．在t＝0時(shí)刻，從原點(diǎn)O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°～90°范圍內(nèi)。其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t＝t0時(shí)刻剛好從磁場(chǎng)右邊界上P（3a，3a）點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2a
B．粒子的發(fā)射速度大小為4πat0
C．帶電粒子的比荷為4π3Bt0
D．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為2t0
【分析】沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如給出圖所示，由幾何知識(shí)求出其半徑大小，然后根據(jù)v=sv0求速率；利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解粒子的比荷；找出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)的臨界情況，分析其轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角即可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間。
【解答】解：A、沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，

設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有：（3a﹣r）2+（3a）2＝r2
可得粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：r＝2a，故A正確；
B、根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinθ=ar=32
故：θ=π3，
圓弧OP的長(zhǎng)度：s＝（π﹣θ）r
所以粒子的發(fā)射速度大?。簐=st0=4πa3t0，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv2r
結(jié)合粒子速度：v=4πa3t0，以及半徑：r＝2a，聯(lián)立可得帶電粒子的荷質(zhì)比：qm=2π3Bt0，故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)粒子軌跡恰好與磁場(chǎng)右邊界相切時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，畫(huà)出粒子軌跡過(guò)程圖如圖所示，粒子與磁場(chǎng)邊界相切于M點(diǎn)，從E點(diǎn)射出，

從P點(diǎn)射出的粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為（π﹣θ），時(shí)間為t0，從E點(diǎn)射出的粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為2（π﹣θ），故帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為2t0，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要掌握住半徑公式、周期公式，畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡后，利用洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行求解；運(yùn)用粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，結(jié)合周期公式，求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。
四．計(jì)算題（共9小題）
23．（2019秋?西城區(qū)校級(jí)期中）導(dǎo)線中帶電粒子的定向移動(dòng)形成電流，電流可以從宏觀和微觀兩個(gè)角度來(lái)認(rèn)識(shí)，一段通電直導(dǎo)線的橫截面積為S，單位體積的帶電粒子數(shù)為n，導(dǎo)線中每個(gè)帶電粒子定向移動(dòng)的速率為v，粒子的電荷量為q，并認(rèn)為做定向運(yùn)動(dòng)的電荷是正電荷
（1）試推導(dǎo)出電流的微觀表達(dá)式I＝nvSq
（2）如圖所示，電荷定向運(yùn)動(dòng)時(shí)所受洛倫茲力的矢量和，在宏觀上表現(xiàn)為導(dǎo)線所受的安培力。按照這個(gè)思路請(qǐng)你嘗試由安培的表達(dá)式推導(dǎo)出洛倫茲力的表達(dá)式。

【分析】（1）根據(jù)電流的定義，單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)橫截面積的電荷量，確定電流的微觀表達(dá)式；
（2）根據(jù)安培力大小公式，F(xiàn)＝BIL，結(jié)合串聯(lián)電路電流相等，即可求解安培力的大?。欢鴮?dǎo)體受到的安培力是所以自由電荷受到的洛倫茲力集中體現(xiàn)，從而根據(jù)自由電荷的密集程度來(lái)確定洛倫茲力大小。
【解答】解：（1）在時(shí)間t內(nèi)流過(guò)導(dǎo)線橫截面的帶電離子數(shù)N＝nvSt，
通過(guò)導(dǎo)線橫截面的總電荷量Q＝Nq，導(dǎo)線中電流I=Qt
聯(lián)立以上三式可得I＝nvSq
（2）導(dǎo)線受安培力的大小F＝BIL，長(zhǎng)L的導(dǎo)線內(nèi)的總的帶電粒子數(shù)N＝nSL，又I＝nvSq，
電荷定向運(yùn)動(dòng)時(shí)所受洛倫茲力的矢量和，表現(xiàn)為導(dǎo)線所受的安培力，即Nf＝F，
聯(lián)立以上三式可以推導(dǎo)出洛倫茲力的表達(dá)f＝qvB。
答：見(jiàn)解析。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電流微觀表達(dá)式和洛倫茲力的公式推導(dǎo)，理解安培力的大小是所有洛倫茲力集中體現(xiàn)，這是解題的關(guān)鍵。
24．（2018秋?永安市校級(jí)期中）電子以4×102m/s的速率垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，受到的洛倫茲力大小為多少？如果電子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v與B的方向間的夾角是180°，則電子所受的洛倫茲力為多少？
【分析】根據(jù)洛倫茲力大小公式F＝qvB求出洛倫茲力的大小。當(dāng)磁場(chǎng)方向與粒子速度方向平行，則磁場(chǎng)力為零。
【解答】解：v垂直于磁場(chǎng)方向時(shí)，洛倫茲力為：
F＝qvB＝1.6×10﹣19×4×102×0.5N＝3.2×10﹣17N。
當(dāng)v與B的方向間的夾角是180°，則電子所受的磁場(chǎng)力為0。
答：以4×102m/s的速率垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，受到的洛倫茲力大小為3.2×10﹣17 N；
電子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v與B的方向間的夾角是180°，則電子所受的洛倫茲力為0。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)磁場(chǎng)方向與帶電粒子速度方向垂直時(shí)，F(xiàn)＝qvB，當(dāng)磁場(chǎng)方向與帶電粒子速度方向平行時(shí)，F(xiàn)＝0。
25．（2016秋?長(zhǎng)清區(qū)校級(jí)期中）地球的磁場(chǎng)可以使太空來(lái)的宇宙射線發(fā)生偏轉(zhuǎn)．已知北京上空某處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1.2×10﹣4 T，方向由南指向北，如果有一速度v＝5.0×105 m/s的質(zhì)子（帶電荷量q＝1.6×10﹣19 C豎直向下運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)子受到的洛倫茲力多大？向哪個(gè)方向偏轉(zhuǎn)？
【分析】當(dāng)速度與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，根據(jù)洛倫茲力公式F＝Bqv，即可求解其大小；再依據(jù)左手定則，可判定洛倫茲力的方向，從而即可求解．
【解答】解：當(dāng)速度與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，則由F＝Bqv
代入數(shù)據(jù)，解得：F＝1.2×10﹣4×1.6×10﹣19×5×105 N＝9.6×10﹣18 N，
根據(jù)左手定則，知F向東．
答：質(zhì)子受到的洛倫茲力9.6×10﹣18 N，向東偏轉(zhuǎn)．
【點(diǎn)評(píng)】考查洛倫茲力的大小與方向的應(yīng)用，掌握左手定則的內(nèi)容，理解F＝Bqv公式成立條件，注意右手定則與左手定則的區(qū)別．
26．（2020秋?雞冠區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在直線MN的下方存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電量大小為q、質(zhì)量為m的帶電粒子（不計(jì)重力），從直線上的A點(diǎn)平行紙面方向射入磁場(chǎng)，速度大小為v，方向與直線MN成45°，粒子最后從直線上的B點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，已知AB＝L，求：
（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?br /> （2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間？
（3）若只改變帶電粒子的入射角度（可在30°到90°之間變化），粒子最后從直線上的P點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，求PA間距的范圍？

【分析】在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何知識(shí)和牛頓第二定律求解。
【解答】解：
（1）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

根據(jù)幾何知識(shí)有2R=L
在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有qvB=mv2R
聯(lián)立解得B=2mvqL
（2）根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=34T
其中T=2πRv
聯(lián)立解得t=32πL4v
（3）經(jīng)分析可知，當(dāng)入射角為90°時(shí)，PA兩點(diǎn)間距最大，為粒子圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，即PAmax=2R=2L
當(dāng)入射角為30°時(shí)，PA兩點(diǎn)間距最小，為粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，即PAmin=R=22L
故PA間距的范圍是22L≤PA≤2L
答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2mvqL；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=32πL4v；
（3）粒子最后從直線上的P點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，PA間距的范圍：22L≤PA≤2L。
【點(diǎn)評(píng)】作圖確定圓心是解題的關(guān)鍵；第三問(wèn)可以用解臨界問(wèn)題的方法來(lái)求解，簡(jiǎn)化解題過(guò)程。
27．（2021?海淀區(qū)一模）如圖1所示，空間分布著方向平行于紙面、寬度為d的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)。在緊靠電場(chǎng)右側(cè)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，分布著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的粒子從左極板上A點(diǎn)由靜止釋放后，在M點(diǎn)離開(kāi)加速電場(chǎng)，并以速度v0沿半徑方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，然后從N點(diǎn)射出。MN兩點(diǎn)間的圓心角∠MON＝120°，粒子重力可忽略不計(jì)。
（1）求加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E0的大??；
（2）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
（3）若僅將該圓形區(qū)域的磁場(chǎng)改為平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖2所示，帶電粒子垂直射入該電場(chǎng)后仍然從N點(diǎn)射出。求該勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小。

【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理列式求解；
（2）根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)半徑公式列式求解；
（3）根據(jù)類(lèi)平拋相關(guān)內(nèi)容列式求解。
【解答】解：（1）粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中加速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有qE0d=12mv02
解得E0=mv022qd
圖1
（2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有qv0B=mv02r
由幾何關(guān)系可得tan30°=Rr
解得B=3mv03Rq
圖2
（3）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成分解及幾何關(guān)系
在x方向有R+Rcos60°＝v0t
在y方向有Rsin600=12at2
根據(jù)牛頓第二定律有Eq＝ma
聯(lián)立解得E=43mv029Rq
答：（1）加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E0的大小為mv022qd；
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為3mv03Rq；
（3）該勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小為43mv029Rq。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題關(guān)鍵。
28．（2021春?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m2＝8×10﹣3kg的不帶電小物塊靜止在原點(diǎn)O，A點(diǎn)距O點(diǎn)l＝0.045m，質(zhì)量m1＝1×10﹣3kg的帶電小物塊以初速度v0＝0.5m/s從A點(diǎn)水平向右運(yùn)動(dòng)，在O點(diǎn)與m2發(fā)生正碰并把部分電量轉(zhuǎn)移到m2上，碰撞后m2的速度為0.1m/s。此后不再考慮m1、m2間的庫(kù)侖力。已知電場(chǎng)強(qiáng)度E＝40N/C，小物塊m1與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，取g＝10m/s2，求：
（1）碰后m1的速度；
（2）若碰后m2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且恰好通過(guò)P點(diǎn)，OP與x軸的夾角θ＝30°，OP長(zhǎng)為0.4m，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?br /> （3）在（2）的狀態(tài)下，當(dāng)m2落到地面時(shí)與m1相距多遠(yuǎn)？

【分析】（1）m1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程，利用動(dòng)能定理求出碰撞前m1的速度，再根據(jù)碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒定律求出碰后m1的速度；
（2）碰后m2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用，重力與電場(chǎng)力平衡，畫(huà)出其運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出m2的軌跡半徑，再由洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
（3）先求出m2從碰后到落到地面的時(shí)間，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出m2離開(kāi)電磁場(chǎng)后平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移。再根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出碰后m1向左運(yùn)動(dòng)的位移，從而求得當(dāng)m2落到地面時(shí)與m1相距距離。
【解答】解：（1）設(shè)m1與m2碰撞前的速度為v1，m1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得
﹣μm1gl=12m1v12?12m1v02
代入數(shù)據(jù)解得：v1＝0.4m/s
m2碰撞后的速度為v2＝0.1m/s，由于m1、m2正碰，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
m1v1＝m1v'1+m2v2
代入數(shù)據(jù)解得碰撞后m1的速度：v'1＝﹣0.4m/s，負(fù)號(hào)表示速度方向水平向左．
（2）碰撞后m2恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和重力必定平衡，則有qE＝m2g
可解得m2所帶電荷量為：q＝2×10﹣3C

設(shè)m2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得：
qv2B＝m2v22R
其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：
R＝lOP＝0.4m
解得：B＝1T；
（3）碰后m2在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1=T2=πm2qB
解得t1＝12.56s
設(shè)m2離開(kāi)電磁場(chǎng)后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2。則有
2R=12gt22
解得t2＝0.4s
m2離開(kāi)電磁場(chǎng)后平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為x1＝v2t2＝0.1×0.4m＝0.04m
碰后m1向左滑行的加速度大小為a=μm1gm1=μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2
m1向左滑行的總時(shí)間為t=|v′1|a=0.41s＝0.4s
m1向左滑行的最大距離為x2=|v′1|2t=0.42×0.4m＝0.08m
因t＜t1+t2，故當(dāng)m2落到地面時(shí)與m1相距為s＝x2﹣x1＝0.08m﹣0.04m＝0.04m
答：（1）碰后m1的速度為0.4m/s，方向水平向左；
（2）若碰后m2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且恰好通過(guò)P點(diǎn)，OP與x軸的夾角θ＝30°，OP長(zhǎng)為lop＝0.4m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為1T；
（3）當(dāng)m2落到地面時(shí)與m1相距為0.04m。
【點(diǎn)評(píng)】本題是物塊在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)類(lèi)型，要正確分析物塊的受力情況，關(guān)鍵要抓住物塊在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件：重力和電場(chǎng)力平衡，由洛倫茲力提供向心力。
29．（2021?臨海市二模）如圖所示為某粒子探測(cè)裝置示意圖，水平放置的平行金屬板AB、CD，其中CD板可收集粒子，兩板長(zhǎng)度及板間距離均為L(zhǎng)，板間的電壓UAC=mv02q。在兩板左側(cè)有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的豎直放置的線狀粒子發(fā)射器EF，兩端恰好與上下兩平行板對(duì)齊。發(fā)射器各處能均勻持續(xù)地水平向右發(fā)射速度均為v0、質(zhì)量為m、帶電量為+q（重力不計(jì)）的同種粒子，單位時(shí)間內(nèi)射出的粒子個(gè)數(shù)為N。在金屬板CD右側(cè)有一半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2mv0qR，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)邊界恰好過(guò)D點(diǎn)，D點(diǎn)與磁場(chǎng)區(qū)域圓心的連線與水平方向的夾角θ＝37°。從電場(chǎng)右邊界中點(diǎn)離開(kāi)的粒子剛好對(duì)準(zhǔn)圓心O射入圓形磁場(chǎng)。一個(gè)范圍足夠大的熒光屏豎直放置在磁場(chǎng)的右側(cè)且與圓形磁場(chǎng)相切。不考慮電場(chǎng)與磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）單位時(shí)間內(nèi)金屬板CD收集到的粒子個(gè)數(shù)；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間；
（3）粒子能打到熒光屏上長(zhǎng)度。

【分析】（1）用類(lèi)平拋規(guī)律解出粒子離開(kāi)電場(chǎng)的豎直距離再判斷；
（2）由類(lèi)平拋推論得速度與水平方向的夾角，計(jì)算粒子離開(kāi)電場(chǎng)的速度和進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，用12字方針結(jié)合題意畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中軌跡，找到打到下板邊緣D點(diǎn)射入的粒子在磁場(chǎng)中的時(shí)間最長(zhǎng)，利用數(shù)學(xué)知識(shí)計(jì)算；
（3）利用數(shù)學(xué)知識(shí)計(jì)算.
【解答】解：（1）在平行金屬板內(nèi)，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：y=12at2，水平方向：L＝v0t，由牛頓第二定律：a=qEm=qUACmL，聯(lián)立解得：y=L2
所以發(fā)射器中點(diǎn)的粒子恰好打到下板邊緣D點(diǎn)，則單位時(shí)間內(nèi)金屬板CD收集到的粒子個(gè)數(shù)為：n=N2
（2）由類(lèi)平拋推論得速度與水平方向的夾角：tanα=yL2=1，所以：α＝45°，離開(kāi)電場(chǎng)的速度為：v=v0cosα=2v0，洛倫茲力提供向心力：qvB＝mv2r，而B(niǎo)=2mv0qR，聯(lián)立解得：r＝R，
如圖所示，從E點(diǎn)射入的粒子恰好從電場(chǎng)的右邊界中點(diǎn)射出，并對(duì)心入射，經(jīng)過(guò)四分之一圓形磁場(chǎng)后從K點(diǎn)離開(kāi)，打到MN板的I點(diǎn)，軌跡圓心為O1，所有的粒子經(jīng)過(guò)圓形磁場(chǎng)后均經(jīng)過(guò)K點(diǎn)，恰好打到下板邊緣D點(diǎn)射入的粒子從K點(diǎn)離開(kāi)打到MN板的J點(diǎn)，軌跡圓心為O2，連接O2DOK四點(diǎn)形成菱形。由幾何關(guān)系，打到下板邊緣D點(diǎn)射入的粒子在磁場(chǎng)中的時(shí)間最長(zhǎng)，圓心角：∠DO2K＝180°﹣（α+θ）＝180°﹣45°﹣37°＝98°，周期：T=2πRv2πR2v0=2πRv0，粒子在磁場(chǎng)中的最長(zhǎng)時(shí)間為：t=∠DO2K360°T=98°360°×2πRv0=492πR180v0
（3）如圖所示，由幾何關(guān)系可知：∠KIH＝α＝45°，∠KJH＝θ＝37°，KH＝R﹣Rcosα＝（1?22）R，IH=KHtanα=（1?22）R，JH=KHtanθ=43(1?22)R
粒子打到熒光屏上豎直方向的范圍：IJ＝JH﹣IH＝（1?22）R3.
答：（1）單位時(shí)間內(nèi)金屬板CD收集到的粒子個(gè)數(shù)為N2；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為492πR180v0；
（3）粒子能打到熒光屏上長(zhǎng)度為（1?22）R3。

【點(diǎn)評(píng)】本題難點(diǎn)在畫(huà)出粒子射入磁場(chǎng)后的軌跡，找出規(guī)律，進(jìn)而找到粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)所對(duì)應(yīng)的粒子，考查用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問(wèn)題的能力。
30．（2021?泰安二模）如圖（a）所示，以間距為L(zhǎng)的兩虛線為邊界，中間存在如圖（b）所示規(guī)律的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向平行紙面且與邊界垂直，兩側(cè)有方向垂直紙面向里、強(qiáng)度不變的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子，從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間T0（T0未知）到達(dá)M點(diǎn)，進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)后做半徑為L(zhǎng)π的圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)粒子重力。

（1）通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，粒子在N、P間的運(yùn)動(dòng)情況；
（2）若粒子經(jīng)過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)也做半徑為L(zhǎng)π的圓周運(yùn)動(dòng)，求兩側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比B右B左。
【分析】（1）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解粒子在OM間、MN間、NP間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，由此分析粒子在N、P間的運(yùn)動(dòng)情況；
（2）求出粒子在兩邊磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度大小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到磁感應(yīng)強(qiáng)度的表達(dá)式進(jìn)行求解。
【解答】解：（1）粒子從O到M過(guò)程中qE0＝ma
經(jīng)歷的時(shí)間t1=Lv12=T0
經(jīng)過(guò)右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間：t2=πr1v1=π×Lπv1=Lv1=T02
由于t1+t2=32T0＜2T0，所以粒子到達(dá)N點(diǎn)時(shí)加速度與速度方向相同。
假設(shè)粒子從N到P一直加速，粒子從開(kāi)始到P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在電場(chǎng)中加速的時(shí)間為T(mén)2，則有：2L=12aT22
粒子從O到M運(yùn)動(dòng)過(guò)程中：L=12aT02
聯(lián)立解得：T2=2T0
由于t2?T0=(2?1)T0＜0.5T0
假設(shè)成立，粒子從N到P一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；
（2）粒子經(jīng)過(guò)右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv1B右=mv12R
根據(jù)速度﹣位移關(guān)系可得：v12=2aL
設(shè)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v2，根據(jù)速度﹣位移關(guān)系可得：v22?v12=2aL
經(jīng)過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv2B左=mv22R
所以：B右B左=12。
答：（1）粒子從N到P一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；
（2）若粒子經(jīng)過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)也做半徑為L(zhǎng)π的圓周運(yùn)動(dòng)，右邊和左邊磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比為12。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，關(guān)鍵是弄清楚運(yùn)動(dòng)情況，能夠根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析在電場(chǎng)中和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，知道在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力提供向心力。
31．（2021?茂名二模）如圖所示，比荷為108C/kg的帶正電的同種粒子以某一速度沿虛線方向射入平行板間的正交電磁場(chǎng)，恰好做直線運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入右側(cè)的圓形磁場(chǎng)。圓形區(qū)域磁場(chǎng)方向垂直紙面向里且圓心O在虛線上，半徑r＝10cm。已知加在平行板間的電壓U＝1.2×104V，兩平行板之間的距離d＝6cm，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里、大小為B1＝0.2T。不計(jì)重力的影響，求：
（1）求粒子進(jìn)入正交電磁場(chǎng)的速度；
（2）要使粒子在圓形區(qū)域磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)60°后射出，求此時(shí)圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)B的大小。

【分析】（1）抓住粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡求出粒子的初速度．
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑，結(jié)合半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小．
【解答】解：（1）粒子在正交的電磁場(chǎng)中恰好做直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與洛倫茲力抵消：
qvB1=Ud×q
所以v=UB1d=1.2×1040.2×6×10?2m/s=1.0×106m/s
（2）粒子在圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)60°解方向后背著圓心方向離開(kāi)磁場(chǎng)，畫(huà)出軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得：Rtan30°＝r
洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2R
聯(lián)立求得：B=3mv3rq=1.73×1043×0.1×108T=5.8×10﹣2T
答：（1）粒子進(jìn)入正交電磁場(chǎng)的速度為1.0×106m/s；
（2）要使粒子在圓形區(qū)域磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)60°后射出，此時(shí)圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)B的大小為5.8×10﹣2T。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的相關(guān)問(wèn)題，考查學(xué)生綜合分析、解決物理問(wèn)題能力．分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解、平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題．

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