2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練27 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力（含解析）

《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練27 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練27 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力（含解析）（22頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力 小題狂練 小題是基礎(chǔ)　練小題　提分快 1.[2019·江蘇省東臺(tái)創(chuàng)新學(xué)校調(diào)研](多選)以下說(shuō)法正確的是(　　) A．電荷處于電場(chǎng)中一定受到靜電力 B．運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中一定受到洛倫茲力 C．洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷一定不做功 D．洛倫茲力可以改變運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向和速度大小 答案：AC 解析：電荷處于電場(chǎng)中一定受到靜電力，故A項(xiàng)正確；運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向與磁場(chǎng)平行時(shí)，運(yùn)動(dòng)電荷不受洛倫茲力，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷一定不做功，故C項(xiàng)正確；洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷一定不做功，由動(dòng)能定理得，洛倫茲力不能改變運(yùn)動(dòng)電荷的動(dòng)能，

2、即洛倫茲力不能改變速度的大小，只能改變速度的方向，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 2. [2019·四川省成都九校聯(lián)考]1931年，著名的英國(guó)物理學(xué)家狄拉克認(rèn)為，既然電有基本電荷——電子存在，磁也應(yīng)有基本磁荷——磁單極子存在，這樣，電磁現(xiàn)象的完全對(duì)稱性就可以得到保證，他從理論上用極精美的數(shù)學(xué)物理公式預(yù)言，磁單極子是可以獨(dú)立存在的，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，類似于孤立的點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線．以某一磁單極子N為原點(diǎn)建立如圖所示O—xyz坐標(biāo)系，z為豎直方向，則一帶電微?？梢栽诖丝臻g做圓周運(yùn)動(dòng)的平面為(　　) A．一定是z>0且平行于xOy的平面 B．一定是在xOy平面 C．一定是z<0且平行于xOy的平

3、面 D．只要是過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的任意平面均可 答案：A 解析：在z>0的區(qū)域，磁場(chǎng)的方向是斜向上的圓錐形狀，帶電微粒若能在平行于xOy的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，所受的洛倫茲力方向?yàn)榇怪贝鸥芯€斜向上，重力豎直向下，合力的方向水平指向z軸，故可滿足做圓周運(yùn)動(dòng)的條件，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 3．[2019·江西省紅色七校聯(lián)考]如圖所示，三根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線P、Q、R互相平行，垂直紙面放置，其間距均為a，電流強(qiáng)度均為I，方向垂直紙面向里(已知電流為I的長(zhǎng)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，其中k為常量)．某時(shí)刻有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)正好經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，速度大小為v，方向沿y軸正

4、方向，則電子此時(shí)所受的洛倫茲力為(　　) A．方向垂直紙面向里，大小為 B．方向指向x軸正方向，大小為 C．方向垂直紙面向里，大小為 D．方向指向x軸正方向，大小為 答案：A 解析：P、Q兩根導(dǎo)線到O點(diǎn)的距離相等，根據(jù)安培定則，兩導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，大小相等，所以最終磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于R在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，根據(jù)安培定則，磁場(chǎng)的方向沿x軸負(fù)方向，RO＝a，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝＝，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向垂直紙面向里，大小F＝evB＝，故A正確． 4. [2019·安徽省合肥質(zhì)檢](多選)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電粒子

5、以某速度由圓周上A點(diǎn)沿與直徑AB成30°角的方向垂直射入磁場(chǎng)，其后從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)．已知CD為圓的直徑，∠BOC＝60°，E、F分別為劣弧AD和AC上的點(diǎn)，粒子重力不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．該粒子可能帶正電 B．粒子從C點(diǎn)射出時(shí)的速度方向一定垂直于直徑AB C．若僅將粒子的入射位置由A點(diǎn)改為E點(diǎn)，則粒子仍從C點(diǎn)射出 D．若僅將粒子的入射位置由A點(diǎn)改為F點(diǎn)，則粒子仍從C點(diǎn)射出 答案：BCD 解析：粒子由A點(diǎn)射入，C點(diǎn)射出，可確定洛倫茲力方向，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，A項(xiàng)錯(cuò)誤；軌跡圓弧關(guān)于磁場(chǎng)圓心與軌跡圓圓心連線對(duì)稱，所以粒子從C點(diǎn)射出時(shí)速度方向與DC夾角也是30°，垂直

6、于直徑AB，B項(xiàng)正確；軌跡圓半徑與磁場(chǎng)圓半徑相同，由磁聚焦原理可知，C、D項(xiàng)正確． 5．[2019·山西省榆社中學(xué)診斷]如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在xOy平面內(nèi)，從原點(diǎn)O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個(gè)帶正電的粒子(重力不計(jì))．則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若θ一定，v越大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短 B．若θ一定，v越大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的角速度越大 C．若v一定，θ越大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短 D．若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場(chǎng)的位置距O點(diǎn)越遠(yuǎn) 答案：C 解析：畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，如圖

7、所示．由幾何關(guān)系得：軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角α＝2π－2θ，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝·＝，則得知：粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與v無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；若v一定，θ越大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短，故C正確．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的角速度ω＝，又T＝，則得ω＝，與速度v無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；設(shè)粒子的軌跡半徑為r，則r＝.AO＝2rsinθ＝，則若θ是銳角，θ越大，AO越大．若θ是鈍角，θ越大，AO越小．故D錯(cuò)誤；故選C. 6．[2019·遼寧省大連模擬]如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點(diǎn)，出現(xiàn)一個(gè)光斑．在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，粒子

8、束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏上的P點(diǎn)，然后在磁場(chǎng)區(qū)域再加一豎直向下，場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，光斑從P點(diǎn)又回到O點(diǎn)，關(guān)于該粒子，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子帶負(fù)電 B．初速度為v＝ C．比荷為＝ D．比荷為＝ 答案：D 解析：垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，粒子束打在熒光屏上的P點(diǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，qvB＝Eq，解得v＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中時(shí)，由qvB＝m，可得＝＝，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤；故選D. 7. [2019·貴州省貴陽(yáng)市摸底](多選)如圖所示，在xOy平面內(nèi)的

9、0≤x≤l,0≤y≤l區(qū)域僅存在垂直于xOy平面(紙面)向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小設(shè)為B)，或僅存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(電場(chǎng)強(qiáng)度大小設(shè)為E)時(shí)，質(zhì)量為m、帶電荷量為e的質(zhì)子以速率v從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，均能通過(guò)P(l，l)點(diǎn)，不計(jì)質(zhì)子的重力，則(　　) A．B＝ B．B＝ C．E＝ D．E＝ 答案：BD 解析：若僅存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為l，又evB＝m，解得B＝，B項(xiàng)正確，A項(xiàng)錯(cuò)誤；若僅存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，則質(zhì)子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，l＝vt，l＝at2，a＝，聯(lián)立解得E＝，C項(xiàng)錯(cuò)誤，

10、D項(xiàng)正確． 8．[2019·黑龍江省哈爾濱六中模擬]在光滑水平地面上水平放置著足夠長(zhǎng)的質(zhì)量為M的木板，其上放置著質(zhì)量為m、帶正電的物塊(電荷量保持不變)，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，且M>m.空間存在足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，某時(shí)刻開始它們以大小相等的速度相向運(yùn)動(dòng)，如圖，取向右為正方向，則下列圖象可能正確反映它們以后運(yùn)動(dòng)的是(　　) 答案：B 解析：對(duì)物塊分析可知其受重力、支持力、洛倫茲力和摩擦力作用，由左手定則可知，洛倫茲力方向向上；水平方向受摩擦力作用而做減速運(yùn)動(dòng)；則由F＝Bqv可知，洛倫茲力減小，故m對(duì)M的壓力增大，摩擦力增大，故m的加速度越來(lái)越大；同時(shí)M受m向右的摩

11、擦力作用，M也做減速運(yùn)動(dòng)；因摩擦力增大，故M的加速度也越來(lái)越大；v—t圖象中圖線斜率的絕對(duì)值表示加速度大小，則可知v—t圖象中對(duì)應(yīng)的圖線應(yīng)為曲線；對(duì)M、m組成的系統(tǒng)分析可知，系統(tǒng)所受外力之和為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，最終木板和物塊速度一定相同，則有mv0－Mv0＝(M＋m)v，因M>m，故最終速度一定為負(fù)值，說(shuō)明最終木板和物塊均向左做勻速運(yùn)動(dòng)，則B正確． 9. [2019·貴州省畢節(jié)梁才學(xué)校檢測(cè)](多選)如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，場(chǎng)內(nèi)有一絕緣的足夠長(zhǎng)的直桿，它與水平面的夾角為θ，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球套在直桿上，從A點(diǎn)由靜止沿桿下滑，小球與桿

12、之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球下滑的最大速度為vm＝ B．小球下滑的最大加速度為am＝gsinθ C．小球的加速度一直在減小 D．小球的速度先增大后不變 答案：BD 解析：小球開始下滑時(shí)有mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，隨著v增大，a增大，當(dāng)v0＝時(shí)，a達(dá)到最大值即am＝gsinθ，此時(shí)洛倫茲力大小等于mgcosθ，支持力為0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，此后下滑過(guò)程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcosθ)＝ma，隨著v增大，a減小，當(dāng)vm＝時(shí)，a＝0，此時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，速度不變．所以整個(gè)過(guò)程中

13、，v先增大后不變，a先增大后減小，所以B、D正確． 10．[2019·湖北省武漢調(diào)研](多選)如圖(a)所示，在半徑為R的虛線區(qū)域內(nèi)存在周期性變化的磁場(chǎng)，其變化規(guī)律如圖(b)所示．薄擋板MN兩端點(diǎn)恰在圓周上，且MN所對(duì)的圓心角為120°.在t＝0時(shí)，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以初速度v從A點(diǎn)沿直徑AB射入場(chǎng)區(qū)，運(yùn)動(dòng)到圓心O后，做一次半徑為的完整的圓周運(yùn)動(dòng)，再沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在B點(diǎn)與擋板碰撞后原速率返回(碰撞時(shí)間不計(jì)，電荷量不變)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(a)中所示．粒子的重力不計(jì)，不考慮變化的磁場(chǎng)所產(chǎn)生的電場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．磁場(chǎng)方向垂直紙面向外 B．圖(b)中B0＝

14、 C．圖(b)中T0＝ D．若t＝0時(shí)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v從A點(diǎn)沿AO入射，偏轉(zhuǎn)、碰撞后，仍可返回A點(diǎn) 答案：BC 解析：根據(jù)題述一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子以初速度v從A點(diǎn)沿直徑AB射入場(chǎng)區(qū)，運(yùn)動(dòng)到圓心O后，做一次半徑為的完整的圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可判斷出磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，qvB0＝m，且r＝，可得B0＝，選項(xiàng)B正確；帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝，帶電粒子以初速度v從A點(diǎn)沿直徑AB射入場(chǎng)區(qū)，運(yùn)動(dòng)到圓心O所需時(shí)間t＝，所以題圖(b)中T0＝t＋T＝＋＝，選項(xiàng)C正確；若t＝0時(shí)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒

15、子以初速度v從A點(diǎn)沿直徑AB射入場(chǎng)區(qū)，運(yùn)動(dòng)到圓心O后，根據(jù)左手定則知粒子將向下偏轉(zhuǎn)與擋板MN碰撞后運(yùn)動(dòng)圓周，再與擋板B碰撞后運(yùn)動(dòng)一段圓弧后射出場(chǎng)區(qū)，不能返回A點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 11．[2019·湖南省益陽(yáng)市、湘潭市調(diào)研](多選)如圖所示，兩個(gè)相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，軌道兩端在同一高度上，兩個(gè)相同的帶正電小球a、b同時(shí)從軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放，且在運(yùn)動(dòng)中始終能沿軌道通過(guò)各自軌道的最低點(diǎn)M、N，則(　　) A．兩小球某次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大小不可能有vN＝vM B．兩小球都能到達(dá)軌道的最右端 C．小球a、b第一次同時(shí)到達(dá)最低點(diǎn) D．第

16、一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，小球a對(duì)軌道的壓力小于小球b對(duì)軌道的壓力 答案：AD 解析：由于洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力對(duì)帶電小球一定做負(fù)功，所以兩個(gè)小球某次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度不可能有vN＝vM，A正確；由機(jī)械能守恒定律知，小球b可以到達(dá)軌道的最右端，電場(chǎng)力對(duì)小球a做負(fù)功，故小球a不可能到達(dá)軌道的最右端，B錯(cuò)誤；第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，由于洛倫茲力對(duì)b不做功，而電場(chǎng)力一直對(duì)a做負(fù)功，因此a球的速率一直小于b球速率，故小球b第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)刻與小球a第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)刻不相同，C錯(cuò)誤；由于小球能到達(dá)最低點(diǎn)，重力對(duì)小球a做正功，電場(chǎng)力對(duì)小球a做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mgR－EqR＝mv，又由牛頓第二定

17、律得，F(xiàn)N1－mg＝m，對(duì)小球b，洛倫茲力不做功，只有重力做正功，由機(jī)械能守恒定律得mgR＝mv，小球b第一次通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得FN2－mg－qvB＝m，由牛頓第三定律知，D正確． 12．[2019·湖北省黃岡中學(xué)模擬](多選)如圖所示，下端封閉、上端開口、高h(yuǎn)＝5 m的內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有質(zhì)量m＝10 g、電荷量的絕對(duì)值|q|＝0.2 C的小球，整個(gè)裝置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由于外力的作用，玻璃管在磁場(chǎng)中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．g取10 m/s2.下列說(shuō)法中正確的是(　　)

18、 A．小球帶負(fù)電 B．小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．小球在玻璃管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于1 s D．小球機(jī)械能的增加量為1 J 答案：BD 解析：由左手定則可知，小球帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；玻璃管在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則小球在豎直方向所受的洛倫茲力恒定，則豎直方向加速度不變，即小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；小球在豎直方向的加速度a＝＝ m/s2＝10 m/s2，在管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝ s＝1 s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球到管口時(shí)豎直方向的速度v′＝at＝10 m/s，機(jī)械能的增加量ΔE＝mgh＋mv′2＝1 J，選項(xiàng)D正確． 13. [2019·四川省五校聯(lián)考](多選)如圖

19、所示，在x>0，y>0的空間中有恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的某點(diǎn)P沿著與x軸成30°角的方向射入磁場(chǎng)．不計(jì)重力的影響，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．只要粒子的速率合適，粒子就可能通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn) B．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間可能為 C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間可能為 D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間可能為 答案：BC 解析：帶正電粒子由P點(diǎn)沿與x軸成30°角的方向入射，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心在過(guò)P點(diǎn)且與速度方向垂直的方向上，粒子在磁場(chǎng)中要想到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)，轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角肯定大于180°，假設(shè)如

20、圖所示，而因磁場(chǎng)有邊界，故粒子不可能通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，A錯(cuò)誤；由于P點(diǎn)的位置不定，所以粒子在磁場(chǎng)中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角也不同，最大的圓心角為圓弧與y軸相切時(shí)，偏轉(zhuǎn)角度為300°，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝，根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，可知粒子的運(yùn)動(dòng)半徑無(wú)限大時(shí)，對(duì)應(yīng)的最小圓心角也一定大于120°，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t>T＝，故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間范圍是

21、與圓心O等距的各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外，膠片M.由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后進(jìn)入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過(guò)靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，最終打到膠片上的某點(diǎn)．粒子從粒子源發(fā)出時(shí)的初速度不同，不計(jì)粒子所受重力，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．從小孔S進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子速度大小一定相等 B．從小孔S進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子動(dòng)能一定相等 C．打到膠片上同一點(diǎn)的粒子速度大小一定相等 D．打到膠片上位置距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)的粒子，其比荷(q/m)越小 答案：CD 解析：直線加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有qU＝mv2－mv①，電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程

22、，根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝m②，磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝m③，由②式得v＝④，即從小孔S進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子速度大小與粒子比荷有關(guān)，故A錯(cuò)誤；由②式，Ek＝，即從小孔S進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子的動(dòng)能與q有關(guān)，故B錯(cuò)誤；由③④解得r＝ ，打到膠片上同一點(diǎn)的粒子的比荷一定相等，由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，故C正確；r＝ ，故打到膠片上位置距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)的粒子，比荷越小，故D正確． 15．(多選)如圖所示，空間有一垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無(wú)初速度地放置一質(zhì)量為0.05 kg、電荷量q＝－0.

23、2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，可認(rèn)為滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)對(duì)木板施加方向水平向左、大小為0.6 N的恒力，g取10 m/s2.則(　　) A．木板和滑塊一直做勻加速運(yùn)動(dòng) B．滑塊先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng) C．最終滑塊做速度為5 m/s的勻速運(yùn)動(dòng) D．最終木板做加速度為3 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng) 答案：CD 解析：滑塊開始運(yùn)動(dòng)后，受到豎直向上的洛倫茲力作用，且洛倫茲力不斷增大，滑塊受到的支持力逐漸減小，故滑塊先做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)|q|vB＝mg時(shí)，滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，速度v＝5 m/s，C正確，A、B錯(cuò)誤；此后，木板在恒力F作用下做勻加速直線運(yùn)

24、動(dòng)，且加速度a＝＝3 m/s2，故D正確． 16．圖甲所示的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ的寬度與圖乙所示的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ的半徑相等，一不計(jì)重力的粒子從左邊界的M點(diǎn)以一定初速度水平向右垂直射入磁場(chǎng)Ⅰ，從右邊界射出時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了θ角，該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場(chǎng)Ⅱ，射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了2θ角．已知磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1、B2，則B1與B2的比值為(　　) A．2cosθ B．sinθ C．cosθ D．tanθ 答案：C 解析：設(shè)有界磁場(chǎng)Ⅰ寬度為d，則粒子在磁場(chǎng)Ⅰ和磁場(chǎng)Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡分別如圖1、2所示，由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由幾何關(guān)系知d

25、＝r1sinθ，d＝r2tanθ，聯(lián)立得＝cosθ，C正確． 課時(shí)測(cè)評(píng) 綜合提能力　課時(shí)練　贏高分 一、選擇題 1．[2019·黑龍江哈六中檢測(cè)]如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 電子1從磁場(chǎng)邊界上的a點(diǎn)垂直MN和磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t1時(shí)間從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)．之后電子2也由a點(diǎn)沿圖示方向以相同速率垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場(chǎng)，則t1t2為(　　) A．2：3 B．2：1 C．3：2 D．3：1 答案：D 解析：兩電子在磁場(chǎng)中均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意畫出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示． 電子1垂直

26、射入磁場(chǎng)，從b點(diǎn)離開，則運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周，ab即為電子1的運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑，c點(diǎn)為圓心．電子2以相同速率垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場(chǎng)，根據(jù)r＝可知，電子1和2的軌跡半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為60°，所以電子1運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝，電子2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝，所以t1：t2＝3：1，故選D. 2．[2019·江西聯(lián)考]如圖所示在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一帶電粒子以一定的速度平行于x軸正方向從y軸上的a處射入磁場(chǎng)，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)O射出磁場(chǎng)．現(xiàn)使

27、同一帶電粒子以速度方向不變、大小變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，仍從y軸上的a處射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)t0時(shí)間射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子所受的重力，則粒子的比荷為(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：帶電粒子射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子第一次射入磁場(chǎng)時(shí)，軌跡半徑為，粒子第二次射入磁場(chǎng)時(shí)，粒子軌跡半徑為2a，由此可知粒子第二次在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)60°后射出磁場(chǎng)，因此t0＝，由T＝可得＝.C正確． 3．[2017·全國(guó)卷Ⅱ]如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)．大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)．若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁

28、場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2：v1為(　　) A.：2 B.：1 C.：1 D．3： 答案：C 解析：設(shè)速率為v1的粒子最遠(yuǎn)出射點(diǎn)為M，速率為v2的粒子最遠(yuǎn)出射點(diǎn)為N，如圖所示，則由幾何知識(shí)得 r1＝＝，r2＝＝R ＝ 由qvB＝得r＝，故＝＝，選項(xiàng)C正確． 4．[2019·河北邢臺(tái)質(zhì)檢] 如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)ABCD，帶電粒子從A點(diǎn)沿AB方向射入磁場(chǎng)，恰好從C點(diǎn)飛出磁場(chǎng)；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點(diǎn)P垂直AD射入磁場(chǎng)，從DC邊

29、的M點(diǎn)飛出磁場(chǎng)(M點(diǎn)未畫出)．設(shè)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用時(shí)間為t1，由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用時(shí)間為t2(帶電粒子重力不計(jì))，則t1：t2為(　　) A．2：1 B．2：3 C．3：2 D.： 答案：C 解析：如圖所示為粒子兩次運(yùn)動(dòng)軌跡圖，由幾何關(guān)系知，粒子由A點(diǎn)進(jìn)入C點(diǎn)飛出時(shí)軌跡所對(duì)圓心角θ1＝90°，粒子由P點(diǎn)進(jìn)入M點(diǎn)飛出時(shí)軌跡所對(duì)圓心角θ2＝60°，則＝＝＝，故選項(xiàng)C正確． 5. [2019·長(zhǎng)沙四校模擬](多選)如圖所示，圓心角為90°的扇形COD內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，E點(diǎn)為半徑OD的中點(diǎn)．現(xiàn)有比荷大小相等的兩個(gè)帶電粒子a、b(不計(jì)重力)以大

30、小不等的速度分別從O、E點(diǎn)均沿OC方向射入磁場(chǎng)，粒子a恰從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，粒子b恰從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．粒子a帶正電，粒子b帶負(fù)電 B．粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為5：2 C．粒子a、b的速率之比為2：5 D．粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為180：53 答案：CD 解析：本題考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，意在考查考生運(yùn)用相關(guān)規(guī)律及數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力．兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如答圖所示，根據(jù)左手定則判斷知粒子a帶負(fù)電，粒子b帶正電，A錯(cuò)誤；設(shè)扇形COD的半徑為r，粒子a、b的軌道半徑分別

31、為Ra、Rb， 則Ra＝，R＝r2＋2，sinθ＝，得Rb＝r，θ＝53°，由qvB＝m，得v＝R，所以粒子a、b的速率之比為＝＝，C正確；由牛頓第二定律得加速度a＝，所以粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為＝＝，B錯(cuò)誤；粒子a在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間ta＝，粒子b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tb＝，則＝，D正確． 6．[2019·山東膠東示范校模擬](多選) 如圖所示，在光滑絕緣的水平面上疊放著兩個(gè)物塊A和B，A帶負(fù)電、質(zhì)量為m、電荷量為q，B質(zhì)量為2m、不帶電，A和B間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.初始時(shí)A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將大小為F＝mg的水平恒力作用在B上，g為重力加速度．A、B處于水平向里

32、的磁場(chǎng)之中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.若A、B間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．水平力作用瞬間，A的加速度大小為 B．A做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 C．A的最大速度為 D．B的最大加速度為g 答案：BC 解析：本題考查考生對(duì)帶電體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析能力．F作用在B上瞬間，假設(shè)A、B一起加速，則對(duì)A、B整體有F＝3ma＝mg，對(duì)A有fA＝ma＝mg<μmg＝mg，假設(shè)成立，因此A、B共同做加速運(yùn)動(dòng)，加速度為，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；A、B開始運(yùn)動(dòng)后，整體在水平方向上只受到F作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)A分析，B對(duì)A有水平向左的靜摩擦力fA靜作用，由fA靜＝知，fA靜保持不變，

33、但A受到向上的洛倫茲力，支持力NA＝mg－qvB0逐漸減小，最大靜摩擦力μN(yùn)A減小，當(dāng)fA靜＝μN(yùn)A時(shí)，A、B開始相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)有＝μ(mg－qv1B0)，v1＝，由v1＝at得t＝，B選項(xiàng)正確；A、B相對(duì)滑動(dòng)后，A仍受到滑動(dòng)摩擦力作用，繼續(xù)加速，有fA靜＝μ(mg－qvAB0)，速度增大，滑動(dòng)摩擦力減小，當(dāng)滑動(dòng)摩擦力減小到零時(shí)，A做勻速運(yùn)動(dòng)，有mg＝qv2B0，得最大速度v2＝，C選項(xiàng)正確；A、B相對(duì)滑動(dòng)后，對(duì)B有F－fA滑＝2maB，fA滑減小，則aB增大，當(dāng)fA滑減小到零時(shí)，aB最大＝＝，D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 7. [2019·安徽巢湖一中、合肥八中等十校聯(lián)考]如圖所示，平行邊界MN、P

34、Q之間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，兩邊界間距為d，邊界MN上A點(diǎn)有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向射出完全相同的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子射出的速度大小均為v＝，若不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長(zhǎng)度與能從MN邊界射出的區(qū)域長(zhǎng)度之比為(　　) A．1：1 B．2：3 C.：2 D．2：7 答案：C 解析： 由qvB＝可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R＝d，當(dāng)速度方向沿AN時(shí)，軌跡交PQ于B點(diǎn)，當(dāng)軌跡恰好與PQ相切時(shí)，軌跡交PQ于C點(diǎn)，B、C間的距離為粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長(zhǎng)度，由幾何關(guān)系可知∠O1BC＝

35、∠O2AD＝30°，所以BC＝2Rcos30°＝R；當(dāng)粒子垂直于MN射入時(shí)，粒子與MN交于E點(diǎn)(軌跡是半圓，沒(méi)畫出)，A、E間的距離是粒子能從MN邊界射出的長(zhǎng)度，AE＝2R，所以＝＝. 8．[2019·四川資陽(yáng)測(cè)試](多選)圖中的MN、PQ為兩條相互平行的虛線，在MN的上方、PQ的下方空間存在相同的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在圖中的O點(diǎn)沿與PQ成θ＝30°角的方向斜向上射出一帶電粒子(紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng))，粒子在上、下兩磁場(chǎng)中各偏轉(zhuǎn)一次后恰好經(jīng)過(guò)圖中的S點(diǎn)，且經(jīng)過(guò)S點(diǎn)的速度與O點(diǎn)的速度方向相同，忽略粒子的重力．則(　　) A．如果保持θ不變，僅增大粒子的初速度，則粒子一定還能經(jīng)過(guò)S點(diǎn) B．粒子

36、每次經(jīng)過(guò)邊界PQ時(shí)的速度都與初速度相同 C．該粒子可能帶正電也可能帶負(fù)電 D．如果僅將θ增大到60°，則粒子一定不能經(jīng)過(guò)S點(diǎn) 答案：AC 解析： 以帶正電荷的粒子為例，粒子先在MN和PQ間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入上方磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再分別做勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由于上、下方磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，則軌跡對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)x＝2rsinθ，而r＝.設(shè)兩平行虛線之間的距離為L(zhǎng)，粒子經(jīng)過(guò)兩次勻速直線運(yùn)動(dòng)和兩次勻速圓周運(yùn)動(dòng)后沿水平方向向右移動(dòng)的距離OS＝Lcotθ－x＋Lcotθ＋x＝2Lcotθ，與軌跡半徑無(wú)關(guān)，即與速度無(wú)關(guān)，所以增大粒子的速度后，粒子仍將通過(guò)S點(diǎn)，選項(xiàng)A正確

37、；由以上分析，粒子每次經(jīng)過(guò)PQ時(shí)速度方向與初速度方向不一定相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子若帶負(fù)電，則粒子在上方磁場(chǎng)先向右平移x，到下方磁場(chǎng)后向左平移x，則總的平移距離仍為2Lcotθ，選項(xiàng)C正確；若將θ增大到60°，則粒子上下偏轉(zhuǎn)一次平移的距離將發(fā)生變化，但由于3cot60°＝cot30°，即粒子經(jīng)過(guò)3次上下偏轉(zhuǎn)后，也將通過(guò)S點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 9．(多選)如圖所示，有一半徑為R的光滑絕緣塑料半圓形軌道，水平固定于一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、所帶電荷量為＋q的小球從軌道的左端由靜止釋放，半圓形軌道的最低點(diǎn)為A，不考慮渦流現(xiàn)象，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A

38、．小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒 B．小球通過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力可能為3mg－qB C．小球通過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力可能為3mg＋qB D．從軌道的左端由靜止釋放的小球，可能從軌道右端滑出 答案：BC 解析： 由于小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以小球機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；小球第一次通過(guò)最低點(diǎn)A時(shí)的受力情況如圖甲所示，則由機(jī)械能守恒定律可得，mgR＝mv2，小球第一次通過(guò)最低點(diǎn)A時(shí)由牛頓第二定律可得N1＋F洛－mg＝m，且F洛＝Bqv，聯(lián)立解得N1＝3mg－qB，由牛頓第三定律知，B正確；同理可得小球第二次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)A時(shí)，其受力情況如圖乙所示，小球第二次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)A時(shí)

39、由牛頓第二定律可得N2－F洛－mg＝，且F洛＝Bqv，則聯(lián)立解得N2＝3mg＋qB，C正確，D錯(cuò)誤． 10．(多選) 如圖所示，豎直平面內(nèi)一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外．一束質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子沿平行于直徑MN的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子的速度大小不同，重力不計(jì)，入射點(diǎn)P到直徑MN的距離為h，則(　　) A．若某粒子從磁場(chǎng)射出時(shí)的速度方向恰好與其入射方向相反，則該粒子的入射速度是 B．恰好能從M點(diǎn)射出的粒子速度是 C．若h＝且粒子從P點(diǎn)經(jīng)磁場(chǎng)到M點(diǎn)，則所用的時(shí)間是 D．當(dāng)粒子軌道半徑r＝R時(shí)，粒子從圓形磁場(chǎng)區(qū)域最低點(diǎn)射出 答案：AB

40、D 解析：根據(jù)牛頓第二定律，qvB＝m，從而求出速率v＝.若某粒子從磁場(chǎng)射出時(shí)的速度方向恰好與其入射方向相反，則粒子在圓形磁場(chǎng)中恰好轉(zhuǎn)半周，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，所以粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝h，代入上述公式可得入射速度為v＝，A正確；若粒子恰好從M點(diǎn)射出，畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，由幾何關(guān)系有r2＝(R－)2＋(h－r)2，解得r＝，又v＝，則v＝，B正確；若h＝，則sin∠POM＝＝，∠POM＝，由幾何關(guān)系得粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)所對(duì)應(yīng)圓心角為π，所以粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝T＝，C錯(cuò)誤．當(dāng)粒子軌道半徑r＝R，其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖3所示，圓心為O′，分別連接兩圓心與兩交點(diǎn)，則恰好形成一個(gè)菱

41、形，因?yàn)镻O′∥OQ，所以粒子從最低點(diǎn)Q射出，D正確． 二、非選擇題 11．如圖所示，xOy平面內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.1 T，在原點(diǎn)O有一粒子源，它可以在xOy平面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射出質(zhì)量m＝6.4×10－27 kg、電荷量q＝3.2×10－19 C、速度v＝1.0×106 m/s的帶正電的粒子．一感光薄板平行于x軸放置，其中點(diǎn)O′的坐標(biāo)為(0，a)，且滿足a＞0.(不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用，結(jié)果保留三位有效數(shù)字)． (1)若薄板足夠長(zhǎng)，且a＝0.2 m，求感光板下表面被粒子擊中的長(zhǎng)度； (2)若薄板長(zhǎng)l＝0.32 m，為使感光板下表面全

42、部被粒子擊中，求a的最大值． 答案：(1)0.546 m　(2)0.320 m 解析：(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力．有qvB＝m 解得r＝0.2 m 如圖1，沿y軸正向發(fā)射的粒子擊中薄板的D點(diǎn)(最左端)，有 x1＝r＝0.2 m 而擊中薄板的最右端的粒子恰好運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周，由幾何關(guān)系 x2＝ m 所以，感光板下表面被粒子擊中的長(zhǎng)度 L＝x1＋x2＝0.546 m. (2)如圖2，若粒子恰能擊中薄板的最左端點(diǎn)，由幾何關(guān)系 OF＝＝0.12 m 解得a1＝OF＋r＝0.320 m 如圖3，若粒子恰能擊中薄板的最右端E點(diǎn)，由幾何關(guān)系

43、 a2＝＝ m＞0.320 m 綜上可得，為使感光板下表面全部被粒子擊中，a的最大值：am＝0.320 m. 12．[2019·廣東珠海模擬]如圖所示，直角坐標(biāo)系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在紙面內(nèi)以速度v從y軸負(fù)方向上的A點(diǎn)(0，－L)射入，其方向與x軸正方向成30°角，粒子離開磁場(chǎng)后能回到A點(diǎn)，不計(jì)重力．求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)粒子從A點(diǎn)出發(fā)到再回到A點(diǎn)的時(shí)間． 答案：(1)　(2) 解析：(1)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知， r＝＝2L，洛倫茲力提供向心力， qvB＝， 聯(lián)立得B＝. (2)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝2×＝， 在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)了300°，所用時(shí)間 t2＝T＝×＝， 粒子從A點(diǎn)出發(fā)到再回到A點(diǎn)的時(shí)間t＝t1＋t2＝. 22