【正文】 合左手定則可知 B正確．再 由 qE＝ qvB有 v＝ ， C正確．在勻強磁場 B0中 R＝ 所以 ， D錯誤． 答案： ABC 3．如圖 8－ 3－ 10所示，帶電粒子以 初速度 v0從 a點進入勻強磁場，運 動中經(jīng)過 b點， Oa＝ Ob，若撤去 磁場加一個與 y軸平行的勻強電 場，仍以 v0從 a點進入電場，粒子仍能通過 b點，那么電場強度 E與磁感應強度 B之比 為 ( ) 圖 8－ 3－ 10 A． v0 B. C． 2v0 D. 解析： 設(shè) Oa＝ Ob＝ d，因為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，所以圓周運動的半徑正好等于 d，即 r＝ ＝ d，得到 B＝ 如果換成勻強電場，水平方向以 v0做勻速直線運動，豎直方向沿 y軸負方向做勻加速運動，即 d＝ ( )2，得到 E＝ ，所以 ＝ 2v0，選項 C正確． 答案： C 4．如圖 8－ 3－ 11所示，一個帶正電 q的 帶電體處于垂直于紙面向里的勻強 磁場 B中，帶電體的質(zhì)量為 m，為了 使它對水平的絕緣面恰好沒有正壓力，則應該 ( ) 圖 8－ 3－ 11 A．將磁感應強度 B的值增大 B．使磁場以速率 v＝ 向上運動 C．使磁場以速率 v＝ 向右運動 D．使磁場以速率 v＝ 向左運動 解析： 本題考查洛倫茲力和受力平衡，這是 一道力學與磁場結(jié)合的試題．物體受重力與 洛倫茲力的作用，兩者等大反向，如圖所示， 再由左手定則判斷可知此帶電體必向右運動，由平衡條件有 Bqv＝ mg， v＝ ，故正確答案為 D. 答案： D 5．在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中， 有一傾角為 θ、足夠長的光滑絕緣斜面， 磁感應強度為 B，方向垂直于紙面向外， 電場方向豎直向上．有一質(zhì)量為 m、電 荷量為＋ q的小球靜止在斜面頂端，這時小球?qū)π泵娴恼龎毫η『脼榱?，如圖 8－ 3－ 12所示，若迅速把電場方向反轉(zhuǎn)豎直向下，小球能在斜面上連續(xù)滑行多遠？所用時間是多少？ 圖 8－ 3－ 12 解析： 設(shè)電場強度為 E，則電場反轉(zhuǎn)前： mg＝ qE，電場反轉(zhuǎn)后，小球先沿斜面向下做勻加速直線運動，到對斜面的正壓 力恰好為零時開始離開斜面，此時有： qvB＝ (mg＋ qE)cosθ， 小球在斜面上滑行的距離為： s＝ vt/2＝ at2/2， a＝ 2gsinθ， 聯(lián)立以上方程可得：滑行距離 s＝ m2gcos2θ/(q2B2sinθ)， 所用時間 t＝ mcotθ/(qB)． 答案： m2gcos2θ/(q2B2sinθ) mcotθ/(qB) 。北京高考 )如圖 8－ 3－ 4所示 的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面 向里的勻強磁場和豎直向下的勻 強電場．一帶電粒子 a(不計重力 ) 以一定的初速度由左邊界的 O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的 O′點 (圖中未標出 )穿出． 圖 8－ 3－ 4 若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力 )仍以相同初速度由 O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子 b ( ) A．穿出位置一定在 O′點下方 B．穿出位置一定在 O′點上方 C．運動時，在電場中的電勢能一定減小 D．在電場中運動時，動能一定減小 解析： 由左手定則判定帶電粒子 a所受洛倫茲力的方向，可知最初時刻粒子所受洛倫茲力與電場力方向相反，若qE≠qvB，則洛倫茲力將隨著粒子速度方向和大小的不斷改變而改變．粒子所受電場力 qE和洛倫茲力 qvB的合力不可能與速度方向在同一直線上，既然在復合場中粒子做直線運動，說明 qE＝ qvB， OO′連線與電場線垂直，當撤去磁場時，粒子僅受 電場力，做類平拋運動，電場力一定做正功，電勢能減少，動能增加，故 C對， D錯．因帶電粒子的 速度 v＝ 時粒子就能在原電、磁場中做直線運動，與粒子帶正、負電荷無關(guān)，撒去該區(qū)域內(nèi)的磁場后，粒子帶正電時，穿出位置在 O′點下方，帶負電時，穿出位置在 O′點上方，故 A、 B錯． 答案： C (2020 ，則電子的質(zhì)量為多少？穿過磁場的時間是多長？ 圖 8－ 2－ 16 解析： 電子進入磁場后，只受洛倫茲力，電子做勻速圓周運動．根據(jù)左手定則判斷出其所受洛倫茲力的大致方向，畫出大致軌跡，過圓弧上 A、 B兩點作運動方向的垂線，交于 O點，則 O點即為圓周的圓心． 由幾何知識可以判斷，弧 AB所對 的圓心角和速度的偏向角相等， 都為 30176。 ，如圖 8－ 2－ 14所示，則該帶電粒子在磁場 中運動的時間為 ( ) 解析： 由 ∠ AOB＝ 120176。角，且粒子恰好沒有從 MN射出． (不計粒子所受重力 ) 圖 8－ 2－ 11 (1)求該帶電粒子的初速度 v0； (2)求該帶電粒子從 PQ邊界射出的出射點到 A點的距離 x. [思路點撥 ] 解答此題應注意以下幾點： (1)注意入射方向的不確定引起多解性； (2)根據(jù)題意畫出帶電粒子的軌跡，建立半徑和磁場寬度的幾何關(guān)系； (3)建立洛倫茲力和圓周運動的關(guān)系． [解題樣板 ] (1)如圖 8－ 2－ 12 所示，若初速度向右上方，設(shè) 軌道半徑為 R1，由幾何關(guān)系可 得 R1＝ (2＋ )d.┄┄┄┄┄┄┄ (1分 ) 又洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律 有 qv0B＝ ，得 R1＝ ， ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (2分 ) 圖 8－ 2－ 12 所以 v0＝ .┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (1分 ) 若初速度向左上方，設(shè)軌道半徑為 R2，由幾何關(guān)系可得 R2＝ (2－ )d， ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (1分 ) 得 v0＝ .┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (1分 ) (2)若初速度向右上方，帶電粒子從 PQ邊界上的 C點射出，△ ACO1為等腰直角三角形， ∠ AO1C＝ 90176。 . [答案 ] (1)5 10－ 2 m (2)37176。 ，而電荷在磁場中的運動時間 t＝ T，所以 t正 ∶ t負 ＝ θ正 ∶ θ負 ＝ 2∶ 1，故 B正確， A、 C、 D錯誤． 答案： B 帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解． 1．帶電粒子電性不確定形成多解 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解． 2．磁場方向不確定形成多解 有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解． 3．臨界狀態(tài)不唯一形成多解 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有 界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓 弧狀，因此，它可能穿過去了，也 可能轉(zhuǎn)過 180176。一、洛倫茲力 1．定義： 磁場對