文件洛伦兹力与现代技术 随堂演练-2021-2022学年高二年级上册物理粤教版（2019）选择性必修第二册

1・4洛伦兹力与现代技术随堂演练（解析版）

1.如图所示，将一质量为机，带电量为+q的小球在空间垂直纸面向里的匀强磁场中由静止

释放，其运动轨迹为“轮摆线”，为方便分析，可将初始状态的速度（为零）分解为一对水

平方向等大反向的速度V,即该运动可以分解为一个匀速直线运动1和一个匀速圆周运动2

两个分运动,重力加速度为g,磁感应强度大小为S为实现上述运动的分解，下列说法正

确的是)

XXXXX

2mg

A.速度

qB

分运动2的半径为，1

B.r

C.小球在轨迹最低点处的曲率半径为

qB

32

D.小球从释放到最低点的过程中重力势能的减少量为汽7

2.如图所示为质谱仪的工作原理图，它由加速电场、速度选择器（磁场方向垂直纸面）和

偏转磁场构成。四种电荷量相等，电性相同、质量不同的粒子a,b,c,d由。点处的粒子

源竖直向下射入加速电场（粒子a,b,c的初速度相同），四种粒子经过一段时间到达图中

不同的位置，粒子的重力以及粒子间的相互作用均不计。则下列说法正确的是（）

A.粒子可能带负电

B.速度选择器中磁场的方向垂直纸面向里

C.粒子。在。点的初速度大于粒子d在。点的初速度

D.粒子d的质量大于粒子c的质量

3.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域，如图是霍尔元件的

工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流/,C、

。两侧面会形成电势差Ue,下列说法中正确的是（）

A.霍尔元件的上下表面的距离越大，Uco越大

B.若霍尔元件的载流子是正电荷，则电势差Uc»<0

C.仅增大电流/时，电势差Uco不变

D.如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其他条件不变，UCD=0

4.2020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必

须是全程都在高度无接触物理防护性条件下操作，武汉病毒研究所是我国防护等级最高的

P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型：废液内含

有大量正、负离子，从直径为4的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值等于单位时间通

过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为8的匀强磁场，下列说法正确

的是

XXMXX5

XXNXX

A.M点的电势高于N点的电势

B.负离子所受洛伦兹力方向竖直向下

C.MN两点间的电势差与废液的流量值成正比

D.MN两点间的电势差与废液流速成反比

5.如图所示为质谱仪的结构图，该质谱仪由速度选择器与偏转磁场两部分组成，已知速度

选择器中的磁感应强度大小为纬、电场强度大小为E,荧光屏尸。下方匀强磁场的方向垂直

纸面向外，磁感应强度大小为2里。三个带电荷量均为外质量不同的粒子沿竖直方向经速

度选择器由荧光屏上的狭缝。进入偏转磁场，最终打在荧光屏上的H、邑、邑处，相对应

的三个粒子的质量分别为叫、叫、机3,忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。则下列说

法不正确的是（）

A.打在$3位置的粒子质量最大

B.质量为叫的粒子在偏转磁场中运动时间最短

C.如果S5=Ax,则叫一叫="广

D.如班、恤在偏转磁场中运动时间差为Nt，则%-叫=2曲。加

71

6.如图所示，顶角为20的光滑绝缘圆锥，置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为8,

现有质量为机，带电量为-q的小球，沿圆锥面在水平面内做匀速圆周运动，则（）

A.从上往下看，小球做顺时针运动

B.洛仑兹力提供小球做匀速圆周运动时的向心力

c.小球有最小运动半径人/B

D.小球以最小半径运动时其速度v=027g

BqtanU

7.某空间存在着范围足够大、相互垂直的匀强电场和匀强磁场，如图所示，电场强度和磁

感应强度的大小分别为E和3。一带电粒子（不计重力）恰能以速度u垂直3、石组成的平

面向外做匀速直线运动，下列有关说法中正确的是（）

木3

E

O

A,八£

B

B.该粒子一定带正电

C.该粒子一定带负电

D.仅改变粒子所带的电荷量，其运动轨迹将发生偏转

8.如图所示，两个平行金属板水平放置，要使一个电荷量为-外质量为根的微粒，以速度

V沿两板中心轴线S1S2向右运动，可在两板间施加匀强电场或匀强磁场。设电场强度为E,

磁感应强度为8,不计空气阻力，已知重力加速度为g。下列选项可行的是（）

色©_<---------§

A.只施加垂直向里的磁场，且满足3

qv

B.同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，且满足8v=E+螫

q

c.同时施加竖直向下的电场和水平向右的磁场，且满足石=幽

q

D.同时施加竖直向上的电场和垂直纸面向外的磁场，且满足E=3v+磐

q

9.如图所示，有一混合正离子束从静止通过同一加速电场后，进入相互正交的匀强电场和

匀强磁场区域I,如果这束正离子束在区域I中不偏转，不计离子的重力。则说明这些正离

子在区域I中运动时一定相同的物理量是（）

A.动能B.质量C.电荷D.比荷

10.将平行板电容器、滑动变阻器、电源按如图所示连接。若平行板电容器内存在垂直纸面

向里的匀强磁场，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向，从左侧入射后偏向A极板，为

了使电子束沿入射方向做直线运动，可采取的方法是（）

P£­

A\~a~b~

/“*二

XXX

~B~I

A.只将变阻器滑片尸向b端滑动B.只将电子的入射速度适当增大

C.只将磁场的磁感应强度适当减小D.只将极板间距离适当减小

11.如图甲所示，某空间存在着足够大的匀强磁场，磁场沿水平方向。磁场中有A、B两个

物块叠放在一起，置于光滑水平面上.物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘。在f=0时

刻，水平力尸作用在物块B上，物体A、8一起由静止开始做匀加速直线运动。在物块A、

8一起运动的过程中，图乙反映的可能是（）

甲乙

A.物块A所受洛伦兹力大小随时间f变化的关系

B.物块A对物块B的压力大小随时间/变化的关系

C.物块A对物块B的摩擦力大小随时间，变化的关系

D.水平力F的大小随时间t变化的关系

12.如图甲为用金属材料制成的霍尔元件，其长、宽、高分别为a、b、d-如图乙是检测电

流大小是否发生变化的装置。该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流强度

成正比，现给元件通一恒定工作电流/,下列说法正确的是（）

%

霍尔元件

甲乙

A.N端应与电压表的正极相连

B.要提高检测灵敏度可适当减小高度1

C.如果仅将检测电流反向，电压表的正负接线柱连线位置无需改动

D.当霍尔元件尺寸一定时，电压表示数变大，说明检测电流变小

13.图示是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度

选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度大小分别为B和E,平板S上有可让粒子通

过的狭缝尸和记录粒子位置的胶片44,其中。尸与平板平行。平板S下方有磁感应强度

大小为无的匀强磁场。不计带电粒子所受的重力，下列表述正确的是（）

A.质谱仪是分析同位素的重要工具

B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

F

c.能通过狭缝尸的带电粒子的速率等于？

D

D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷越小

14.如图所示，三角形PMO区域有垂直于wy坐标向里、磁感应强度为B的匀强磁场，P,

M的坐标分别为（0,61）、（61,0）。x轴下方OMNQ区域内有沿x轴正方向，且电场强度

的匀强电场，Q、N的坐标分别为（0,—31）、（61,—3D。在原点。发射不同速率的

电子，均沿y轴正方向射入磁场。发现速率为vo的电子经过磁场和电场后恰好过。点，忽

略电子间的相互影响，下列说法正确的是（）

3

A.通过。点的电子在磁场中的轨道半径为1/

B.通过。点的电子在磁场中的轨道半径为2/

C.速率不超过4（血-1）%的电子均可进入电场

D.速率为1.5w的电子通过磁场和电场后会从QN中点右侧射出电场

15.光电倍增管（PMT）是光子技术器件中的一个重要产品，它是一种具有极高灵敏度和超

快时间响应的光探测器件。可广泛应用于光子计数、极微弱光探测、化学发光、生物发光研

究、极低能量射线探测、分光光度计、旋光仪、色度计、照度计、尘埃计、浊度计、光密度

计、热释光量仪、辐射量热计、扫描电镜、生化分析仪等仪器设备中。如图是其相邻的第i

个倍增极和第，+1个倍增极的示意图，每个倍增级长为。，水平间距和垂直间距都是若

在空间施加垂直于纸面向里的匀强磁场B,当速度为V、质量为〃八电荷量为e的电子垂直

第i倍增极射出时，下列说法正确的（）

V

11III

L：............1..........…一本

第，倍增级

第汁1倍增级

A.若电子都不会被第i+1倍增极收集

B.若5=丁,部分电子不会被第i+1倍增极收集

5ea

C.若竺，电子都不会被第，+1倍增极收集

ea

D.改变磁感应强度B,从第i倍增极最右端鸟射出的电子从射出到穿过£鸟所在连线的时

间都相等

16.如图所示，将原长为L的轻质绝缘弹簧固定在一倾斜角为Q37。的绝缘光滑斜面底部，

原长处为。点，的长度为7牛r，为绝缘的光滑半圆弧轨道。虚线垂直于斜面，

下方的匀强电场沿斜面向下，上方的匀强电场沿斜面向上，电场强度大小相等。可

视为质点的B球带正电，电荷量为g,质量为力,将其靠在弹簧的上端(不粘连)，压缩弹

簧至其长度变为:时，弹簧的弹性势能为皖=3m8心释放B之后，B刚好运动到M点速度

减小为零，整个过程小球带电量不变。求：

(1)电场强度的大小；

(2)若小球B仍从相同的位置释放，但下方的电场减小为原来的一半，小球将冲上半

圆轨道，求：

①求小球冲到M点的动能为多大？

②若要保证小球能沿轨道运动到达N点，则轨道半径R的取值范围？

17.如图所示，在平面内的第二、三象限内存在着沿y轴负方向的匀强电场；第一、四

象限内存在以坐标原点。为圆心的半圆形匀强磁场区域，其磁感应强度大小为8、方向垂

直坐标平面向里。一质量为加、电荷量为4的带电粒子自坐标为卜，弓(的P点射出，射出

时的速度大小为％,方向沿x轴正方向，经过一段时间恰好从坐标原点。进入y轴右侧的

匀强磁场，并恰好不从磁场的圆弧边界射出，不计粒子受到的重力，取cosl5o=0.97。

U)求匀强电场的电场强度大小；

(2)求粒子在磁场中运动的时间和粒子离开磁场时的位置坐标；

(3)若仅改变匀强磁场的磁感应强度的大小，使粒子射出磁场的方向与y轴平行，求此时

匀强磁场的磁感应强度大小。

.

、

X「

XXX

XXX

%*

2L

XX

XXX

XX

XX/

xX

x/

.K

18.如图所示，某仪器用电场和磁场来控制粒子在材料表面上方的运动，材料表面上方矩形

区域PP'N'N充满竖直向下的匀强电场，电场的宽度d=0.5m；矩形区域AW'M'M充满垂直

纸面向里的匀强磁场，磁感应强度2=0.5T,磁场的宽度s=0.8m；NN'为磁场与电场之间的

薄隔离层。一带负电的粒子（不计重力）比荷为幺=L0xl（）6c/kg,该粒子从P点由静止被

m

电场加速，经隔离层垂直进入磁场。粒子每次穿越隔离层，运动方向不变，动能变为穿越前

动能的64%。已知粒子第一次进入磁场区域恰好未从抽r穿出，粒子第3次穿越隔离层后

垂直磁场边界A/N'飞出。求：

（1）电场强度E的大小；

（2）磁场区域的长度小

（3）粒子运动的总时间/（取万=3.14,计算结果保留三位有效数字）。

XXXXXXXXXXXX

材料表面

19.如图所示，在平面直角坐标系X。〉中，第I象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第W

象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小3=0.1T,一质量m=lxl（）-8kg

电荷量q=lxl0-4c的带正电粒子从y轴正半轴上的M点以速度vo=5OOm/s垂直于y轴射入电

场,经x轴上的N点与x轴正方向成9=60。角射入磁场，最后从y轴负半轴上的尸点垂直y

轴射出磁场，不计粒子所受重力，求：

（1）P点的坐标；

（2）匀强电场的电场强度大小及

20.如图所示，在半面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场。质量为

m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度vo垂直于y轴射入电场，经x

轴上的N点与x轴正方向成在60。角射入第IV象限，为了使该粒子能从y轴负半轴上的P点

垂直于y轴射出，可在第IV象限适当的地方加一垂直于xOy平面、磁感应强度为B的匀强

磁场。不计粒子重力，求：

（1）M、N两点之间的电势差UMN。

（2）若此磁场仅分布在一个圆形区域内，求磁场区域的最小面积。

参考答案

1.C

【详解】

A.分运动1为匀速直线运动，根据平衡条件有

qvB-mg

解得

丫=蟹

qB

故A错误；

B.分运动2做匀速圆周运动，可得

V

QVB=m——

R

解得

R=rLS_

q2B2

故B错误；

C.小球在最低点的速度大小为2v,则有

q-2vB-mg=m-———

3,，解得

4m2g

r=------

q2B2

故C正确；

D.此过程只有重力做功，重力势能全部转化为动能，所以有

AE=-/n（2v）2=^4-

?2'）q2B2

故D错误。

故选C。

2.D

【详解】

A.由粒子c,"在磁场中的偏转方向结合左手定则可知，粒子一定带正电，故A错误；

B.由于粒子c,"在速度选择器中的运动轨迹为直线，则粒子c、d在速度选择器中做匀速

直线运动，由平衡条件可得

qvBx=qE

因此粒子c、d在速度选择器中的速度大小相等，又左极板带正电，则速度选择器中的磁场

方向垂直纸面向外，故B错误；

CD.由粒子a,b在速度选择器中的偏转方向可知，粒子。所受的洛伦兹力大于电场力，粒

子6所受的洛伦兹力小于电场力，因此匕＞粒子在加速电场中运动时，有

又因为粒子a,b,c的初速度相同，所以粒子。的比荷大于粒子c的比荷，粒子c的比荷大

于粒子6的比荷，粒子c,”在磁场外中运动时，由洛伦兹力提供向心力，由

Bqv=m—

解得

R=—

Bq

由图可知粒子C的轨迹半径小于粒子d的轨迹半径，所以粒子C的比荷大于粒子d的比荷,

两粒子在加速电场中运动时，由

qU=-^mv2

解得

显然比荷越大的粒子初速度越小，因此粒子c在O点的初速度小于粒子d在。点的初速度,

故D正确；C错误；

故选D。

3.D

【详解】

AC.根据CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡,

设霍尔元件的长宽高分别为4、b、C,有

q-=qvB

b

I=nqvS=nqvbc

则有

uUCD~-IL

nqc

〃由材料决定，故u与材料有关；。还与厚度C成反比，与宽。无关，同时还与磁场8与电

流/有关，AC错误；

B.根据左手定则，正电荷，向C侧面偏转，C表面带正电，。表面带负电，所以。表面的

电势高，则Uc0>0,B错误；

D.如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其它条件不变，阴、阳粒子都向一个方向偏转，依

据

可知电势差UCD将逐渐变小变为零，D正确。

故选D。

4.C

【详解】

AB.根据左手定则，正电荷受到竖直向下的洛伦兹力，负电荷受到竖直向上的洛伦兹力，

则正电荷集聚在N一侧，负电荷集聚在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故A、B

错误；

D.根据

qvB=^-q

a

可得流速

U

v=——

Bd

MN两点电势差与废液流速成正比，故D错误；

C.流量值

则电势差U与流量值Q成正比，C正确；

故选C。

5.C

【详解】

A.由洛仑兹力提供向心力知

cnV2

qv-2B0=m—

解得

R=-^-

2qB°

三个粒子所带电荷量相等，则其轨迹半径与质量成正比，故打在S3位置的粒子质量大，故A

正确。

B.由洛仑兹力提供向心力知

R=-^-

2qB°

得

1兀“1

1=-----

祖

由A分析知仍质量最大，故周期最小，在偏转磁场中运动时间最短。故B正确;

C.由于

5,S3=AX

Ax=27?-2/？=

312qB。2qB。2qB。

qE=qvB0

联立可解得

qBi•Ax

砥一叫二一-一

故C错误;

D.由对B选项的分析可知

222qB02qB0

解得

2qB「X

m2—ml=-----------

71

故D正确。

本题选不正确的，故选C。

6.D

【详解】

小球在运动过程中受重力、支持力和指向圆心的洛伦兹力，才能够做匀速圆周运动，根据安

培左手定则可知从上往下看，小球做逆时针运动，洛伦兹力与支持力的合力提供向心力

根据牛顿第二定律，水平方向

V2

qvB-FNCOS6=m—

竖直方向

sin0-mg=0

联立可得

V2

//I--qvB+mgcot0=0

因为速度为实数，所以

A>0

可得

(qB)-4一mgcot>0

R

解得

4m2gcot0

R2----；―—

q2B2

所以最小半径为

4m2gcot0

一二*2

代入上面可得小球以最小半径运动时其速度

2mg

v-

Bqtan0

故选D。

7.A

【详解】

A.带电粒子在电磁场中能做匀速直线运动，处于受力平衡状态，即

qvB-qE

即

E

v=一

B

A正确；

BC.由A的分析可知，该平衡方程与粒子带电性质无关，若带正电能平衡，带负电也一定

能平衡，BC错误；

D.仅改变粒子所带的电荷量，粒子所受洛伦兹力与电场力仍始终相等，做匀速直线运动，

故运动轨迹不会发生偏转，D错误。

故选Ao

8.C

【详解】

A.只施加垂直向里的磁场，根据左手定则，洛伦兹力竖直向下，无法跟重力平衡。A错误;

B.同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，则需要满足

Eq=Bvq+mg

B错误；

C.同时施加竖直向下的电场和水平向右的磁场，微粒不受洛伦兹力，则要满足

Eq=mg

即

E-

q

c正确；

D.同时施加竖直向上的电场和垂直纸面向外的磁场，则需要满足

Bvq=Eq+mg

D错误。

故选C。

9.D

【详解】

设加速电场的电压为U,则

12

qUTJ=-mv

v=

设正交电场的场强为£,匀强磁场的磁感应强度为2,由于粒子在区域里不发生偏转，则

qE=Bqv

得

可知

四」

v=VmB

其中E、B、U为相同值，正离子的比荷相等。

10.B

【详解】

根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小为

,=Ee*

电d

洛伦兹力方向向下，大小为

F'=Bev

电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等

于洛伦兹力，所以要减小电场力，或者增大洛伦兹力即可。

A.将变阻器滑动头尸向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故A错误;

B.只将电子的入射速度适当增大，受到的洛伦兹力增大，满足要求，故B正确；

C.只将磁场的磁感应强度适当减小，电子受到的洛伦兹力更小，不满足要求，故C错误；

D.将极板间距离适当减小时，F电增大，不满足要求，故D错误；

故选B。

11.B

【详解】

A.物体由静止做匀加速运动，速度丫=加，故洛伦兹力

F=qvB=qBat

洛伦兹力大小随时间f变化的应过原点，故A错误；

B.物块A对物块B的压力大小

N=mxg+qvB=mAg+qBat

故B正确；

C.物块A对物块B的摩擦力大小/=，所以/随时间/的变化保持不变，故C错误；

D.对整体进行受力分析可得，拉力歹=(%A+，出”，故拉力恒定不变，故D错误。

故选B。

12.B

【详解】

A.检测电流产生的磁场，根据右手螺旋定则判断从下向上穿过霍尔元件，又因为是电子，

故元件正面是负极，背面是正极，N端应接负接线柱，A错误；

BD.电流的微观表达式为

I=nesv

为自由电荷的速度，设产生的磁场为2,在元件中满足

q^-=qBv

b

可得，速度为

U

v=——

Bb

即有

,7JU

L=nebd——

Bb

所以

u=——

ned

故电压与工作电流有关，电压与磁感应强度有关，与检测电流有关，因为检测电流会影响磁

场，B与/成正比，由

0=及

ned

可知，U与d有关,与b无关,D错误，B正确；

C.磁场方向会发生改变，根据左手定则，电子受力方向会发生改变，故需要改变，即反接,

C错误。

故选B。

13.ABC

【详解】

A.进入磁场Bo的粒子

V2

qvB=m——

R

满足

q=v

mB0R

知道粒子电量后，便可求出根的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；

B.加速粒子带正电，在速度选择器中受电场力向右，则洛仑兹力方向向左，由左手定则可

判断磁场方向垂直纸面向外，故B正确；

C.由

qE=qvB

得

E

v=一

B

此时粒子离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故c正确;

D.由

q=v

mBQR

知R越小，荷质比越大；粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子圆周运动的半径越小荷

质比越大；故D错误。

故选ABCo

14.ACD

【详解】

A.电子从。点沿y轴正方向射入，设从x轴上某点。"，0）点射出，将在电场中做类平

抛运动有

3L=vQt

〃=Jg产

其中

Eq=ma

在磁场中由洛伦兹力提供向心力可知

2

vn

Bvoq=m-^-

电子通过磁场和电场后恰好过。点，由几何关系可知人=2.，故解得，r=32L,A正确;

B.根据A计算结果可知，B错误；

C.由分析可知，最大速率对应的轨迹与PM相切，

有几何关系可知

r=6Ltan—

8

由洛伦兹力提供向心力可知

V2

Bvq=m——

解得

C正确；

D.根据公式

Bvxqx=，Eq、=ma

由A得r=1.5L得R=2.25L,在磁场中电子在(2.25L,0)处射出磁场，在电场中

Eqx=max

且有

E=BVQ

得至IJ

〃

%-_-B--v-°-q-

m

并且

3L=—Vr.t

20

得至U

2L

t=——

%

_11BvOq4£2_4

x—ci,t2—'c—L

212m才3

故有

9419

x=-L——L=—L>3L

236

D正确；

故选ACD。•

15.AC

【详解】

A.从第，倍增级最左端射出的电子刚好到达第i+1倍增级最右端时，圆周运动的半径为石,

如图所示，则有

4=』3"耳『+a2

5

r=­a

13

由洛伦兹力提供向心力，有

evB=m——

解得

_3mv

D-------

Sea

C3mv

B<------

5ea

电子都不会被第，+1倍增极收集，故A正确；

C.从第i倍增级最右端射出的电子刚好到达第，+1倍增级最左端时，圆周运动的半径为2,

如图所示，则

r2=a

由洛伦兹力提供向心力，有

V2

evB=m—

解得

B=—

ea

若

B>—

ea

电子都不会被第，+1倍增极收集，故c正确；

B.所以当等〈2〈竺范围内，粒子才可能被第，+1倍增极收集，若2=等，恰好全部

jeaeajea

电子能被第i+l倍增极收集，々射出的到A,巴射出的到a，故B错误;

D.改变磁感应强度8,电子从第，倍增极运动到第，+1倍增极轨迹对应的圆心角发生变化,

轨迹的长度发生变化，运动的时间不相同，故D错误；

故选AC。

16.⑴哈(2)竿,0＜腔?

5q48

【详解】

(1)由动能定理得

T71

Ep-(mgsin0+Eq){L~~+—)=0-0

解得

E=也

5q

(2)小球冲到M点的过程中，由动能定理得

F17/

Ep-(mgsin0+—q)(L-—+—)=Ek-0

解得

E

k4

受力分析可知，小球在圆弧轨道运动的等效最高点在N点。若小球刚好能够运动到N点，

则R最大为Rm，M点到N点动能定理得

12

-mg^Rmcos0=—mv-Ek

在N点，合力提供向心力得

v2

mgcos0n=m——

Rm

联立解得

凡=》

o

轨道半径R的取值范围是

3

0<R<-L

8

17.(1)£=叵£⑵咨」0,空⑶0.978

ql3qB(qB)

【详解】

(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有

根据牛顿第二定律

qE=ma

联立得

2

£V3mv0

ql

则有

V=^Vx+Vy=2%

由图可知速度方向与y轴成30。角，圆心角为300。，根据圆心角可知运动时间为

5T

~~6

而周期为

17im

1=------

qB

联立可得

57m

~iqB

运动半径为

_mv_2mv0

~~qB~qB

因此出射点的坐标为［o,箸］

(3)粒子射出磁场的方向与〉轴平行，轨迹如图所示

运动半径为

qB

又因为

2尺侬15。=「=玛

qB

解得

R=2〃?%

cos15°

所以

2mv02mv0

qB第cos15。

解得

B'=0.91B

18.(1)2.5xlO5V/m；(2)2.112m；(3)1.40xW5s

【详解】

(1)设粒子第一次到达隔离层时的速度大小为vo,穿过隔离层后的速度大小为电。粒子第

一次进入磁场区域做圆周运动的半径为S,由动能定理得

qEd--mv1

由题意知

121,

—mv0x64%=—mvx

由牛顿第二定律得

qvB=m—

xs

解得

£=2.5xlOsV/m

(2)设粒子穿过隔离层后第2次进入电场时的速度大小为也，粒子由电场返回穿越隔离层

后的速度大小为吻，第二次在磁场中做圆周运动的半径为广，由题意知

1