第一章 安培力与洛伦兹力 高考真题演练-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册作业与测评word（人教版）

物理　选择性必修·第二册[人教版]作业与测评 第一章　高考真题演练 一、选择题 1．(重庆高考)(多选)某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是(　　) A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流 B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流 C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流 D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流 答案：BC 解析：当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则线圈P受到竖直向下的安培力。若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，应在P中通入负向电流，A错误，B正确；若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，应在P中通入正向电流，C正确，D错误。 2.(江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　) A．0 B．BIl C．2BIl D.BIl 答案：C 解析：L形导线在垂直磁场方向上的有效长度L＝Lab＝2l，则该导线受到的安培力F＝BIL＝2BIl。故选C。 3．(湖南高考)如图a，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图b所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　) A．当导线静止在图a右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C．tanθ与电流I成正比 D．sinθ与电流I成正比 答案：D 解析：当导线静止在图a右侧位置时，对导线受力分析如图所示，根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，A错误；由题意结合左手定则可知，导线所受安培力F安始终与悬线的拉力FT垂直，由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，设导线MN长为L，导线所在处磁感应强度大小为B0，则有F安＝B0IL，sinθ＝，FT＝mgcosθ，电流I增大时，F安增大，sinθ增大，cosθ减小，FT减小，B错误；tanθ＝＝，sinθ＝，因F安与电流I成正比，mg不变，则tanθ与I不成正比，sinθ与I成正比，C错误，D正确。 4.(北京高考)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是(　　) A．磁场方向垂直于纸面向里 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大 C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D．轨迹3对应的粒子是正电子 答案：A 解析：根据题图可知，轨迹1和3对应的粒子在匀强磁场中的偏转方向一致，则轨迹1和3对应的粒子均为电子，轨迹2对应的粒子为正电子，电子带负电且沿顺时针方向偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确，D错误；带电粒子所受洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子运动的半径为r＝，根据题图可知，轨迹1对应的粒子运动的轨迹半径越来越小，则运动速度越来越小，在P点附近，轨迹3对应的粒子运动的轨迹半径大于轨迹2对应的粒子运动的轨迹半径，则轨迹3对应的粒子初速度比轨迹2的大，B、C错误。 5.(全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：该粒子仅在磁场中运动时，轨迹如图所示，则根据几何关系可得cosα＝＝，r－rcosα＝a，得粒子做圆周运动的半径r＝2a，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m；如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后沿x轴到达接收屏，即在叠加场中做匀速直线运动，有qE＝qvB，联立解得该粒子的比荷＝，故选A。 6.(广东高考)某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为－q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是(　　) A．偏转磁场的方向垂直纸面向里 B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU C．第k次加速后，离子的速度大小变为 D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 答案：A 解析：离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做圆周运动，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确；每次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速后，离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后，离子的速度大小为v，则对1～k次加速过程，由动能定理有kqU＝mv2－mv，解得v＝，设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为Bk，离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvBk＝m，解得Bk＝，C、D错误。 7．(湖北高考)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 答案：D 解析：粒子在各磁场中均做匀速圆周运动，由几何知识可知，粒子在圆形区域内的运动轨迹关于其轨迹圆心与O点的连线对称，粒子沿直径方向射入圆形区域，则射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，同理可知，粒子在圆形区域外的运动轨迹关于其轨迹圆心与O点的连线对称，则射入圆形区域时的速度方向也一定沿该区域的半径方向，易知，粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；设粒子的速度大小为v，根据qvB＝m得，粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝，则粒子在各磁场中的轨迹半径相等，根据T＝得，粒子做圆周运动的周期为T＝，与粒子速度和轨迹半径无关，根据粒子运动的周期性和对称性可知，粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间间隔最小的运动轨迹如图1所示，则最小时间间隔为t＝×T＝2T＝，故C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，其运动轨迹如图2所示，由几何关系可知θ＝＝60°，设此时粒子的速度大小为v1，在磁场中运动的半径为r1，根据几何关系可知r1＝Rtan＝，根据洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，可得v1＝，故D正确。 8．(湖北高考)(多选)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　) A．极板MN是发电机的正极 B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 答案：AC 解析：等离子体在两平行金属极板间向右运动时，由左手定则可知，带正电的粒子受到的洛伦兹力向上，带负电的粒子受到的洛伦兹力向下，则极板MN上聚集正电荷，极板PQ上聚集负电荷，故极板MN是发电机的正极，A正确；当带电粒子受到的洛伦兹力和电场力平衡时，极板间获得稳定电压U，设两极板间的距离为d，匀强磁场磁感应强度大小为B，等离子体的喷入速率为v，带电粒子的电荷量为q，则有qvB＝q，可得U＝Bdv，若仅增大两极板间的距离d，则U增大，若仅增大等离子体的喷入速率v，则U增大，U与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关，B、D错误，C正确。 9．(湖北高考)(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　) A.kBL，0° B.kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60° 答案：BC 解析：若离子最后经过下部分磁场从P点射出，如图1，则θ＝60°，R＝(n＝1，3，5，…)，又qvB＝m，可得v＝＝(n＝1，3，5，…)；若离子最后经过上部分磁场从P点射出，如图2，则θ＝0°，R＝(n＝2，4，6，…)，又qvB＝m，可得v＝＝(n＝2，4，6，…)。综上可知，B、C可能，A、D不可能。 10.(新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　) A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 答案：C 解析：设电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电子从小孔射出的速度大小为v1，α粒子从小孔射出的速度大小为v2，则v1＝10v2。假设α粒子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有2eE＝2ev2B，电子射出小孔时受到的洛伦兹力大小F洛＝ev1B＝10ev2B，所受电场力大小F电＝eE，则F洛>F电，而电子打在b点，则电子所受洛伦兹力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，由α粒子受力平衡和左手定则，可判断电场方向水平向右；假设电子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有eE＝ev1B，α粒子射出小孔时所受洛伦兹力大小F洛′＝2ev2B＝ev1B，所受电场力大小F电′＝2eE，则F洛′<F电′，而α粒子打在b点，所以α粒子所受电场力水平向右，电场方向水平向右，由电子受力平衡和左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向里。故选C。 11.(广东高考)(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　) A．电子从N到P，电场力做正功 B．N点的电势高于P点的电势 C．电子从M到N，洛伦兹力不做功 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 答案：BC 解析：电子所受电场力水平向左，则电子从N到P，电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，以及等势线与电场线垂直，可知N点的电势高于P点的电势，故B正确；由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，故电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故电子从M到P，电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，电子在M点速度为0，根据动能定理可知，电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受匀强电场的电场力作用，即合力相等，故D错误。 12．(海南高考)如图，有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流沿圆弧轨迹通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的(　　) A．质量 B．电量 C．比荷 D．动能 答案：C 解析：设带电粒子的质量为m，电荷量为q，速度大小为v，带电粒子在辐向分布的电场中运动时，运动半径为R1，轨迹所在处电场强度大小为E，由电场力提供做圆周运动的向心力，有qE＝m，解得ER1＝；设带电粒子在匀强磁场中运动时，运动半径为R2，磁场的磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有qvB＝m，解得BR2＝。运动轨迹相同的粒子，R1、R2相同，B、E相同，则、相同，则v相同，相同，比荷相同，质量m、电量q不一定相同，动能mv2不一定相同，故选C。 13．(福建高考)(多选)如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g。则(　　) A．电场强度大小为E＝ B．磁感应强度大小为B＝ C．N、P两点的电势差为U＝ D．粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为 答案：BC 解析：粒子沿MN运动过程中，受到垂直MN方向的洛伦兹力、水平方向的电场力、竖直向下的重力，由题意可知，该过程中粒子受力平衡，假设粒子带负电，由左手定则可知，洛伦兹力垂直MN向下，电场力水平向左，与竖直向下的重力无法达到平衡，故假设错误，则粒子带正电，即洛伦兹力垂直MN向上，电场力水平向右，由平衡条件有qvBcos45°＝mg，qvBsin45°＝qE，解得电场强度大小为E＝，磁感应强度大小为B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其在竖直方向上做竖直上抛运动，由于N、P在同一水平面上，所以粒子从N运动到P的过程中，当粒子竖直方向的速度减为0时，其与NP的距离最大，设为hm，则有2ghm＝(vsin45°)2，可解得hm＝，D错误；设粒子从N运动到P的过程所用的时间为t，则有－vsin45°＝vsin45°－gt，解得t＝，粒子在水平方向上做匀加速直线运动，有qE＝ma，xNP＝vtcos45°＋at2，解得xNP＝，又因电场线从N指向P，所以N、P两点的电势差UNP＝ExNP＝，C正确。 14．(安徽高考)如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q，质量为m，速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 答案：C 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，其中v＝，解得粒子的运动半径为r＝d，A错误；由“旋转圆”法可知，当粒子恰好经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最近，两个临界运动轨迹如图1所示，由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1＝2rcos30°－r＝(－1)d，B错误；同理，由“旋转圆”法可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N点最远，两个临界运动轨迹如图2所示，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2＝d，C正确；粒子在磁场中的运动时间t＝T，周期T＝＝，故粒子运动轨迹所对应圆心角越小，运动时间越短，所以打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短，其轨迹所对应的圆心角为60°，则最短时间tmin＝·＝，D错误。 二、计算题 15.(江苏高考)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力，求： (1)粒子a、b的质量之比ma∶mb； (2)粒子a的动量大小pa。 答案：(1)2∶1　(2)mv 解析：(1)由题意知，带等量异号电荷(设电荷量大小均为q)的粒子a、b在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 qvaB＝ma，qvbB＝mb 解得ra＝，rb＝ 又ra∶rb＝6∶1 得mava∶mbvb＝6∶1 因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1 则分裂后粒子a、b在磁场中运动的速度大小之比va∶vb＝3∶1 解得粒子a、b的质量之比ma∶mb＝2∶1。 (2)电中性粒子在A点分裂过程中动量守恒，根据动量守恒定律有mv＝mava＋mbvb 又mava∶mbvb＝6∶1 联立解得pa＝mava＝mv。 16．(海南高考)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10－2 T的匀强磁场。 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm。设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2) (2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。 答案：(1) m/s　 A　(2)0.085 C 解析：(1)金属杆离开液面后做竖直上抛运动，由运动学规律知：v2＝2gH 解得金属杆离开液面时的速度大小v＝ m/s 从闭合电键到金属杆飞到最高点过程，由动能定理有：BILh－mg(H＋h)＝0－0 解得I＝ A。 (2)设金属杆脱离导电液体时的速度为v′，从脱离导电液体到最高点，有v′2＝2gH′ 通电过程，由动量定理有： BLt′－mgt′＝mv′－0 通过金属杆截面的电荷量q＝t′ 联立解得q＝0.085 C。 17．(陕晋宁青高考)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图a所示，足够长圆柱形筒半径为R，正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图b所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、v0、B0均为已知量) (1)电子的比荷； (2)当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。 答案：(1)　(2)2π2R2 解析：(1)由题意可知，当垂直于轴线射出的电子恰好不打到筒壁上时，磁感应强度大小为B0 根据几何关系可知，此种情况下电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝ 根据洛伦兹力提供向心力有ev0B0＝m 解得＝。 (2)当磁感应强度大小调至B0时，设发射速度方向与轴线的夹角为θ的电子恰好不打在筒壁上，可将该电子的运动分解为竖直方向上的速度为v0cosθ的匀速直线运动、横截面内速率为v0sinθ的匀速圆周运动 在横截面内有ev0sinθ·＝m 结合(1)问结果，解得θ＝30°，对该情况下的电子，其运动至恰好不打在筒壁所需的时间 t＝ 该时间内，电子在竖直方向上的位移 h＝v0cosθ·t 分析可知，电子打在筒壁区域的上、下边界到O点的竖直距离均为h，则S＝2πR·2h 联立解得S＝2π2R2。 18．(湖南高考)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 答案：(1)　(2)　(3)d 解析：(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，设电容器两极板间电压为U，闭合回路中的电流为I，由闭合电路欧姆定律可得 E0＝I(2r0＋r0) 由并联电路电压规律可得U＝Ir0 粒子从a点进入电容器后，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，粒子的加速度大小为a，则在水平方向有d＝v0t 在竖直方向，由牛顿第二定律有q＝ma 由运动学公式有d＝at2 联立可得q＝。 (2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，其竖直方向上的分速度大小为vy，有 vy＝at tanθ＝ v＝ 解得θ＝30°，v＝ 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图1所示 由几何关系可知r＝ 在磁场中由洛伦兹力提供向心力有 qvB＝m 联立可得B＝。 (3)解法一(配速法)：将粒子在b点的速度v分解，使分速度v1产生的洛伦兹力刚好与电场力平衡，则粒子的运动是速度为v1的匀速直线运动与速度大小等于v的另一分速度v2的匀速圆周运动的合运动 根据平衡条件有qv1B＝Eq 可得v1＝＝v0 根据左手定则可知，v1竖直向上，则v的分解如图2所示 由几何关系可知粒子在b点时，v2与竖直方向的夹角α＝30°，大小为v2＝2vcosα＝2v0 设粒子做匀速圆周分运动的半径为r′，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m 可得r′＝d 作出粒子做匀速圆周分运动的大致轨迹如图3所示 由几何关系可知xm＝r′cosα＋r′ 解得xm＝d。 解法二(正交分解法与动量法)：当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最远，设此时速度大小为v′，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有 ∑qvxBΔt＝mv′－(－mvsinθ) 且∑vxΔt＝xm 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有qExm＝mv′2－mv2 联立可得xm＝d。 16 学科网（北京）股份有限公司 $