第一章 安培力与洛伦兹力 单元作业 -河南省新乡市2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第二册

《安培力与洛伦兹力》单元作业设计 应用场景：单元复习 适用地区：新乡市　　版本册别：人教版选择性必修第二册　　单元章节：第一章 安培力与洛伦兹力　　作业类型：单元作业（课后作业）　　题量时长：约75分钟（符合高中30—120分钟要求） 一、作品基础信息 项目 填写内容 作品名称 《安培力与洛伦兹力》单元课后作业 学段学科 高中 · 物理 适用年级 高二年级 教材版本 人教版（选择性必修第二册） 对应内容 第一章 安培力与洛伦兹力 作业类型 单元作业（课后作业） 完成时长 总时长 75 分钟 适用地区 新乡市 设计者 【刘振兴】 二、设计背景与意图 1. 课标与教材分析 课标要求：本作业对应的学科核心素养是物理观念、科学思维、科学探究、科学态度与责任，需达成“能分析磁场对通电导线、运动带电粒子的作用，能结合洛伦兹力、安培力规律解决综合情境问题”的学业质量标准。 教材地位：本单元承载的核心概念是安培力、洛伦兹力；核心方法是左手定则、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动分析、受力分析与动力学综合；价值观是体会电磁规律在回旋加速器、电磁炮等现代科技中的应用，建立物理与工程技术的联系。 教学重难点：①安培力大小方向的判断及通电导线受力的动态分析；②洛伦兹力的特点，带电粒子在匀强磁场中找圆心、定半径、确定圆心角的几何分析；③电场、磁场、重力场多场共存的综合问题。 2. 学情分析 维度 具体描述 已有基础 学生已掌握磁感应强度、磁感线、电流磁效应，会左手定则的基础判断；已学习匀速圆周运动规律、动能定理、牛顿运动定律，具备基础受力分析能力。 现有困惑 容易混淆安培力与洛伦兹力的方向判断；带电粒子在磁场中找圆心、几何关系推导薄弱；复合场中分不清匀速圆周与匀变速直线；容易忽略重力、电场力的参与。 差异分析 中等学生可完成基础选择与简单计算；优等生可处理多过程复合场综合大题；基础薄弱学生对轨迹几何分析存在较大障碍。 3. 设计意图 本单元作业围绕安培力、洛伦兹力核心知识，设置梯度化习题（基础题→提高题→拓展题），从概念辨析到轨迹分析再到磁场、电场、重力场综合应用，巩固左手定则与圆周运动规律，训练学生模型建构、几何推理与多过程分析能力，并结合电磁炮、回旋加速器等真实情境，落实物理学科核心素养。 三、作业目标 目标维度 编号 具体目标 对应核心素养 评价证据 知识理解 A 识记复述安培力、洛伦兹力的产生条件，辨别其方向，掌握带电粒子圆周运动的周期、半径公式 物理观念 选择题正确率、概念辨析作答情况 能力运用 B 运用左手定则、牛顿运动定律、动能定理解决通电导线受力、带电粒子在磁场与复合场中的动力学问题 科学思维 计算题过程书写、公式选用、受力分析 思维发展 C 对带电粒子磁场运动轨迹进行比较推理，结合几何关系解决边界临界问题，分析多过程复合场情境 科学思维 大题轨迹分析、几何推导步骤、临界条件挖掘 情感态度 D 认同电磁学在现代科技的应用，体会回旋加速器、电磁炮技术原理，养成严谨规范解题习惯 科学态度与责任 情境题作答、解题步骤完整度、反思纠错 四、作业内容与目标对应表 题号 题型 题目概要 对应目标编号 设计意图 参考答案/评价要点 1 选择题（单选） 通电长直导线之间安培力判断 A 考查安培力产生条件，辨析磁场与电流平行时不受安培力 答案A；要点：磁场与电流平行，安培力为零 2 选择题（单选） 粒子沿磁感线运动，速度加倍后的运动状态 A 强化洛伦兹力产生条件：速度平行磁场不受洛伦兹力 答案D；动能与速度平方成正比 3 选择题（单选） 铝箔“天桥”通电在磁铁磁场中的安培力方向 A、B 结合实验情境，用左手定则判断安培力方向 答案D；左手定则判断安培力向上 4 选择题（单选） 通电弹簧水银实验现象分析 A 考查同向电流相互吸引及电路通断动态变化 答案B；弹簧往复上下振动 5 选择题（单选） 螺线管上方通电导线的受力转动问题 B 综合螺线管磁场分布与左手定则，考查转动与受力 答案B；顺时针转动，细线张力变大 6 选择题（单选） 电子在通电直导线磁场中的偏转轨迹 B 非匀强磁场，洛伦兹力偏转，轨道半径随B变化 答案A；越靠近导线B越大，半径变小 7 选择题（单选） 同种粒子不同偏角在磁场中的运动时间 B、C 周期与速度无关，运动时间由圆心角决定 答案C；时间与偏转角成正比3∶2∶1 8 选择题（单选） 各向粒子射入矩形磁场的出射区域临界分析 C 临界轨迹模型，几何确定出射区域长度 答案A；半径R=d，两侧出射长度比1∶1 9 选择题（多选） 电磁炮原理分析（新情境） A、D 科技情境，考查安培力影响因素及方向判断 答案ABC 10 选择题（多选） 回旋加速器工作原理（新情境） A、D 辨析加速与偏转区域，最大动能影响因素 答案CD 11 选择题（多选） 相同粒子从正方形磁场不同边界飞出 B、C 轨迹半径几何计算，速率与运动时间分析 答案AB 12 选择题（多选） 带电小球在正交电磁场中做匀速圆周运动 B、C 复合场：重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力 答案BC 13 实验填空 力传感器测定磁感应强度实验（实验探究） A、B 安培力实验，用受力差求安培力，F=nBIL F1-F2；B=(F1-F2)/(nIL) 14 计算题 倾斜导轨通电导体棒平衡与动力学 B 安培力与斜面受力平衡，动态计算电阻与加速度 (1)2 Ω (2)2.5 m/s² 15 计算题 倾斜极板中重力、电场、洛伦兹力三力平衡 B、C 三力平衡匀速直线，动能定理求运动时间 B=mg/(qv0)垂直纸面向外；t=qU/(mgv0) 16 计算题 倾斜滑轨金属杆的静摩擦临界与功率极值 B、C 静摩擦临界条件与等效电源输出功率 (1)1.25 A (2)5 W 17 计算题 加速→偏转→磁场多过程综合 C 动能定理加速、类平抛偏转、磁场圆周运动 v0=√(2qU0/m)；v与水平成30°；t=πm/(6qB) 18 计算题 磁场圆周运动后进入电场匀减速 B、C 磁场几何求半径，电场中匀减速至零 B=√3mv/(2qa)；t=4√3a/(9v)；坐标(-mv²/(2qE)，√3a) 五、作业评价 维度 A（优秀） B（良好） C（待改进） 权重 得分 知识理解 基础题全对，概念精确 少量细节错误 较多基础错误 20% 能力运用 方法恰当，过程清晰，理由充分 方法基本正确 方法不当或缺失 30% 思维发展 观点明确，论证充分，有独创性；几何轨迹分析完整 表达清楚，欠缺深度，轨迹几何偶有疏漏 思路混乱，缺乏证据，轨迹几何分析错误多 30% 情感态度 主动投入，积极交流，乐于协作；学习目标明确，能主动反思改进 态度端正，能按要求完成任务；基本参与合作 学习态度消极，被动完成任务，合作意识弱 20% 试题详情 第一章　安培力与洛伦兹力 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。 一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~8小题只有一项符合题目要求,第9~12小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选不全的得2分,选错或不答的得0分) 1.如图所示,A、B、C三根通电长直导线均水平固定,导线通入的恒定电流大小相等,方向如图,其中A、B垂直纸面且关于C对称,则导线C所受磁场力的情况是 (　　) A.大小为零　　　B.方向竖直向上 C.方向竖直向下　　　D.方向水平向左 2.一带电粒子在某匀强磁场中沿着磁感线方向运动,现仅将该粒子的运动速度增大一倍,其他条件不变,不计粒子的重力,则该带电粒子在此匀强磁场中 (　　) A.做匀速圆周运动 B.受到的洛伦兹力变为原来的2倍 C.运动的轨迹半径变为原来的2倍 D.运动的动能变为原来的4倍 3.如图所示,把柔软的铝箔条折成“天桥”状并用胶纸粘牢两端固定在桌面上,当电池与铝箔条接通时,以下情形中,会使“天桥”中部的铝箔条向上运动的是 (　　) A　　　B C　　　D 4.如图所示,把一根柔软的金属弹簧悬挂起来,弹簧静止时,它的下端刚好跟槽中的水银接触。通电后,关于弹簧,下列说法中正确的是 (　　) A.弹簧始终不动 B.弹簧不断上下振动 C.弹簧向上收缩后,保持静止 D.弹簧向下伸长后,保持静止 5.如图所示,在螺线管正上方用细线悬挂一根通电直导线,电流方向自左向右。当开关S闭合后,关于导线的受力和运动情况,下列说法正确的是 (　　) A.导线垂直纸面向外摆动,细线张力变小 B.从上向下看,导线顺时针转动,细线张力变大 C.从上向下看,导线逆时针转动,细线张力变小 D.导线与螺线管产生的磁场平行,始终处于静止状态 6.如图所示,在通电直导线右侧,有一电子沿垂直导线方向以速度v开始运动,则　 (　　) A.将沿轨迹Ⅰ运动,半径越来越小 B.将沿轨迹Ⅰ运动,半径越来越大 C.将沿轨迹Ⅱ运动,半径越来越小 D.将沿轨迹Ⅱ运动,半径越来越大 7.如图,三个速度大小不同的同种带电粒子沿同一方向从图示长方形区域的匀强磁场边缘射入,当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°,则它们在磁场中的运动时间之比为 (　　) A.1∶1∶1　　　B.1∶2∶3 C.3∶2∶1　　　D.∶∶1 8.如图所示,平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,两边界间距为d,MN上有一粒子源A,可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子,粒子射入磁场时的速度大小为。不计粒子所受重力。PQ上有粒子射出的区域长度与MN上有粒子射出的区域的长度之比为 (　　) A.1∶1　　　B.1∶2 C.2∶1　　　D.3∶2 （新情境题）9.根据磁场对电流会产生作用力的原理,人们研制出一种新型的炮弹发射装置——电磁炮,它的基本原理如图所示,下列结论中正确的是 (　　) A.要使炮弹沿导轨向右发射,必须通以自M向N的电流 B.要想提高炮弹的发射速度,可适当增大电流 C.要想提高炮弹的发射速度,可适当增大磁感应强度 D.使电流和磁感应强度的方向同时反向,炮弹的发射方向亦将随之反向 （新情境题）10.关于如图所示的回旋加速器,下列说法正确的是 (　　) A.带电粒子在D形盒磁场中加速 B.可以加速中子(不带电) C.带电粒子的出射最大动能与D形盒半径有关 D.两D形盒间交变电压的周期等于粒子转动的周期 11.如图,正方形abcd区域内存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面向里。甲、乙两个相同的粒子,分别从a点沿ad方向射入磁场,甲粒子从b点飞出磁场,乙粒子从c点飞出磁场,不计粒子重力,下列说法正确的是 (　　) A.甲、乙两个粒子的速率之比为1∶2 B.甲、乙两个粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1 C.甲、乙两个粒子离开磁场后的运动方向相同 D.甲、乙两个粒子离开磁场后的运动方向相反 12.如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知),小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动,重力加速度为g,则 (　　) A.小球可能带正电 B.小球做匀速圆周运动的半径为r= C.小球做匀速圆周运动的周期为T= D.若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期增大 二、非选择题(本题共6小题,共52分) （实验探究题）13.(4分)某小组利用如图所示的装置测定磁极间的磁感应强度,在力传感器下端挂一个n匝矩形线圈,将线圈的短边完全置于磁极之间的磁场(可视为匀强磁场)中并使平面与磁极的连线垂直。断开电路,线圈静止时力传感器的读数为F1;接通电路,线圈中的电流为I时,力传感器的读数为F2(F2<F1),则线圈所受的安培力F=　　　　;已知线圈短边的长度为L,则磁极间磁场的磁感应强度大小为B=　　　　。  14.(6分)质量为m=0.05 kg的导电细杆ab置于倾角为θ=30°的平行放置的光滑金属导轨上,导轨间距离为L=0.5 m,杆ab与导轨垂直,如图所示,匀强磁场垂直导轨平面且方向向下,磁感应强度大小为B=0.1 T。已知电源电动势E=15 V,内阻r=1 Ω,导轨和细杆的电阻均忽略不计,重力加速度为g。求: (1)当电阻R取值为多少时,释放细杆ab后杆保持静止不动; (2)当R=1 Ω时,释放细杆ab瞬间杆的加速度是多大? 15.(7分)如图所示,两块相同的金属板MN、PQ平行倾斜放置,与水平面的夹角为θ=45°,两金属板间的电势差为U,PQ板电势高于MN板,且MN、PQ之间分布有方向与纸面垂直的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的小球从PQ板的P端以速度v0竖直向上射入磁场区域,恰好沿直线从MN板的N端射出磁场区域,重力加速度为g,求: (1)磁感应强度的大小和方向; (2)小球在金属板之间的运动时间。 16.(11分)如图所示,在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,有一个与水平面成θ=53°角的导电滑轨,滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab,磁场方向与滑轨所在平面垂直且向下。已知接在滑轨中的电源电动势E=12 V,内阻r=1 Ω,滑动变阻器R的阻值足够大。ab杆长L=1.4 m,质量m=0.25 kg,电阻R0=6 Ω,杆与滑轨间的动摩擦因数μ=0.75,滑轨的电阻忽略不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,要使ab杆在滑轨上保持静止。 (1)求电流的最小值; (2)若磁场方向可以变化,求滑动变阻器的最大功率。 17.(12分)如图,M、N为水平放置的一对平行金属板,间距为d,长l=d,所加电压U=U0。金属板右侧有一以CD、EF两竖直线为边界的匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图。现有质量为m、带电荷量为q的负离子(重力不计)从静止开始经电压为U0的电场加速后,沿水平方向由金属板MN正中央射入,经电场、磁场后从边界EF水平射出。求: (1)离子射入金属板MN时初速度的大小; (2)离子离开金属板MN时速度的大小和方向; (3)离子在磁场中运动的时间。 18.(12分)一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中,并恰好垂直于y轴射出第一象限,进入第二象限的匀强电场中,电场强度为E,不计粒子重力。求: (1)匀强磁场的磁感应强度的大小; (2)带电粒子在磁场中运动的时间; (3)带电粒子在电场中速度第一次为零时的坐标。 答案与解析 答案全解全析 第一章　安培力与洛伦兹力 1.A 2.D 3.D 4.B 5.B 6.A 7.C 8.A 9.ABC 10.CD 11.AB 12.BC 1.A　由右手螺旋定则可知,A、B通电直导线在导线C处产生的磁场方向均水平向右,与电流方向平行,所以导线C所受磁场力大小为零,故A正确。 2.D　带电粒子在匀强磁场中沿着磁感线方向运动,则该粒子不受洛伦兹力作用,粒子所受合力为零,在磁场中做匀速直线运动,A、B、C错误;现仅将该粒子的运动速度增大一倍,根据Ek=mv2得,该粒子的动能变为原来的4倍,D正确。 3.D　A图中“天桥”在磁铁的一侧,磁场的方向指向S极(右下方),流过“天桥”的电流的方向指向右上方,根据左手定则可知,“天桥”受到的安培力的方向向下,故A错误;B图中“天桥”处在N、S极之间,流过“天桥”的电流指向右上方,由左手定则可知,其受向下的安培力,将向下运动,故B错误;C图中“天桥”处在N、S极之间,流过“天桥”的电流指向左下方,由左手定则可知,其受向下的安培力,将向下运动,故C错误;D图中,“天桥”处在N、S极之间,流过“天桥”的电流指向右上方,由左手定则可知,其受向上的安培力,将向上运动,故D正确。 4.B　当有电流通过弹簧时,构成弹簧的每一圈导线都产生了磁场,根据安培定则知,每个线圈的下端都是N极、上端是S极,各圈导线之间都产生了相互的吸引作用,弹簧就缩短了,当弹簧的下端离开水银后,电路断开,弹簧中没有了电流,各圈导线之间失去了相互吸引力,弹簧又恢复原长,使得弹簧下端又与水银接触,弹簧中又有了电流,开始重复上述过程。故选B。 5.B　通电螺线管在a、b、c三处产生的磁场方向如图所示,根据左手定则,通电直导线a处受到的安培力方向垂直纸面向外,b处受到的安培力方向垂直纸面向里,所以,从上向下看,导线将沿顺时针方向转动。利用特殊位置分析法,当导线转过90°时,导线受到的安培力方向竖直向下,所以此时细线的张力变大。选项A、B、C均错误,B正确。 6.A　根据右手螺旋定则,在导线右侧,磁场垂直纸面向里,而电子带负电,根据左手定则,电子将向上偏转,并且离导线越近,磁感应强度B越大,由于R=,因此电子运动的轨道半径将变小,故选项A正确。 7.C　粒子在磁场中运动的周期公式为T=,由此可知,粒子在磁场中运动的时间与粒子的速度大小无关,则三个粒子在磁场中运动的周期相同,三个粒子的偏转角分别为90°、60°、30°,偏转角为90°的粒子的运动时间为T,偏转角为60°的粒子的运动时间为T,偏转角为30°的粒子的运动时间为T;所以有t1∶t2∶t3=T∶T∶T=3∶2∶1,C正确。 8.A　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,有qvB=,粒子在磁场中运动的半径R==d,粒子从PQ边射出磁场的临界轨迹如图所示,由几何关系可知,PQ边有粒子射出的区域长度为L=2R=2d,MN上有粒子射出的区域的长度L'=2R=2d,则PQ上有粒子射出的区域长度与MN上有粒子射出的区域的长度之比为1∶1,故选项A正确。 9.ABC　要使炮弹沿导轨向右发射,则安培力方向向右,由左手定则可知,必须通以自M向N的电流,故A正确;由安培力的计算式F=BIL可知,可通过增大电流或增大磁感应强度来提高炮弹的发射速度,故B、C正确;如果电流和磁感应强度的方向同时反向,由左手定则可知,炮弹的发射方向将保持不变,故D错误。 10.CD　由回旋加速器原理可知,带电粒子在狭缝处被交变电场加速,在D形盒磁场中偏转,A错误;中子不带电,不会受到电场的作用,故不能用来加速中子,B错误;设D形盒半径为R,带电粒子离开D形盒的速度为v,由牛顿第二定律可得qvB=m,带电粒子的动能Ek=mv2=,故带电粒子的出射最大动能与D形盒半径有关,C正确;忽略带电粒子在狭缝处的运动时间,粒子的运动周期T=,与粒子运动速度无关,每运动半周被加速一次,故两D形盒间交变电压的周期等于粒子转动的周期,D正确。 11.AB　甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示,根据几何知识可知r甲∶r乙=1∶2;洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力,有qvB=m,则r=,m、q、B均相同,所以甲、乙两个粒子的速率之比为1∶2,故A正确;T=,甲、乙两粒子在磁场中运动的周期相等,则甲、乙两个粒子在磁场中运动的时间之比为T甲∶T乙=2∶1,故B正确;根据图形可知,甲粒子离开磁场后运动方向向左,乙粒子离开磁场后运动方向向下,故C、D错误。 12.BC　小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动,则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反,小球受电场力的方向和场强方向相反,则小球带负电,A错误;小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,由牛顿第二定律可得Bqv=m,由动能定理有Uq=mv2,且有mg=qE,联立可得小球做匀速圆周运动的半径r=,故B正确;由运动学公式可得T=,联立可得T=,说明周期与电压U无关,故C正确,D错误。 13.答案　F1-F2(2分)　(2分) 解析　设线圈的质量为m,则线圈所受的重力为mg,依题意F1=mg,F2+F=mg,解得F=F1-F2。依题意F=nBIL,解得B=。 14.答案　(1)2 Ω　(2)2.5 m/s2 解析　(1)ab杆中的电流为I= (1分) 根据共点力平衡的条件可知mg sin θ=BIL (1分) 联立解得R=2 Ω。 (1分) (2)ab杆中的电流为I'==7.5 A(1分) 根据牛顿第二定律得BIL-mg sin θ=ma (1分) 联立解得a=2.5 m/s2。 (1分) 15.答案　(1),垂直纸面向外　(2) 解析　(1)分析题意可知,小球在金属板之间做匀速直线运动。小球受重力G、电场力F电和洛伦兹力f,F电的方向与金属板垂直,f沿水平方向,如图所示, 三力合力为零,故小球带正电,由左手定则可知金属板MN、PQ之间的磁场方向垂直纸面向外, 其中f=qv0B=mg tan θ (2分) 可得B= (1分) (2)小球在运动的过程中洛伦兹力不做功,只有电场力与重力做功,设N、P之间的距离为h,由动能定理可得qU-mgh=0-0, (2分) 又h=v0t (1分) 解得t= (1分) 16.答案　(1)1.25 A　(2)5 W 解析　(1)当杆受到向上的静摩擦力最大时,电流最小,受力分析如图甲所示,F=BIL,f=μmg cos 53° 有BIL+μmg cos 53°=mg sin 53° (2分) 解得I=1.25 A(1分) (2)如果不考虑ab杆受力是否平衡,把导体棒电阻等效为电源内阻,则当内外电阻相等时,滑动变阻器消耗的功率最大,此时有I1== A(1分) 如果考虑ab杆受力平衡,则先分析其受力情况,如图乙所示,先合成支持力与摩擦力,合力为F1 tan α==μ=0.75 (1分) 解得α=37° (1分) 其中α是F1与N之间的夹角,可知这两个力的合力与竖直方向的夹角β=53°-37°=16°恒定,要使ab杆在滑轨上保持静止,则最小的安培力为 BIminL=mg sin β=mg sin 16° (2分) 则最小电流为Imin=1 A(1分) 此电流Imin=1 A>I1 滑动变阻器消耗的功率为P=EI'-I'2(R0+r) (1分) 代入数据得P=-7I'2+12I',根据数学知识可知,在电流大于 A时电流越小,功率越大,所以当电流取Imin=1 A时既保证了平衡也保证了滑动变阻器的功率达到最大,最大值为5 W(1分) 17.答案　(1)　 (2),斜向右上方与水平方向成30°　 (3) 解析　(1)加速电场中,由动能定理得 qU0=m (1分) 解得v0= (1分) (2)离子在偏转电场中,水平方向上有l=v0t (1分) 竖直方向有a== (1分) vy=at= (1分) 则合速度大小为v== (1分) 设速度与水平方向的夹角为θ,则 cos θ== (1分) 可知θ=30° (1分) (3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,得qvB=m (1分) 做圆周运动的周期T= (1分) 解得T= (1分) 由几何关系得,离子在磁场中运动的圆弧轨迹所对应的圆心角α=,则离子在磁场中运动的时间 t'=T= (1分) 18.答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)设磁感应强度为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r。粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m ①(1分) 粒子运动轨迹如图所示 由几何知识得r= ②(1分) 由①②解得B= ③(1分) (2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,则 T= ④(1分) 由图知,粒子在磁场中做圆周运动的轨迹对应的圆心角为θ= ⑤(1分) 粒子在磁场中运动的时间t=T ⑥(1分) 由②④⑤⑥解得t= ⑦(1分) (3)粒子离开磁场时,离O的距离为 y=r+r cos 60°=a (2分) 粒子在电场中做匀减速直线运动的距离 x== (2分) 粒子在电场中速度第一次为零时的坐标为 (1分) 学科网（北京）股份有限公司 $