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第2講　磁場對運動電荷(帶電體)的作用
目標要求 　1.認識洛倫茲力，能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小.2.會分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動.3.能夠分析帶電體在勻強磁場中的運動．
考點一　對洛倫茲力的理解和應用
基礎回扣
1．洛倫茲力的定義
磁場對運動電荷的作用力．
2．洛倫茲力的大小
(1)v∥B時，F＝0；
(2)v⊥B時，F＝qvB；
(3)v與B的夾角為θ時，F＝qvBsin θ.
3．洛倫茲力的方向
(1)判定方法：應用左手定則，注意四指應指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；
(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)
技巧點撥
洛倫茲力與電場力的比較
洛倫茲力 電場力
產生條件 v≠0且v不與B平行
(說明：運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用) 電荷處在電場中
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向與場
方向的關系 F⊥B，F⊥v F∥E
做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功

例1 　圖1中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示，一個帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是(　　)

圖1
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
答案　B
解析　在O點處，各電流產生的磁場的磁感應強度疊加．d、b電流在O點產生的磁場抵消，a、c電流在O點產生的磁場合矢量方向向左．帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，由左手定則可判斷出它所受洛倫茲力的方向向下，B正確．
例2 　(多選)如圖2所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里．質量相同的甲、乙、丙三個小球(均可視為質點)中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電．現將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則(　　)

圖2
A．經過最高點時，三個小球的速度相等
B．經過最高點時，甲球的速度最小
C．甲球的釋放位置比乙球的位置高
D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變
答案　CD
解析　設磁場的磁感應強度大小為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mg＋q甲v甲B＝mv甲2r，mg－q乙v乙B＝mv乙2r，mg＝mv丙2r，顯然，v甲>v丙>v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在圓形軌道最高點處的動能最大，因為勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確．

1.(帶電體在地磁場中運動)如圖3所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍從同一位置以原來的速度水平拋出，考慮地磁場的影響，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)

圖3
A．無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點
B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長
C．若小球帶負電荷，小球會落在更遠的b點
D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠的b點
答案　D
2．(洛倫茲力做功的特點)(多選)如圖4甲所示，帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平向里的勻強磁場(如圖乙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2，若加上水平向右的勻強電場(如圖丙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強電場(如圖丁)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4.不計空氣阻力，則(　　)

圖4
A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4
C．h2與h4無法比較 D．h1與h2無法比較
答案　AC
解析　題圖甲中，由豎直上拋運動的最大高度公式得h1＝v022g，題圖丙中，當加上電場時，由運動的分解可知，在豎直方向上，有v02＝2gh3，得h3＝v022g，所以h1＝h3，故A正確；題圖乙中，洛倫茲力改變速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，設此時小球的動能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝12mv02，又由于12mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D錯誤；題圖丁中，因小球電性未知，則電場力方向不確定，則h4可能大于h1，也可能小于h1，因為h1>h2，所以h2與h4也無法比較，故C正確，B錯誤．
考點二　有約束情況下帶電體的運動
帶電體在有約束條件下做變速直線運動，隨著速度的變化，洛倫茲力發生變化，加速度發生變化，最后趨于穩定狀態，a＝0，做勻速直線運動；當FN＝0時離開接觸面．
例3 　(多選)(2019·福建泉州市期末質量檢查)如圖5所示，粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強磁場中．t＝0時，一個質量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動，則物塊運動的v－t圖象可能是(　　)

圖5

答案　ACD
解析　設初速度為v0，則FN＝Bqv0，若滿足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物塊向下做勻速運動，選項A正確；若mg>μBqv0，則物塊開始有向下的加速度，由a＝mg－μBqvm可知，隨速度增加，加速度減小，即物塊先做加速度減小的加速運動，最后達到勻速狀態，選項D正確；若mg<μBqv0，則物塊開始有向上的加速度，做減速運動，由a＝μBqv－mgm可知，隨速度減小，加速度減小，即物塊先做加速度減小的減速運動，最后達到勻速狀態，則選項C正確．

3．(有約束情況下帶電體的運動)(多選)電荷量為＋q、質量為m的滑塊和電荷量為－q、質量為m的滑塊同時從完全相同的光滑斜面上由靜止開始下滑，設斜面足夠長，斜面傾角為θ，在斜面上加如圖6所示的磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，關于滑塊下滑過程中的運動和受力情況，下列說法中正確的是(不計兩滑塊間的相互作用，重力加速度為g)(　　)

圖6
A．兩個滑塊先都做勻加速直線運動，經過一段時間，＋q會離開斜面
B．兩個滑塊先都做勻加速直線運動，經過一段時間，－q會離開斜面
C．當其中一個滑塊剛好離開斜面時，另一滑塊對斜面的壓力為2mgcos θ
D．兩滑塊運動過程中，機械能均守恒
答案　ACD
解析　當滑塊開始沿斜面向下運動時，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，帶負電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，開始時兩滑塊沿斜面方向所受的力均為mgsin θ，均做勻加速直線運動，隨著速度的增大，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力逐漸變大，當qvB＝mgcos θ時，帶正電的滑塊恰能離開斜面，而帶負電的滑塊將一直沿斜面運動，不會離開斜面，A正確，B錯誤；由于兩滑塊加速度相同，所以在帶正電的滑塊離開斜面前兩者在斜面上運動的速度總相同，當帶正電的滑塊剛好離開斜面時，帶負電的滑塊受的洛倫茲力也滿足qvB＝mgcos θ，方向垂直斜面向下，斜面對滑塊的支持力大小為qvB＋mgcos θ＝2mgcos θ，故滑塊對斜面的壓力為2mgcos θ，C正確；由于洛倫茲力不做功，故D正確．
考點三　帶電粒子在勻強磁場中的運動
基礎回扣
1．在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做勻速直線運動．
2．帶電粒子以速度v垂直射入磁感應強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內做勻速圓周運動．
(1)洛倫茲力提供向心力：qvB＝mv2r.
(2)軌跡半徑：r＝mvqB.
(3)周期：T＝2πrv、T＝2πmqB，可知T與運動速度和軌跡半徑無關，只和粒子的比荷和磁場的磁感應強度有關．
(4)運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為θ(弧度)時，所用時間t＝θ2πT.
(5)動能：Ek＝12mv2＝p22m＝?Bqr?22m.
例4 　(多選)有兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍，兩個速率相同的電子分別在兩磁場區域做勻速圓周運動，與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　)
A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做勻速圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍
D．做勻速圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等
答案　AC
解析　設電子的質量為m，速率為v，電荷量為e，
則由牛頓第二定律得：evB＝mv2R①
T＝2πRv②
由①②得：R＝mveB，T＝2πmeB
所以R2R1＝k，T2T1＝k
根據a＝evBm，ω＝vR
可知a2a1＝1k，ω2ω1＝1k
所以選項A、C正確，選項B、D錯誤．
例5 　(2019·全國卷Ⅲ·18)如圖7，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為12B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場．一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運動的時間為(　　)

圖7
A.5πm6qB B.7πm6qB C.11πm6qB D.13πm6qB
答案　B
解析　設帶電粒子進入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示，對應的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2R、T＝2πRv，可得R1＝mvqB、R2＝2mvqB、T1＝2πmqB、T2＝4πmqB，帶電粒子在第二象限中運動的時間為t1＝T14，在第一象限中運動的時間為t2＝θ2πT2，又由幾何關系有cos θ＝R2－R1R2＝12，可得t2＝T26，則粒子在磁場中運動的時間為t＝t1＋t2，聯立以上各式解得t＝7πm6qB，選項B正確，A、C、D錯誤．


4．(帶電粒子做圓周運動相關物理量的比較)在探究射線性質的過程中，讓質量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入同一勻強磁場中，發現兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運動．則α粒子與β粒子的動能之比是(　　)
A.m1m2 B.m2m1
C.m14m2 D.4m2m1
答案　D
解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有：qvB＝mv2r，動能為：Ek＝12mv2，聯立可得：Ek＝q2r2B22m，由題意知α粒子和β粒子所帶電荷量之比為2∶1，故α粒子和β粒子的動能之比為：EkαEkβ＝q12m1q22m2＝4m2m1，故D正確．
5.(運動軌跡分析)如圖8，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力．鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為(　　)

圖8
A．2 B.2 C．1 D.22
答案　D
解析　根據題圖中的幾何關系及帶電粒子在勻強磁場中的運動性質可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運動的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運動的軌道半徑r2的2倍．設粒子在P點的速度為v1，根據牛頓第二定律可得qv1B1＝mv12r1，則B1＝mv1qr1＝2mEkqr1；同理，B2＝mv2qr2＝2m·12Ekqr2，則B1B2＝22，D正確，A、B、C錯誤．
課時精練

1.從太陽和其他星體發射出的高能粒子流，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用．如圖1為地磁場的示意圖(虛線，方向未標出)，赤道上方的磁場可看成與地面平行，若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有α(氦的原子核)、β(電子)、γ(光子)射線以及質子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下(　　)

圖1
A．α射線沿直線射向赤道
B．β射線向西偏轉
C．γ射線向東偏轉
D．質子向北偏轉
答案　B
解析　赤道上方磁場方向與地面平行、由南向北，根據左手定則可知，帶正電的α射線和質子向東偏轉，帶負電的β射線向西偏轉，不帶電的γ射線不偏轉，選項B正確．
2．電荷量為3e的正離子，自勻強磁場a點如圖2所示射出，當它運動到b點時，打中并吸收了原來處于靜止狀態的一個電子，若忽略電子質量，則接下來離子的運動軌跡是(　　)

圖2


答案　D
解析　離子吸收一個電子后，離子帶電荷量由＋3e變為＋2e，因為電子質量不計，故吸收電子后離子運動的速度保持不變．由洛倫茲力提供向心力qvB＝mv2R可得離子運動半徑R＝mvqB，因為離子吸收電子后帶電荷量減小且離子速度、質量不變，故離子做勻速圓周運動的軌道半徑R增大，離子的電性沒有發生變化，故離子做勻速圓周運動的受力方向沒有發生變化，故A、B、C錯誤，D正確．
3．在同一勻強磁場中，α粒子(42He)和質子(11H)做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則α粒子和質子(　　)
A．運動半徑之比是2∶1
B．運動周期之比是2∶1
C．運動速度大小之比是4∶1
D．受到的洛倫茲力大小之比是2∶1
答案　B
解析　在同一勻強磁場B中，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝mvqB，故兩者的運動半徑之比為1∶2，選項A錯誤；帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期T＝2πmqB，故運動周期之比為2∶1，選項B正確；α粒子和質子質量之比為4∶1，由于動量大小相等，故速度大小之比為1∶4，選項C錯誤；帶電粒子在勻強磁場中受到的洛倫茲力F＝qvB，故受到的洛倫茲力大小之比為1∶2，選項D錯誤．
4．(多選)帶電油滴以水平速度v0垂直進入磁場，恰做勻速直線運動，如圖3所示，若油滴質量為m，磁感應強度為B，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

圖3
A．油滴必帶正電荷，電荷量為mgv0B
B．油滴必帶正電荷，比荷qm＝gv0B
C．油滴必帶負電荷，電荷量為mgv0B
D．油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝mgv0B
答案　AB
解析　油滴水平向右勻速運動，其所受洛倫茲力必向上，與重力平衡，故帶正電，其電荷量q＝mgv0B，油滴的比荷為qm＝gv0B，選項A、B正確．
5．(多選)(2020·河北唐山市模擬)兩個質子以不同速度均在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖4所示，兩圓周相切于A點，過A點作一直線與兩圓周交于D點和C點．若兩圓周半徑r1∶r2＝1∶2，下列說法正確的有(　　)

圖4
A．兩質子速率之比v1∶v2＝1∶2
B．兩質子周期之比T1∶T2＝1∶2
C．兩質子由A點出發第一次分別到達D點和C點經歷的時間之比t1∶t2＝1∶2
D．兩質子分別運動到D點和C點處時的速度方向相同
答案　AD
解析　質子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝mv2r，則v＝qBrm，所以兩質子的速率之比為1∶2，A正確；又T＝2πrv，解得T＝2πmqB，所以兩質子的周期之比為1∶1，B錯誤；由題圖可知兩質子由A點出發第一次分別運動到D點和C點時的偏轉角相等，由于周期相同，則兩質子的運動時間相等，C錯誤；由于兩質子的偏轉角相等，則兩質子分別運動到D點和C點時的速度方向相同，D正確．
6.(多選)如圖5所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內壁光滑、底部有帶電小球的試管，在水平拉力F的作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從管口處飛出，則(　　)

圖5
A．小球帶負電
B．小球運動的軌跡是一條拋物線
C．洛倫茲力對小球做正功
D．維持試管勻速運動的拉力F應逐漸增大
答案　BD
解析　小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口的洛倫茲力，根據左手定則判斷，小球帶正電，故A錯誤；由題知試管向右勻速運動，則小球在水平向右方向上做勻速運動，設試管運動速度為v1，小球沿試管方向受到的洛倫茲力F1＝qv1B，q、v1、B均不變，F1不變，則小球沿試管方向做勻加速直線運動，與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線，故B正確；洛倫茲力總是與速度方向垂直，不做功，故C錯誤；設小球沿試管的分速度大小為v2，則小球受到垂直試管向左的洛倫茲力F2＝qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F＝F2，則F逐漸增大，故D正確．

7．圖6甲是洛倫茲力演示儀，圖乙是演示儀結構圖．玻璃泡內充有稀薄的氣體，由電子槍發射電子束，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡．圖丙是勵磁線圈的原理圖．兩線圈之間產生近似勻強磁場，線圈中電流越大磁場越強，磁場的方向與兩個線圈中心的連線平行，電子速度的大小和磁感應強度可以分別通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調節．若電子槍垂直磁場方向發射電子，給勵磁線圈通電后，能看到電子束的徑跡呈圓形．關于電子束的軌道半徑，下列說法正確的是(　　)

圖6
A．只增大電子槍的加速電壓，軌道半徑不變
B．只增大電子槍的加速電壓，軌道半徑變小
C．只增大勵磁線圈中的電流，軌道半徑不變
D．只增大勵磁線圈中的電流，軌道半徑變小
答案　D
解析　只增大電子槍的加速電壓U，由eU＝12mv2可知，電子進入磁場的速度增大，半徑r＝mvqB變大，選項A、B錯誤；只增大勵磁線圈中的電流，磁場的磁感應強度B增大，半徑r＝mvqB變小，選項C錯誤，D正確．
8.(多選)(2019·河南鄭州市質檢)如圖7所示，質量為m、電荷量為＋q的圓環可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現給圓環向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環運動的速度—時間圖象可能是下列選項中的(　　)

圖7

答案　AD
解析　帶電圓環在磁場中受到向上的洛倫茲力，當重力與洛倫茲力相等時，圓環將做勻速直線運動，A正確；當洛倫茲力大于重力時，圓環受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環將做加速度逐漸減小的減速運動，最后做勻速直線運動，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環將做加速度逐漸增大的減速運動，B、C錯誤．
9.如圖8所示，長為l的絕緣輕繩上端固定于O點，下端系一質量為m的帶負電小球，在小球運動的豎直平面內有垂直該平面向里的勻強磁場．某時刻給小球一垂直于磁場、水平向右的初速度，小球能做完整的圓周運動．不計空氣阻力，重力加速度為g，則(　　)

圖8
A．小球做勻速圓周運動
B．小球運動過程中機械能不守恒
C．小球在最高點的最小速度v1＝gl
D．最低點與最高點的繩子拉力差值大于6mg
答案　D
解析　重力對小球做功，所以小球在運動過程中速率不斷變化，A錯誤；小球在運動過程中，繩子的拉力與洛倫茲力不做功，只有重力做功，故小球運動過程中機械能守恒，B錯誤；當小球恰好經過最高點時，由牛頓第二定律得mg－qv1B＝mv12l，故v1≠gl，C錯誤；由牛頓第二定律，小球在最低點有FT－mg－qvB＝mv2l，在最高點有mg＋FT′－qv′B＝mv′2l，由機械能守恒定律得12mv2＝mg·2l＋12mv′2，聯立以上方程得，最低點與最高點繩子的拉力差ΔFT＝FT－FT′＝6mg＋qB(v－v′)>6mg，D正確．
10.(多選)(2020·陜西安康市月考)如圖9，矩形ABCD區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，AB＝2d，BC＝3d，E為AB中點．從E點沿垂直AB方向射入粒子a，粒子a經磁場偏轉后從D點出磁場，若仍從E點沿垂直AB方向射入粒子b，粒子b經磁場偏轉后從B點出磁場，已知a、b粒子的質量相等，電荷量相等，不計粒子的重力，則(　　)

圖9
A．a、b粒子均帶正電
B．a、b粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為4∶1
C．a、b粒子在磁場中運動的速率大小之比為2∶1
D．a、b粒子在磁場中運動的時間之比為1∶3
答案　BD
解析　根據左手定則判斷可知，a粒子帶正電，b粒子帶負電，A錯誤；在磁場中，洛倫茲力提供向心力，粒子的運動軌跡如圖，

對a粒子，由幾何知識可得(Ra－d)2＋(3d)2＝Ra2，解得Ra＝2d
由圖可知b粒子在磁場中做圓周運動的半徑為Rb＝12d，則a、b粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為4∶1，B正確；在磁場中，洛倫茲力提供向心力，根據qvB＝mv2R可得v＝qBRm，由于a、b粒子的質量相等，電荷量相等，則a、b粒子在磁場中運動的速率大小之比為4∶1，C錯誤；根據T＝2πmqB，可知，兩粒子的運動周期相同，由幾何關系知，a粒子運動的圓心角為π3，b粒子運動的圓心角為π，根據t＝T·θ2π可得，a、b粒子在磁場中運動的時間之比為1∶3，D正確．
11．如圖10所示，一個粗糙且足夠長的斜面體靜止于水平面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，質量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑的過程中，斜面體靜止不動．下列說法中正確的是(　　)

圖10
A．滑塊受到的摩擦力逐漸增大
B．滑塊沿斜面向下做勻加速直線運動
C．滑塊最終要離開斜面
D．滑塊最終可能靜止于斜面上
答案　C
解析　滑塊受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛倫茲力和沿斜面向上的摩擦力四個力的作用，初始時刻洛倫茲力為0，滑塊在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下運動，隨著速度v的增大，洛倫茲力qvB增大，滑塊受到的支持力減小，則摩擦力減小，加速度增大，當qvB＝mgcos θ時，滑塊離開斜面，故C正確，A、B、D錯誤．
12．(多選)(2020·江西贛州市模擬)如圖11所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球套在桿上．已知小球的質量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應強度為B，小球與桿間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩定的過程中(　　)

圖11
A．小球的加速度一直減小
B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變
C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝2μqE－mg2μqB
D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝2μqE＋mg2μqB
答案　CD
解析　v較小時，對小球受力分析如圖所示，Ff＝μFN＝μ(qE－qvB)，mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增大，小球加速度先增大，當qE＝qvB時達到最大值，amax＝g，繼續運動，有Ff＝μ(qvB－qE)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，加速度逐漸減小，A錯誤；因為有摩擦力做功，小球的機械能與電勢能的總和在減小，B錯誤；若在加速度增大時達到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝m·g2，得v＝2μqE－mg2μqB；若在加速度減小時達到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝m·g2，得v＝2μqE＋mg2μqB，C、D正確．

13．(2017·全國卷Ⅲ·24)如圖12，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0 區域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區域，磁感應強度的大小為λB0(常數λ＞1)．一質量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力)

圖12
(1)粒子運動的時間；
(2)粒子與O點間的距離．
答案　(1)πmB0q(1＋1λ)　(2)2mv0B0q(1－1λ)
解析　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動．設在x≥0區域，圓周半徑為R1；在x＜0區域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得
qB0v0＝mv02R1①
qλB0v0＝mv02R2②
設粒子在x≥0區域運動的時間為t1，則
t1＝πR1v0③
粒子在x<0區域運動的時間為t2，則
t2＝πR2v0④
聯立①②③④式得，所求時間為
t＝t1＋t2＝πmB0q(1＋1λ)⑤
(2)由幾何關系及①②式得，所求距離為
d＝2(R1－R2)＝2mv0B0q(1－1λ)．

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