人教版(新教材)高中物理選擇性必修2第一章安培力與洛倫茲力章末檢測(cè)（一）

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊(cè)PAGEPAGE1章末檢測(cè)（一）(時(shí)間：90分鐘滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(共9小題，每小題4分，共36分。)1.每時(shí)每刻都有大量帶電的宇宙射線向地球射來，地球磁場(chǎng)可以有效地改變這些射線中大多數(shù)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向，使它們不能到達(dá)地面，這對(duì)地球上的生命有十分重要的意義。假設(shè)有一個(gè)帶正電的宇宙射線粒子正垂直于地面向赤道射來，在地磁場(chǎng)的作用下，它將()A.向東偏轉(zhuǎn) B.向南偏轉(zhuǎn)C.向西偏轉(zhuǎn) D.向北偏轉(zhuǎn)〖解析〗地球的磁場(chǎng)由南向北，當(dāng)帶正電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時(shí)，根據(jù)左手定則可以判斷粒子的受力的方向?yàn)橄驏|，所以粒子將向東偏轉(zhuǎn)，故A正確?！即鸢浮紸2.如圖所示，a、b、c、d為四根與紙面垂直的長(zhǎng)直導(dǎo)線，其橫截面位于圓弧上相互垂直的兩條直徑的四個(gè)端點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向見圖。一帶負(fù)電的粒子從圓心O沿垂直于紙面的方向向里運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向是()A.從O指向a B.從O指向bC.從O指向c D.從O指向d〖解析〗根據(jù)題意，由右手螺旋定則，則有b與d導(dǎo)線電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)正好相互抵消，而a與c導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向都向左，則得O點(diǎn)的磁場(chǎng)方向水平向左，當(dāng)一帶負(fù)電的粒子從圓心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向里運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知，它所受洛倫茲力的方向從O指向c，選項(xiàng)C正確。〖答案〗C3.如圖所示，三根長(zhǎng)均為l的直導(dǎo)線水平放置，截面構(gòu)成以A為頂點(diǎn)的等腰直角三角形，其中導(dǎo)線A、B電流的方向垂直紙面向里，導(dǎo)線C中電流的方向垂直紙面向外。若導(dǎo)線B、C中的電流在導(dǎo)線A所在位置處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B0，導(dǎo)線A通過的電流大小為I，則導(dǎo)線A受到的安培力的大小和方向?yàn)?)A.eq\r(2)B0Il，水平向左 B.2B0Il，水平向左C.eq\r(2)B0Il，豎直向上 D.2B0Il，豎直向上〖解析〗B、C中的電流在A處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B0，如圖所示。根據(jù)平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系，有A處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為BA＝eq\r(2)B0，由左手定則可知，安培力方向豎直向上，大小為F＝eq\r(2)B0Il，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤?！即鸢浮紺4.下列運(yùn)動(dòng)(電子只受電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力的作用)不可能的是()A.電子以固定的正點(diǎn)荷Q為圓心繞Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B.電子在固定的等量異種點(diǎn)電荷＋Q、－Q連線的中垂線上做直線運(yùn)動(dòng)C.電子在圖示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿圖示虛線軌跡做圓周運(yùn)動(dòng)D.電子沿通電螺線管中心軸線做直線運(yùn)動(dòng)〖解析〗電子受到點(diǎn)電荷對(duì)它的庫(kù)侖引力，速度若滿足庫(kù)侖引力完全提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A正確；圖中等量異種電荷連線的中垂線上的電場(chǎng)方向始終水平向右，電子受到水平向左的電場(chǎng)力，不可能沿中垂線做直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受洛倫茲力，靠洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故C正確；通電螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)方向沿水平方向，電子的速度方向與磁場(chǎng)方向平行，不受洛倫茲力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D正確?！即鸢浮紹5.回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動(dòng)能的裝置，其核心部分是兩個(gè)“D”形金屬盒，置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與“D”形盒所在平面垂直，兩盒分別與高頻交流電源相連，帶電粒子獲得的最大動(dòng)能與哪個(gè)因素有關(guān)()A.加速的次數(shù) B.交流電的頻率C.加速電壓 D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小〖解析〗根據(jù)洛倫茲力提供粒子圓周運(yùn)動(dòng)的向心力得qvB＝meq\f(v2,R)設(shè)D形盒半徑為R，最后粒子射出回旋加速器的速度為v＝eq\f(qBR,m)則最大動(dòng)能為Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)所以影響粒子獲得的最大動(dòng)能的因素有粒子比荷的大小、回旋加速器內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和回旋加速器的半徑，故選項(xiàng)D正確?！即鸢浮紻6.如圖所示，用兩根輕細(xì)金屬絲將質(zhì)量為m，長(zhǎng)為l的金屬棒懸掛在c、d兩處，置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)。當(dāng)棒中通以從a到b的電流I后，兩懸線偏離豎直方向θ角處于平衡狀態(tài)。為了使棒平衡在該位置上，所需的最小磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小、方向是()A.eq\f(mg,lI)tanθ，豎直向上B.eq\f(mg,lI)tanθ，豎直向下C.eq\f(mg,lI)sinθ，平行懸線向下D.eq\f(mg,lI)sinθ，平行懸線向上〖解析〗從b點(diǎn)沿金屬棒看進(jìn)去，受力分析如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，安培力最小，如圖所示?？傻肍min＝mgsinθ＝BIl，Bmin＝eq\f(mg,Il)sinθ，再結(jié)合左手定則，可得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)檠乩K向上。故選項(xiàng)D正確?！即鸢浮紻7.如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，下列選項(xiàng)正確的是()A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma〖解析〗由題意a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以mag＝qE；b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以mbg＝qE＋qvB；c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以mcg＋qvB＝qE，根據(jù)公式可解得mb＞ma＞mc，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤?！即鸢浮紹8.如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)足夠大)，一對(duì)正負(fù)電子分別以相同的速度沿與x軸成30°角的方向從原點(diǎn)垂直磁場(chǎng)射入，則負(fù)電子與正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為()A.1∶eq\r(3) B.1∶2C.1∶1 D.2∶1〖解析〗電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)由幾何知識(shí)可知α＝120°，β＝60°，電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(θ,360°)T則負(fù)電子與正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比eq\f(t－,t＋)＝eq\f(β,α)＝eq\f(60°,120°)＝eq\f(1,2)，故選項(xiàng)B正確?！即鸢浮紹9.根據(jù)電、磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用規(guī)律我們知道，電場(chǎng)可以使帶電粒子加(或減)速，磁場(chǎng)可以控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向?；匦铀倨?、圖示的質(zhì)譜儀都是利用以上原理制造出來的高科技設(shè)備，如圖中的質(zhì)譜儀是把從S1出來的帶電量相同的粒子先經(jīng)過電壓U使之加速，然后再讓他們進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)B，這樣質(zhì)量不同的粒子就會(huì)在磁場(chǎng)中分離。下述關(guān)于回旋加速器、質(zhì)譜儀的說法中錯(cuò)誤的是()A.經(jīng)過回旋加速器加速的同種帶電粒子，其最終速度大小與高頻交流電的電壓無關(guān)B.經(jīng)過回旋加速器加速的同種帶電粒子，其最終速度大小與D型盒上所加磁場(chǎng)強(qiáng)弱有關(guān)C.圖示質(zhì)譜儀中，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑大的粒子，其質(zhì)量也大D.圖示質(zhì)譜儀中，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑大的粒子，其電荷量也大〖解析〗根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，則粒子的最終速度與交流電壓無關(guān)，與D形盒上所加的磁場(chǎng)強(qiáng)弱有關(guān)。故A、B正確；根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2得，v＝eq\r(\f(2qU,m))，則r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑大的粒子，其質(zhì)量大，故C正確，D錯(cuò)誤?！即鸢浮紻二、多項(xiàng)選擇題(共5小題，每小題4分，共20分。)10.在物理學(xué)發(fā)展過程中，觀測(cè)、實(shí)驗(yàn)、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用，下列說法正確的是()A.奧斯特實(shí)驗(yàn)說明電流具有磁效應(yīng)，首次揭示了電和磁之間存在聯(lián)系B.直線電流、環(huán)形電流、通電螺線管的磁場(chǎng)均可用安培定則判斷C.通電螺線管外部的磁場(chǎng)與條形磁鐵的磁場(chǎng)十分相似，受此啟發(fā)，安培提出了著名的分子電流假說D.洛倫茲力方向可用左手定則判斷，此時(shí)四指指向與負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)方向一致〖解析〗奧斯特在一根導(dǎo)線下方擺放一個(gè)小磁針，導(dǎo)線通電時(shí)，發(fā)現(xiàn)小磁針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，這個(gè)實(shí)驗(yàn)說明通電導(dǎo)線周圍存在磁場(chǎng)，這就是電流的磁效應(yīng)，該效應(yīng)揭示電和磁之間存在聯(lián)系，故A正確；電流周圍的磁場(chǎng)都可以通過安培定則來判斷，直線電流、環(huán)形電流、通電螺線管的磁場(chǎng)均可用安培定則判斷，故B正確；安培根據(jù)通電螺線管的磁場(chǎng)和條形磁鐵的磁場(chǎng)的極其相似，為了將條形磁鐵的磁場(chǎng)和通電導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)統(tǒng)一到一起，受此啟發(fā)，提出了分子電流假說，故C正確；洛倫茲力方向可用左手定則判斷：伸開左手，讓磁感線穿過手心，四指指向正電荷運(yùn)動(dòng)的方向，則和四指垂直的大拇指所指方向即為洛倫茲力的方向，故D錯(cuò)誤。〖答案〗ABC11.在豎直面內(nèi)用兩個(gè)一樣的彈簧測(cè)力計(jì)吊著一根銅棒，銅棒所在虛線范圍內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，棒中通以自左向右的電流，如圖所示。當(dāng)棒靜止時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為F1；若將棒中的電流方向反向，當(dāng)棒靜止時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為F2，且F2>F1，根據(jù)這兩個(gè)數(shù)據(jù)，可以確定()A.磁場(chǎng)的方向 B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小C.安培力的大小 D.銅棒的重力〖解析〗因?yàn)殡娏鞣聪驎r(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)F2＞F1，所以可以知道電流自左向右時(shí)，導(dǎo)體棒受到的磁場(chǎng)力方向向上，根據(jù)左手定則可以確定磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，故磁?chǎng)的方向可以確定，故A正確；由于電流大小不知，所以無法確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，故B錯(cuò)誤；令銅棒的重力為G，安培力的大小為F，則由平衡條件得2F1＝G－F當(dāng)電流反向時(shí)，磁場(chǎng)力變?yōu)樨Q直向下，此時(shí)同樣根據(jù)導(dǎo)體棒平衡有2F2＝G＋F聯(lián)立可得棒的重力G＝F1＋F2安培力F的大小F＝F2－F1因此可確定安培力的大小與銅棒的重力，故C、D正確?！即鸢浮紸CD12.如圖所示，帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿光滑絕緣的圓弧形軌道的內(nèi)側(cè)來回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，它每次通過最低點(diǎn)時(shí)()A.速度大小一定相同B.加速度一定相同C.所受洛倫茲力一定相同D.軌道給它的彈力一定相同〖解析〗在整個(gè)運(yùn)動(dòng)的過程中，洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以向左或向右通過最低點(diǎn)時(shí)重力做功相同，速度大小相同，故A正確；根據(jù)合外力提供向心力有F合＝ma＝meq\f(v2,R)，則加速度相同，故B正確；根據(jù)左手定則可知洛倫茲力的大小相等，方向不同，故C錯(cuò)誤；向右、向左通過最低點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力大小相等，方向相反，根據(jù)合力提供向心力可知洛倫茲力向上時(shí)有FN＋F洛－mg＝F合，當(dāng)洛倫茲力向下時(shí)FN′－F洛－mg＝F合，比較可知彈力不等，故D錯(cuò)誤?！即鸢浮紸B13.如圖所示，豎直放置的平行金屬板a、b間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，金屬板間還存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電粒子(不計(jì)重力)以速度v沿金屬板間中線從上向下射入，該粒子恰沿直線通過金屬板間?，F(xiàn)換成一帶電小球(重力不能忽略)，仍以相同的速度v沿金屬板間中線從上向下射入，則下列說法正確的是()A.金屬板間存在的電場(chǎng)方向水平向左B.小球仍可以沿直線通過金屬板間C.洛倫茲力對(duì)小球做正功D.電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功〖解析〗若帶電粒子帶正電，粒子受洛倫茲力方向向右，粒子恰沿直線通過金屬板間，則粒子受電場(chǎng)力方向向左，電場(chǎng)方向水平向左；若帶電粒子帶負(fù)電，粒子受洛倫茲力方向向左，粒子恰沿直線通過金屬板間，則粒子受到的電場(chǎng)力水平向右，則電場(chǎng)方向水平向左，故無論粒子帶正電還是負(fù)電，金屬板間存在的電場(chǎng)方向水平向左，故A正確；帶電小球在重力作用下，速度會(huì)逐漸增大，粒子受到的洛倫茲力會(huì)增大，而電場(chǎng)力不變，所以小球受到的合力會(huì)偏離豎直方向，小球不可以沿直線通過金屬板間，故B錯(cuò)誤；洛倫茲力的方向時(shí)刻與小球速度方向垂直，洛倫茲力對(duì)小球不做功，故C錯(cuò)誤；若小球帶正電，小球沿金屬板間中線從上向下射入，運(yùn)動(dòng)過程中會(huì)向右偏離豎直線，電場(chǎng)力做負(fù)功；若小球帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)過程中會(huì)向左偏離豎直線，電場(chǎng)力仍然做負(fù)功，故D正確?！即鸢浮紸D14.美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，利用帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量。如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是()A.帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次B.P1P2＝P2P3C.粒子能獲得的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)D.A、C板間的加速電場(chǎng)的方向需要做周期性的變化〖解析〗帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時(shí)被加速，即帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次。電場(chǎng)的方向沒有改變，則在AC間加速，故A正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，則P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mΔv,qB)，因?yàn)槊哭D(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v2－veq\o\al(2,1)＝2ad，知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v3－v2＜v2－v1，則P1P2＞P2P3，故B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子從D形盒中出來時(shí)，速度最大，根據(jù)R＝eq\f(mvmax,qB)得，vmax＝eq\f(qBR,m)，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，故C正確?！即鸢浮紸C

三、解答題(共4小題，共44分。)15.(10分)如圖所示，兩光滑的平行金屬軌道與水平面成θ角，兩軌道間距為l，一金屬棒垂直兩軌道水平放置。金屬棒質(zhì)量為m，有效電阻為R，軌道電阻不計(jì)，軌道上端的電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r。為使金屬棒能靜止在軌道上，可加一方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。(1)則該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)是多大？(2)若將磁場(chǎng)方向變?yōu)樨Q直向下，此時(shí)導(dǎo)軌由靜止下滑的瞬間加速度？〖解析〗(1)根據(jù)閉合電路的歐姆定律和安培力公式得I＝eq\f(E,R＋r)①F安＝BIl②對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，如圖所示F安＝mgtanθ③聯(lián)立①②③得B＝eq\f(mg（R＋r）tanθ,El)(2)由牛頓第二定律可知mgsinθ＋BIlcosθ＝ma解得a＝2gsinθ?！即鸢浮?1)eq\f(mg（R＋r）tanθ,El)(2)2gsinθ16.(10分)如圖所示，分布在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子從磁場(chǎng)邊緣A點(diǎn)沿圓的半徑AO方向射入磁場(chǎng)，從D點(diǎn)離開磁場(chǎng)，其中AD的距離為eq\r(3)r，不計(jì)重力，求：(1)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；(2)粒子的入射速度；(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

〖解析〗(1)設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，如圖所示所以∠AOD＝120°，則△ADO′是等邊三角形，故R＝AD＝eq\r(3)r(2)根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律qvB＝eq\f(mv2,R)則v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(3)qBr,m)(3)由圖知，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)方向偏轉(zhuǎn)了60°角，所以粒子完成了eq\f(1,6)T個(gè)圓運(yùn)動(dòng)，根據(jù)線速度與周期的關(guān)系T＝eq\f(2πR,v)，得T＝eq\f(2πm,qB)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)〖答案〗(1)eq\r(3)r(2)eq\f(\r(3)qBr,m)(3)eq\f(πm,3qB)17.(12分)如圖所示，水平放置的兩塊長(zhǎng)直平行金屬板a、b相距為d，a、b間加有電壓，b板下方空間存在著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計(jì)重力)，從貼近a板的左端以v0的初速度水平射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，剛好從狹縫P處穿過b板進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后粒子打到b板的Q處(圖中未畫出)被吸收。已知P到b板左端的距離為2d，求：(1)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小和方向；(2)P、Q之間的距離；(3)粒子從進(jìn)入板間到打到b板Q處的時(shí)間。〖解析〗(1)粒子在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，則v0t＝2deq\f(1,2)vyt＝d，所以v0＝vyvP＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，θ＝45°(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O，半徑為r，如圖BqvP＝eq\f(mveq\o\al(2,P),R)，得R＝eq\f(mvP,Bq)左手定則，判斷出粒子軌跡，xPQ＝eq\r(2)R＝eq\f(2mv0,Bq)(3)在電場(chǎng)中的時(shí)間t1＝eq\f(2d,v0)磁場(chǎng)中的周期T＝eq\f(2πm,qB)t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2qB)則t＝t1＋t2＝eq\f(2d,v0)＋eq\f(πm,2qB)。〖答案〗(1)eq\r(2)v0方向與水平方向夾角為45°(2)eq\f(2mv0,Bq)(3)eq\f(2d,v0)＋eq\f(πm,2Bq)18.(12分)如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量