物理3-1第三章磁場（教師）

第三章磁場第4節(jié)通電導(dǎo)線在磁場中受到的力1．安培力的大?。艌鰧﹄娏鞯淖饔昧邪才嗔Γ涔綖镕＝ILBsinθ，式中θ為導(dǎo)線與磁感應(yīng)強度B之間的夾角．2．安培力的方向．(1)用左手定則判定：伸開左手，使大拇指跟其余四個手指垂直，并且都跟手掌在一個平面內(nèi)，把手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入手心，并使伸開的四指指向電流的方向，那么，大拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向．(2)安培力方向的特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I所決定的平面．(注意：B和I可以有任意夾角)3．常用的電流表是磁電式儀表，其構(gòu)造是：在蹄形磁鐵的兩極間有一個固定的圓柱形鐵芯，鐵芯外面套有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的鋁框，上面繞有線圈，它的轉(zhuǎn)軸上裝有螺旋彈簧和指針．線圈的兩端分別接在兩個螺旋彈簧上．碲形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻輻向分布，不管線圈轉(zhuǎn)到什么角度，它的平面都跟磁感線平行．磁電式儀表的優(yōu)點是靈敏度高，可以測很弱的電流；缺點是繞制線圈的導(dǎo)線很細(xì)，允許通過的電流很弱．?基礎(chǔ)鞏固1．(多選)下列敘述正確的是(AD)A．放在勻強磁場中的通電導(dǎo)線受到恒定的磁場力B．沿磁感線方向，磁場逐漸減弱C．磁場的方向就是通電導(dǎo)體所受磁場力的方向D．安培力的方向一定垂直磁感應(yīng)強度和直導(dǎo)線所決定的平面解析：由F＝BILsinθ知A正確．F方向一定與B和I所決定的平面垂直，所以D項正確．2．如圖所示，一根有質(zhì)量的金屬棒MN，兩端用細(xì)軟導(dǎo)線連接后懸于a、b兩點，棒的中部處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，棒中通有電流，方向從M流向N，此時懸線上有拉力，為了使拉力等于零，可以(C)A．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強度B．使磁場反向C．適當(dāng)增大電流D．使電流反向解析：為使懸線拉力為零，安培力的方向必須向上且增大才能與重力平衡，即合力為零，由左手定則可知，A、B、D錯誤，C正確．3．(多選)如右圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，放置一根長為L，質(zhì)量為m，通過電流為I的導(dǎo)線，若使導(dǎo)線靜止，應(yīng)該在斜面上施加勻強磁場B的大小和方向為(AC)A．B＝eq\f(mgsinα,IL)，方向垂直斜面向下B．B＝eq\f(mgsinα,IL)，方向垂直斜面向上C．B＝eq\f(mgtanα,IL)，方向豎直向下D．B＝eq\f(mgsinα,IL)，方向水平向右解析：根據(jù)電流方向和所給定磁場方向的關(guān)系，可以確定通電導(dǎo)線所受安培力分別如下圖所示．又因為導(dǎo)線還受重力G和支持力FN，根據(jù)力的平衡知，只有①③兩種情況是可能的，其中①中F＝mgsinα，則B＝eq\f(mgsinα,IL)，③中F＝mgtanα，B＝eq\f(mgtanα,IL).4．一根容易形變的彈性導(dǎo)線，兩端固定．導(dǎo)線中通有電流，方向如圖中箭頭所示．當(dāng)沒有磁場時，導(dǎo)線呈直線狀態(tài)；當(dāng)分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁場時，描述導(dǎo)線狀態(tài)的四個圖示中正確的是(D)解析：沒有通電時導(dǎo)線是直的，豎直向上，當(dāng)加上豎直向上的磁場時，由于磁感應(yīng)強度B的方向與電流方向平行，導(dǎo)線不受安培力，不會彎曲，A圖錯誤；加上水平向右的勻強磁場，根據(jù)左手定則，電流所受的安培力應(yīng)垂直紙面向里，B圖彎曲方向錯誤；同理，C圖中電流受的安培力向右，因此C圖中導(dǎo)線彎曲方向錯誤；D圖正確．5.如圖所示的天平可用來測定磁感應(yīng)強度．天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，寬為L，共N匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面．當(dāng)線圈中通有電流I(方向如圖)時，在天平左、右兩盤各加質(zhì)量分別為m1、m2的砝碼，天平平衡．當(dāng)電流反向(大小不變)時，右盤再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平重新平衡，由此可知(B)A．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里，大小為eq\f(（m1＋m2）g,NIL)B．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里，大小為eq\f(mg,2NIL)C．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向外，大小為eq\f(（m1－m2）g,NIL)D．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向外，大小為eq\f(mg,2NIL)解析：由題意知，電流反向前受安培力向下，反向后受安培力向上，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里；由平衡條件知，電流反向前m1g＝m2g＋F安，電流反向后m1g＝m2g－F安＋mg，解得2F安＝mg，又F安＝NILB，所以B＝eq\f(mg,2NIL)或B＝eq\f(（m1－m2）g,NIL)，故B對，A、C、D錯．?能力提升6．如圖，長為2l的直導(dǎo)線折成邊長相等，夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強度為I的電流時，該V形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為(C)A．0B．0.5BIlC．BIlD．2BIl解析：安培力公式F＝BIL，其中L為垂直放于磁場中導(dǎo)線的有效長度，圖中的有效長度為虛線所示，其長度為l，所以通電導(dǎo)線受到的安培力F＝IBl，選項C正確．7．如圖所示，將條形磁鐵放在水平桌面上，在其中部正上方與磁鐵垂直的方向上固定一根直導(dǎo)線，給直導(dǎo)線通以方向垂直于紙面向里的電流．下列說法中正確的是(B)A．磁鐵對桌面的壓力變小B．磁鐵對桌面的壓力變大C．磁鐵對桌面的壓力不變D．無法確定磁鐵對桌面壓力的變化解析：先由安培定則和左手定則判出直線電流所受磁鐵磁場的安培力方向豎直向上(如圖)，再由牛頓第三定律得知，磁鐵必受向下的磁場力作用，故磁鐵對桌面的壓力變大，故選項B正確．8．如下圖所示，把一通電直導(dǎo)線放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導(dǎo)線可以自由轉(zhuǎn)動，當(dāng)導(dǎo)線中通過如下圖所示方向的電流I時，試判斷導(dǎo)線的運動情況．解析：根據(jù)題圖所示的導(dǎo)線所在處的特殊位置判斷其轉(zhuǎn)動情況．將導(dǎo)線AB從N、S極的中點O分成兩段，對AO、BO段所處的磁場方向如圖①所示，由左手定則可得AO段受安培力的方向垂直紙面向外，BO段受安培力的方向垂直紙面向里，可見從上向下看，導(dǎo)線AB將繞O點逆時針轉(zhuǎn)動．再根據(jù)導(dǎo)線轉(zhuǎn)過90°時的特殊位置判斷其上下運動情況．如圖②所示，導(dǎo)線此時受安培力方向豎直向下，導(dǎo)線將向下運動．由上述兩個特殊位置的判斷可知，當(dāng)導(dǎo)線在上述的特殊位置時，所受安培力使導(dǎo)線逆時針轉(zhuǎn)動的同時還要向下運動．答案：由上向下看導(dǎo)線逆時針轉(zhuǎn)動，同時向下落．9．質(zhì)量為m＝0.02kg的通電細(xì)桿ab置于傾角θ＝37°的平行放置的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的寬度d＝0.2m，桿ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，磁感應(yīng)強度B＝2T的勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直且方向向下，如右圖所示，現(xiàn)調(diào)節(jié)滑動變阻器的觸頭，試求出為使桿ab靜止不動，通過解析：桿ab的電流為a到b，所受的安培力方向平行于導(dǎo)軌向上．當(dāng)電流較大時，導(dǎo)體有向上的運動趨勢，所受靜摩擦力向下；當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時，磁場力為最大值F1，此時通過ab的電流最大為Imax；同理，當(dāng)電流最小時，應(yīng)該是導(dǎo)體受向上的最大靜摩擦力，此時的安培力為F2，電流為Imin，正確地畫出兩種情況下的受力圖，如下圖所示，由平衡條件列方程求解．根據(jù)第一幅受力圖列式如下：F1－mgsinθ－Fμ1＝0，F(xiàn)N－mgcosθ＝0，F(xiàn)μ1＝μFN，F(xiàn)1＝BImaxd，解上述方程得：Imax＝0.46A根據(jù)第二幅受力圖F2＋Fμ2－mgsinθ＝0，F(xiàn)N－mgcosθ＝0，F(xiàn)μ2＝μFN，F(xiàn)2＝BImind，解上述方程得：Imin＝0.14A答案：0.14A≤I≤第三章第4節(jié)通電導(dǎo)線在磁場中受到的力課后強化演練一、選擇題1．(2015·江蘇鹽城中學(xué)期中)在赤道上，地磁場可以看作是沿南北方向并且與地面平行的勻強磁場，磁感應(yīng)強度是5×10－5T．如果赤道上有一條沿東西方向的直導(dǎo)線，長40m，載有20A的電流，地磁場對這根導(dǎo)線的作用力大小是()A．4×10－2N B．2.5×10－2NC．9×10－2N D．4×10－3N解析：根據(jù)安培力公式得F＝BIL，代入數(shù)據(jù)解得F＝4×10－2N，A選項正確．答案：A2．一根容易形變的彈性導(dǎo)線，兩端固定．導(dǎo)線中通有電流，方向如圖中箭頭所示．當(dāng)沒有磁場時，導(dǎo)線呈直線狀態(tài)；當(dāng)分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁場時，描述導(dǎo)線狀態(tài)的四個圖中正確的是()解析：A圖中導(dǎo)線中電流方向與磁場方向平行，不受力，故它不會彎曲，A錯．B圖中導(dǎo)線受到垂直紙面向里的安培力，它不會向右彎曲，B錯．C、D中導(dǎo)線受到水平向右的安培力，導(dǎo)線不會向左彎曲，C錯，D對．答案：D3．(2014·汕頭模擬)如圖，是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻地輻向分布，線圈中a、b兩條導(dǎo)線長均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B．則()A．該磁場是勻強磁場 B．線圈平面總與磁場方向垂直C．線圈將逆時針方向轉(zhuǎn)動 D．a(chǎn)、b導(dǎo)線受到的安培力大小總為IlB解析：該磁場是輻向均勻分布的，不是勻強磁場，A選項錯誤；線圈平面總與磁場方向平行，B選項錯誤；根據(jù)左手定則可知，線圈a導(dǎo)線受到向上的安培力，b導(dǎo)線受到向下的安培力，線圈順時針方向轉(zhuǎn)動，C選項錯誤；a、b導(dǎo)線始終與磁場垂直，受到安培力大小總為BIl，D選項正確．答案：D4．如圖所示，均勻繞制的螺線管水平放置，在其正中心的上方附近用絕緣繩水平吊起通電直導(dǎo)線A，A與螺線管垂直，A導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里，開關(guān)S閉合，A受到通電螺線管磁場的作用力的方向是()A．水平向左 B．水平向右C．豎直向下 D．豎直向上解析：先用安培定則判斷螺線管的磁場方向，在A點導(dǎo)線處的磁場方向是水平向左的；再用左手定則判斷出導(dǎo)線A受到的安培力豎直向上．故選D．答案：D5．(2015·龍巖市武平一中模擬)根據(jù)磁場對電流會產(chǎn)生作用力的原理，人們研制出一種新型的發(fā)射炮彈的裝置——電磁炮，其原理如圖所示：把待發(fā)炮彈(導(dǎo)體)放置在強磁場中的兩平行導(dǎo)軌上，給導(dǎo)軌通以大電流，使炮彈作為一個通電導(dǎo)體在磁場作用下沿導(dǎo)軌加速運動，并以某一速度發(fā)射出去．現(xiàn)要提高電磁炮的發(fā)射速度，你認(rèn)為下列方案在理論上可行的是()A．增大磁感應(yīng)強度B的值B．增大電流I的值C．減小磁感應(yīng)強度B的值D．改變磁感應(yīng)強度B的方向，使之與炮彈前進(jìn)方向平行解析：要提高電磁炮的發(fā)射速度，在加速距離不變的情況下，需要增大安培力，根據(jù)安培力公式F＝BIL，可以增加磁感應(yīng)強度B、增加電流I，故A、B選項正確，C選項錯誤；磁感應(yīng)強度B的方向與炮彈前進(jìn)方向平行時，安培力減小為零，D選項錯誤．答案：AB6．(2014·湖北模擬)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌ab、cd豎直放置在勻強磁場中，勻強磁場方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導(dǎo)軌上使其水平且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．現(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流I，同時釋放金屬棒PQ使其運動．已知電流I隨時間變化的關(guān)系為I＝kt(k為常數(shù)，k＞0)，金屬棒與導(dǎo)軌間存在摩擦．則下面關(guān)于棒的速度v、加速度a隨時間變化的關(guān)系圖象中，可能正確的有()解析：水平方向金屬棒受到安培力和導(dǎo)軌對棒的彈力，F(xiàn)N＝BIL＝kBLt，豎直方向上金屬棒受到重力和摩擦力作用，mg－FN·μ＝ma，聯(lián)立解得，mg－kBLt·μ＝ma，加速度隨時間減小，呈線性變化，當(dāng)加速度等于零以后，方向反向，kBLt·μ－mg＝ma，加速度隨時間增大，A選項正確，B選項錯誤；金屬棒先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，C選項錯誤，D選項正確．答案：AD二、非選擇題7．如圖所示，一根長度為L、質(zhì)量為m的導(dǎo)線AB，用軟導(dǎo)線懸掛在方向水平的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)要使懸線張力為零，則AB導(dǎo)線通電方向怎樣？電流大小是多少？解析：要使懸線張力為零，AB導(dǎo)線受到的磁場力必須是向上，由左手定則可判斷出電流方向是由A到B，設(shè)懸線張力剛好為零，由二力平衡得ILB＝mg，所以I＝mg/LB．答案：電流方向是由A到BI＝mg/LB8．如圖所示，MN、PQ為水平放置的金屬導(dǎo)軌，直導(dǎo)線ab與導(dǎo)軌垂直放置，導(dǎo)軌間距L＝10cm，其電阻為0.4Ω，導(dǎo)軌所在區(qū)域處在勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應(yīng)強度B＝0.2T．電池電動勢E＝1.5V，內(nèi)電阻r＝0.18Ω，電阻R＝1.6Ω，開關(guān)S接通后直導(dǎo)線ab仍靜止不動．求直導(dǎo)線ab所受的摩擦力的大小和方向．解析：導(dǎo)線處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示．當(dāng)開關(guān)閉合時，電阻R與導(dǎo)線ab并聯(lián)．R并＝eq\f(R·Rab,R＋Rab)＝eq\f(1.6×0.4,1.6＋0.4)Ω＝0.32Ωab兩端的電壓為U＝IR并＝eq\f(E,R并＋r)R并＝eq\f(1.5,0.32＋0.18)×0.32V＝0.96V通過ab的電流為Iab＝U/Rab＝2.4A導(dǎo)線ab所受的安培力F為F＝BIabL＝0.2×2.4×0.1N＝0.048N由平衡條件可得Ff＝F＝0.048N所以導(dǎo)線所受的摩擦力大小為0.048N，方向水平向左．答案：0.048N方向水平向左第5節(jié)運動電荷在磁場中受到的力1．洛倫茲力：運動電荷所受磁場的作用力叫洛倫茲力．通電導(dǎo)線所受到的安培力實際上是作用在導(dǎo)線中運動電荷上的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)．2．洛倫茲力的大小：F＝qvBsin_θ，其中θ是帶電粒子的運動方向與磁場方向的夾角．(1)當(dāng)θ＝90°，即帶電粒子的運動方向與磁場方向垂直時：F＝qvB最大．(2)當(dāng)θ＝0°，即帶電粒子的運動方向與磁場方向平行時：F＝0最?。?．洛倫茲力的方向：用左手定則判定．注意四指指向正電荷運動方向(或負(fù)電荷運動的相反方向)，洛倫茲力的方向既垂直于電荷運動速度v的方向，又垂直于磁感應(yīng)強度B的方向，即洛倫茲力的方向總是垂直于B、v方向所決定的平面．4．洛倫茲力總是與速度v垂直，故洛倫茲力對運動電荷不做功．5．電視顯像管應(yīng)用了電子束磁偏轉(zhuǎn)的原理．電子束在隨時間變化的磁場的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，逐行掃描，使熒光屏發(fā)光．?基礎(chǔ)鞏固1．關(guān)于運動電荷和磁場的說法中，正確的是(D)A．運動電荷在某點不受洛倫茲力作用，這點的磁感應(yīng)強度必為零B．電荷的運動方向、磁感應(yīng)強度方向和電荷所受洛倫茲力的方向一定互相垂直C．電子運動由于受到垂直于它的磁場力作用而偏轉(zhuǎn)，這是因為洛倫茲力對電子做功D．電荷與磁場沒有相對運動，電荷就一定不受磁場的作用力解析：運動電荷處于磁感應(yīng)強度為零處，所受洛倫茲力為零，但當(dāng)運動電荷的速度方向和磁場方向一致時(同向或反向)也不受洛倫茲力的作用；運動電荷受到的洛倫茲力垂直于磁場方向和電荷運動方向所決定的平面，即洛倫茲力既垂直于磁場方向，也垂直于電荷的運動方向，但磁場方向和電荷運動方向不一定垂直；因為洛倫茲力一定垂直于電荷的運動方向，所以洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功；運動電荷受洛倫茲力的作用，這里的運動應(yīng)是與磁場的相對運動．2．(多選)如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、強度為B的勻強磁場中．質(zhì)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，下列判斷正確的是(CD)A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達(dá)地面時的動能與B的大小無關(guān)C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上解析：根據(jù)左手定則可判斷滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，選項C正確；滑塊沿斜面下滑的速度變化，則洛倫茲力的大小變化、壓力變化、滑動摩擦力變化、滑動摩擦力做的功變化，選項A、B錯誤；若B很大，則滑動摩擦力較大，滑塊先加速下滑后減速下滑，速度減為零時靜止于斜面，選項D正確．3．在陰極射線管中電子流方向由左向右，其上放置一根通有如下圖所示電流的直導(dǎo)線，導(dǎo)線與陰極射線管平行，則陰極射線將(B)A．向上偏轉(zhuǎn)B．向下偏轉(zhuǎn)C．向紙里偏轉(zhuǎn)D．向紙外偏轉(zhuǎn)解析：由題意可知，直線電流的方向由左向右，根據(jù)安培定則，可判定直導(dǎo)線下方的磁場方向為垂直紙面向里，而陰極射線(電子運動)方向由左向右，由左手定則知(電子帶負(fù)電，四指要指向運動方向的反方向)，陰極射線將向下偏轉(zhuǎn)，故B選項正確．4．一個長螺線管中通有交變電流，把一個帶電粒子沿管軸線射入管中，不計重力，粒子將在管中(D)A．做圓周運動B．沿軸線來回運動C．做勻加速直線運動D．做勻速直線運動解析：通有交變電流的螺線管內(nèi)部磁場方向始終與軸線平行，帶電粒子沿著磁感線運動時不受洛倫茲力，所以應(yīng)一直保持原運動狀態(tài)不變．5．來自宇宙的質(zhì)子流，以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則這些質(zhì)子在進(jìn)入地球周圍的空間時，將(B)A．豎直向下沿直線射向地面B．相對于預(yù)定地點，稍向東偏轉(zhuǎn)C．相對于預(yù)定地點，稍向西偏轉(zhuǎn)D．相對于預(yù)定地點，稍向北偏轉(zhuǎn)解析：地球表面地磁場方向由南向北，質(zhì)子是氫原子核，帶正電．根據(jù)左手定則可判定，質(zhì)子自赤道上空豎直下落過程中受洛倫茲力方向向東．6．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質(zhì)量和電荷量均相同的正負(fù)離子(不計重力)，從點O以相同的速率先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正負(fù)離子在磁場中，下列敘述錯誤的是(A)A．運動時間相同B．運動軌道的半徑相同C．重新回到邊界時速度的大小和方向相同D．重新回到邊界的位置與O點距離相等解析：如圖所示，正離子的軌跡為磁場邊界上方的eq\o(OB,\s\up8(︵))，負(fù)離子的軌跡為磁場邊界上方的eq\o(OA,\s\up8(︵))，軌道半徑OO1＝OO2＝eq\f(mv,qB)，二者相同，B正確；運動時間和軌道對應(yīng)的圓心角(回旋角α)成正比，所以正離子運動的時間較長，A錯誤；由幾何知識可知△OO1B≌△OO2A，所以O(shè)A＝OB，D正確；由于O1B∥O2A，且vA⊥O2A，vB⊥O1B，所以vA∥vB，C正確．?能力提升7．如右圖所示，有一磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向上的勻強磁場，一束電子流以初速v從水平方向射入，為了使電子流經(jīng)過磁場時不偏轉(zhuǎn)(不計重力)．則磁場區(qū)域內(nèi)必須同時存在一個勻強電場，這個電場的場強大小和方向是(C)A.eq\f(B,v)，豎直向上B.eq\f(B,v)，水平向左C．Bv，垂直紙面向里D．Bv，垂直紙面向外解析：根據(jù)左手定則可知電子受到垂直紙面向里的洛倫茲力，要想不偏轉(zhuǎn)則一定受到垂直紙面向外的電場力，則場強方向垂直紙面向里(場強方向跟負(fù)電荷受力方向相反)，根據(jù)平衡Eq＝qvB可知E＝Bv，故選C.8．(多選)質(zhì)量為m、帶電量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，如圖所示．若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的是(BD)A．小物塊一定帶正電荷B．小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動C．小物塊在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動D．小物塊在斜面上下滑過程中，當(dāng)小球?qū)π泵鎵毫榱銜r的速率為eq\f(mgcosθ,Bq)解析：小物塊沿斜面下滑對斜面作用力為零時受力分析如圖所示．小物塊受到重力G和垂直于斜面向上的洛倫茲力F，故小物塊帶負(fù)電荷，A選項錯誤；小物塊在斜面上運動時合力等于mgsinθ保持不變，做勻加速直線運動，B選項正確，C選項錯誤；小物塊在斜面上下滑過程中，當(dāng)小物塊對斜面壓力為零時有qvB＝mgcosθ，則有v＝eq\f(mgcosθ,Bq)，D選項正確．9．如右圖所示，空間某區(qū)域有一方向水平、磁感應(yīng)強度為B＝0.2T的勻強磁場．一帶正電微粒質(zhì)量為m＝2.0×10－8kg，帶電荷量為q＝1.0×10－8C，當(dāng)它以某一水平速度v0垂直進(jìn)入磁場后，恰能沿直線勻速通過此區(qū)域．g取10m/s(1)求v0的大?。?2)如果微粒的速度大于v0，它將向哪邊偏轉(zhuǎn)？解析：(1)mg＝qv0B，所以v0＝eq\f(mg,qB)＝eq\f(2.0×10－8×10,10－8×0.2)m/s＝100m/s.(2)如果微粒的速度大于v0，它將向上偏轉(zhuǎn)．答案：(1)100m/s(2)第三章第5節(jié)運動電荷在磁場中受到的力課后強化演練一、選擇題1．關(guān)于電荷在磁場中受力，下列說法中正確的是()A．靜止的電荷一定不受洛倫茲力的作用，運動電荷一定受洛倫茲力的作用B．洛倫茲力的方向有可能與磁場方向平行C．洛倫茲力的方向一定與帶電粒子的運動方向垂直D．帶電粒子運動方向與磁場平行時，一定不受洛倫茲力的作用解析：本題考查判斷洛倫茲力產(chǎn)生的條件，磁場對靜止的電荷無相互作用力，對運動的電荷也不一定有作用力，只有當(dāng)電荷的運動方向與磁感應(yīng)強度方向不在同一直線上時才有洛倫茲力作用．答案：CD2．(2015·龍巖市武平一中模擬)關(guān)于帶電粒子在電場或磁場中運動的表述，以下正確的是()A．帶電粒子在電場中某點受到的電場力方向與該點的電場強度方向相同B．正電荷只在電場力作用下，一定從高電勢處向低電勢處運動C．帶電粒子在磁場中運動時受到的洛倫茲力方向與粒子的速度方向垂直D．帶電粒子在磁場中某點受到的洛倫茲力方向與該點的磁場方向相同解析：正電荷在電場中某點受到的電場力方向與該點的電場強度方向相同，A選項錯誤；正電荷只在電場力作用下，也可能從低電勢處向高電勢處運動，B選項錯誤；根據(jù)左手定則可知，帶電粒子在磁場中運動時受到的洛倫茲力方向與粒子的速度方向垂直，C選項正確，D選項錯誤．答案：C3．如圖為說明電視機顯像管偏轉(zhuǎn)線圈作用的示意圖．當(dāng)線圈中通過圖示方向的電流時，一束沿中心軸線O自紙內(nèi)射向紙外的電子流將()A．向左偏轉(zhuǎn) B．向右偏轉(zhuǎn)C．向上偏轉(zhuǎn) D．向下偏轉(zhuǎn)解析：由圖知該線圈可等效為兩個通電螺線管，由安培定則可判斷，線圈下端為N極，因此O點磁場方向向上，然后由左手定則可判斷電子流向右偏，故B正確．答案：B4．(2014·甘肅一模)極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進(jìn)入地極附近的大氣層后，由于地磁場的作用而產(chǎn)生的．如圖所示，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)并證實，這些高能帶電粒子流向兩極做螺旋運動，旋轉(zhuǎn)半徑不斷減?。诉\動形成的原因是()A．洛倫茲力對粒子做負(fù)功，使其動能減小B．空氣阻力對粒子做負(fù)功，使其動能減小C．與空氣分子碰撞過程中粒子的帶電量減少D．越接近兩極，地磁場的磁感應(yīng)強度越大解析：洛倫茲力提供了粒子做圓周運動的向心力，方向時刻與運動方向垂直，不做功，故A選項錯誤；qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，空氣阻力對粒子做負(fù)功，使粒子動能減小，速度減小，導(dǎo)致軌道半徑變小，故B選項正確；粒子的帶電量減小，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，軌道半徑將變大，故C選項錯誤；地磁場的磁感應(yīng)強度變強，軌道半徑將減小，故D選項正確．答案：BD5．(2015·邯鄲聯(lián)考)如圖是在有勻強磁場的云室中觀察到的帶電粒子的運動軌跡圖，M、N是軌跡上兩點，勻強磁場B垂直紙面向里．該粒子在運動時，其質(zhì)量和電量不變，而動能逐漸減少，下列說法正確的是()A．粒子在M點動能大，在N點動能小B．粒子先經(jīng)過N點，后經(jīng)過M點C．粒子帶正電D．粒子在M點受到的洛倫茲力大于在N點受到的洛倫茲力解析：帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，速度越小，半徑越小，粒子在M點的半徑小，動能小，在N點的半徑大，動能大，A選項錯誤；粒子運動過程中，克服阻力做功，動能逐漸減小，先經(jīng)過N點，后經(jīng)過M點，B選項正確；根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，C選項正確；洛倫茲力F＝qvB，速度小，洛倫茲力小，粒子在M點受到的洛倫茲力小于在N點受到的洛倫茲力，D選項錯誤．答案：BC6．(2014·成都模擬)如圖所示，a，b，c，d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于圓弧上相互垂直的兩條直徑的四個端點上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向見圖．一帶正電的粒子從圓心O沿垂直于紙面的方向向里運動，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)對稱性可知，b、d處的通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場相互抵消，a、c處的通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場方向相同，沿水平向左，根據(jù)左手定則可知，一帶正電的粒子從圓心O沿垂直于紙面的方向向里運動，它所受洛倫茲力的方向是從O指向A．A選項正確．答案：A二、非選擇題7．?dāng)[長為l，擺球質(zhì)量為m、電荷量為＋q的單擺從如圖所示位置A擺下，到最低處便在一個磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中運動，擺動平面垂直磁場．若圖中α＝60°，擺球從A起第一次到最低處時，擺線上的拉力為多少？解析：擺球從靜止擺到最低點的過程中，只有重力做功，洛倫茲力不做功，由動能定理：mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gl).在最低點對小球受力分析如圖：洛倫茲力F＝qvB豎直向下，重力豎直向下，拉力FT豎直向上．據(jù)牛頓第二定律：FT－mg－F＝meq\f(v2,l)，解得FT＝2mg＋qBeq\r(gl).答案：2mg＋qBeq\r(gl)8．如圖所示，某空間存在著相互正交的勻強電場E和勻強磁場B，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直于紙面水平向里，B＝1T，E＝10eq\r(3)N/C．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m＝2×10－6kg，電荷量q＝＋2×10－6C的液滴以某一速度進(jìn)入該區(qū)域恰能做勻速直線運動，求：這個速度的大小和方向．(g取10m/s2)解析：帶電液滴的受力如圖所示．為保證液滴做勻速直線運動，液滴所受洛倫茲力應(yīng)與重力mg和電場力qE的合力等大反向；再由左手定則可確定速度v的方向，設(shè)其與電場的夾角為θ，則：tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(2×10－6×10\r(3),2×10－6×10)＝eq\r(3)，所以θ＝60°.F＝qvB＝eq\f(mg,cosθ)＝2mg，故v＝eq\f(2mg,qB)＝eq\f(2×2×10－6×10,2×10－6×1)m/s＝20m/s.答案：20m/s，方向與電場方向的夾角為60°斜向上第6節(jié)帶電粒子在勻強磁場中的運動1．垂直射入勻強磁場的帶電粒子受到的洛倫茲力總與粒子的運動方向垂直，粒子的速度大小不變，洛倫茲力的大小也不變，所以帶電粒子做勻速圓周運動．2．質(zhì)量為m、帶電荷量為q，速率為v的帶電粒子，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，軌道運行周期T＝eq\f(2πm,qB)．由以上關(guān)系式可知，粒子運動的軌道半徑與粒子的速度成正比，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期跟軌道半徑和運動速率無關(guān)．3．質(zhì)譜儀是利用電場和磁場控制電荷運動、測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具．其結(jié)構(gòu)如下圖所示．容器A中含有電荷量相同而質(zhì)量有微小差別的帶電粒子經(jīng)過S1和S2之間的電場加速，它們進(jìn)入磁場將沿著不同的半徑做圓周運動，打到照像底片的不同地方，在底片上形成若干譜線狀的細(xì)條，叫做質(zhì)譜線，每一條譜線對應(yīng)于一定的質(zhì)量．從譜線的位置可以知道圓周的半徑，如果再已知帶電粒子的電荷量，就可以算出它的質(zhì)量，這種儀器叫做質(zhì)譜儀．4．回旋加速器利用了帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動的規(guī)律，用交變電場實現(xiàn)對帶電粒子多次加速的原理制成的．其體積相對較?。捎趲щ娏Ｗ釉贒形盒縫隙處被電場加速，其速度增大，半徑增大，但粒子運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)與速度和半徑無關(guān)．所以，當(dāng)交變電場也以周期T變化時，就能使粒子每經(jīng)過縫隙處就被加速一次，從而獲得很大的速度和動能．?基礎(chǔ)鞏固1．有電子、質(zhì)子、氘核和氚核，以同樣的速度垂直射入同一勻強磁場中，它們在磁場中做勻速圓周運動，則軌道半徑最大的是(B)A．氘核B．氚核C．電子D．質(zhì)子解析：因為Bqv＝eq\f(mv2,r)，故r＝eq\f(mv,Bq)，因為v、B相同，所以r∝eq\f(m,q)，而氚核的eq\f(m,q)最大，故選B.2．(多選)某電子以固定的正電荷為圓心在勻強磁場中做勻速圓周運動，磁場方向垂直于它的運動平面，電子所受正電荷的電場力是磁場力的3倍，若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，磁感應(yīng)強度為B，則電子運動可能的角速度是(AC)A.eq\f(4Be,m)B.eq\f(3Be,m)C.eq\f(2Be,m)D.eq\f(Be,m)解析：電子受電場力和洛倫茲力而做勻速圓周運動，當(dāng)兩力方向相同時有：Ee＋Bev＝mω2r，①Ee＝3Bev，②v＝ωr，③聯(lián)立①②③得ω＝eq\f(4Be,m)，故A正確．當(dāng)兩力方向相反時有Ee－Bev＝mω2r.④聯(lián)立②③④有ω＝eq\f(2Be,m)，C正確．3．如下圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進(jìn)入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡為相應(yīng)的圓弧．這些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度大小如下表所示．粒子編號質(zhì)量電荷量(q＞0)速度大小1m2qv22m2q2v33m－3q3v42m2q3v52m－qv由以上信息可知，從圖中a、b、c處進(jìn)入的粒子對應(yīng)表中的編號分別為(D)A．3、5、4B．4、2、5C．5、3、2D．2、4、5解析：根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，將5個電荷的電量和質(zhì)量、速度大小分別代入得R1＝eq\f(mv,2qB)，R2＝eq\f(2mv,qB)，R3＝eq\f(3mv,qB)，R4＝eq\f(3mv,qB)，R5＝eq\f(2mv,qB).令圖中一個小格的長度l＝eq\f(mv,qB)，則Ra＝2l，Rb＝3l，Rc＝2l.如果磁場方向垂直紙面向里，則從a、b進(jìn)入磁場的粒子為正電荷，從c進(jìn)入磁場的粒子為負(fù)電荷，則a對應(yīng)2，c對應(yīng)5，b對應(yīng)4，D選項正確．磁場必須垂直紙面向里，若磁場方向垂直紙面向外，則編號1粒子的運動不滿足圖中所示，所以C是錯誤的．4．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是(C)A．減小磁場的磁感應(yīng)強度B．增大勻強電場間的加速電壓C．增大D形金屬盒的半徑D．減小狹縫間的距離解析：回旋加速器工作時，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)；帶電粒子射出時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m).因此增加磁場的磁感應(yīng)強度或者增加D形金屬盒的半徑，都能增大帶電粒子射出時的動能．5．已知質(zhì)量為m的帶電液滴，以速度v射入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B中，液滴在此空間剛好能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動．如右圖所示．求：(1)液滴在空間受到幾個力作用？(2)液滴帶電荷量及電性．(3)液滴做勻速圓周運動的半徑多大？解析：(1)由于是帶電液滴，它必然受重力，又處于電磁復(fù)合場中，還應(yīng)受到電場力及洛倫茲力共三個力作用．(2)因液滴做勻速圓周運動，故必須滿足重力與電場力平衡，所以液滴應(yīng)帶負(fù)電，電荷量由mg＝Eq，求得：q＝eq\f(mg,E).(3)盡管液滴受三個力，但合力為洛倫茲力，所以仍可用半徑公式R＝eq\f(mv,qB)，把電荷量代入可得：R＝eq\f(mv,\f(mg,E)B)＝eq\f(Ev,gB).答案：(1)三(2)eq\f(mg,E)負(fù)電(3)eq\f(Ev,gB)?能力提升6．右圖為云室中某粒子穿過鉛板P前后的軌跡．室中勻強磁場的方向與軌跡所在平面垂直(圖中垂直于紙面向里)，由此可知此粒子(D)A．一定帶負(fù)電B．可能帶負(fù)電也可能帶正電C．可能是從上而下穿過該鉛板D．一定是從下而上穿過該鉛板解析：穿過鉛板后要損失機械能，即速度減小，因此半徑要減小，由此判斷粒子從下往上穿過，帶正電．7．下圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述錯誤的是(DA．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小解析：粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電．其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項B正確；由Eq＝Bqv可知，v＝eq\f(E,B)，選項C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即其做勻速圓周運動的直徑D＝eq\f(2mv,Bq)，可見D越小，則粒子的荷質(zhì)比越大，D不同，則粒子的荷質(zhì)比不同，因此，利用該裝置可以分析同位素．8．如圖所示，一個帶正電荷的小球沿水平光滑絕緣的桌面向右運動，飛離桌上邊緣A，最后落到地板上．設(shè)有磁場時飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度大小為v1；若撤去磁場，其余條件不變時，小球飛行時間為t2，水平射程為x2，著地速度大小為v2，則下列結(jié)論不正確的是(C)A．x1＞x2B．t1＞t2C．v1＞v2D．v1和v2大小相同解析：本題考查帶電粒子在磁場中的運動情況．小球離開桌面具有水平速度，無磁場時做平拋運動，水平射程x2＝v0t2，下落高度h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)；有磁場時小球除受重力外還受到洛倫茲力的作用，而洛倫茲力始終與速度方向垂直，因此小球在水平方向具有加速度，在水平方向?qū)⒆鲎兗铀龠\動，而豎直方向加速度a＝eq\f(mg－F,m)(F為洛倫茲力在豎直方向的分量)，即a＜g，因此下落h高度用的時間t1＞t2，B選項正確；水平方向的位移x1＞x2，A選項正確；又因為洛倫茲力不做功，只有重力做功，能量守恒，所以v1＝v2，D選項正確；只有C選項錯誤．9．如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側(cè)為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里．質(zhì)量為m、帶電量＋q、重力不計的帶電粒子，以初速度v1垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進(jìn)入電場做勻加速運動，然后第二次進(jìn)入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動．已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的兩倍，第三次是第一次的三倍，以此類推．求：(1)粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W1；(2)粒子第n次經(jīng)過電場時電場強度的大小En；(3)粒子第n次經(jīng)過電場所用的時間tn.解析：(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，粒子第n次進(jìn)入磁場時的半徑為Rn，速度為vn，由牛頓第二定律得：qvnB＝eq\f(mveq\o\al(2,n),Rn)，①由①式得vn＝eq\f(qBRn,m)，②因為R2＝2R1，所以v2＝2v1，③對于粒子第一次在電場中的運動，由動能定理得W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，④聯(lián)立③④式得W1＝eq\f(3mveq\o\al(2,1),2).⑤(2)粒子第n次進(jìn)入電場時速度為vn，出電場時速度為vn＋1，有vn＝nv1，vn＋1＝(n＋1)v1，⑥由動能定理得qEnd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n＋1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，⑦聯(lián)立⑥⑦式得En＝eq\f(（2n＋1）mveq\o\al(2,n),2qd).⑧(3)設(shè)粒子第n次在電場中運動的加速度為an，由牛頓第二定律得qEn＝man，⑨由運動學(xué)公式得vn＋1－vn＝antn，⑩聯(lián)立⑥⑧⑨⑩式得tn＝eq\f(2d,（2n＋1）v1).?答案：(1)eq\f(3,2)mveq\o\al(2,1)(2)eq\f(（2n＋1）mveq\o\al(2,n),2qd)(3)eq\f(2d,（2n＋1）v1)第三章第6節(jié)帶電粒子在勻強磁場中的運動課后強化演練一、選擇題1．關(guān)于帶電粒子在磁場中的運動，下列說法正確的是()A．帶電粒子飛入勻強磁場后，一定做勻速圓周運動B．帶電粒子飛入勻強磁場后做勻速圓周運動時，速度一定不變C．帶電粒子飛入勻強磁場后做勻速圓周運動時，洛倫茲力的方向總和運動方向垂直D．帶電粒子飛入勻強磁場后做勻速圓周運動時，動能一定保持不變解析：帶電粒子飛入勻強磁場的角度不同，將做不同類的運動．做勻速圓周運動時，速度的大小不變，但方向時刻在變化，所以只有C、D正確．答案：CD2．有電子(eq\o\al(0,－1)e)、質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)、氘核(eq\o\al(2,1)H)、氚核(eq\o\al(3,1)H)，以同樣的速度垂直射入同一勻強磁場中，它們都做勻速圓周運動，則()A．電子做勻速圓周運動的半徑最大 B．質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑最大C．氘核做勻速圓周運動的周期最大 D．氚核做勻速圓周運動的周期最大解析：由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r＝eq\f(mv,qB)和周期公式T＝eq\f(2πm,qB)，可知：不同粒子在以相同速度進(jìn)入同一磁場中做圓周運動時，半徑的大小和周期的大小都只與eq\f(m,q)的比值有關(guān)，eq\f(m,q)比值越大，r越大，T越大，四種粒子中，eq\o\al(3,1)H的eq\f(m,q)最大，故氚核的半徑和周期都是最大的．故選D項．答案：D3．用如圖所示的回旋加速器來加速質(zhì)子，為了使質(zhì)子獲得的最大動能增加為原來的4倍，可采用下列哪幾種方法()A．將其磁感應(yīng)強度增大為原來的2倍B．將其磁感應(yīng)強度增大為原來的4倍C．將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍D．將兩D形金屬盒間的加速電壓增大為原來的4倍解析：粒子在回旋加速器的磁場中繞行的最大半徑為R，由牛頓第二定律得：evB＝meq\f(v2,R) ①質(zhì)子的最大動能：Ekm＝eq\f(1,2)mv2 ②解①②式得：Ekm＝eq\f(e2B2r2,2m).要使質(zhì)子的動能增加為原來的4倍，可以將磁感應(yīng)強度增大為原來的2倍或?qū)蒁形金屬盒的半徑增大為原來的2倍，故B項錯，A、C正確．質(zhì)子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，故D項錯．答案：AC4．如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角．現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関/3，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)A．eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC．eq\f(1,3)Δt D．3Δt解析：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子第一次通過磁場區(qū)時的半徑為r＝eq\f(mv,qB)，圓弧AC所對應(yīng)的圓心角∠AO′C＝60°，經(jīng)歷的時間為Δt＝eq\f(60°,360°)T(T為粒子在勻強磁場中運動周期，大小為T＝eq\f(2πm,qB)，與粒子速度大小無關(guān))；當(dāng)粒子速度減小為v/3后，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)知其在磁場中的軌道半徑變?yōu)閞/3，粒子將從D點射出，根據(jù)圖中幾何關(guān)系得圓弧AD所對應(yīng)的圓心角∠AO″D＝120°，經(jīng)歷的時間為Δt′＝eq\f(120°,360°)T＝2Δt.由此可知本題正確選項只有B．答案：B5．(2014·袁州區(qū)模擬)兩個電荷量相等但電性相反的帶電粒子a、b分別以速度va