1、2016-2017學(xué)年度?學(xué)校11月月考卷學(xué)校:_姓名：_班級：_考號：_一、選擇題1如圖所示為一速度選擇器，內(nèi)有一磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，一束粒子流以速度v水平射入，為使粒子流經(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，關(guān)于此電場強度大小和方向的說法中，正確的是（ ）A大小為，粒子帶正電時，方向向上B大小為，粒子帶負電時，方向向上C大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷無關(guān)D大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無關(guān)【答案】D【解析】當(dāng)粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時，粒子流勻速直線通過該區(qū)域，有qvBqE，所以EBv。假設(shè)粒子帶正電，則受向下的洛

2、倫茲力，電場方向應(yīng)該向上。粒子帶負電時，電場方向仍應(yīng)向上。故正確答案為D。2為了測量某化肥廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口，在垂直于上下表面方向加磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在前后兩個內(nèi)側(cè)面固定有金屬板作為電極，污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量（單位時間內(nèi)排出的污水體積），下列說法正確的是（ ）A若污水中正離子較多，則前內(nèi)側(cè)面比后內(nèi)側(cè)面電勢高B前內(nèi)側(cè)面的電勢一定低于后內(nèi)側(cè)面的電勢，與哪種離子多無關(guān)C污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)將越大D污水流量Q與

3、電壓U成正比，與a、b有關(guān)【答案】B【解析】由左手定則可判斷：若流動的是正離子，則正離子向里偏，前內(nèi)側(cè)面電勢低于后內(nèi)側(cè)面電勢；若流動的是負離子，則負離子向外偏，仍然是前內(nèi)側(cè)面電勢低于后內(nèi)側(cè)面的電勢，故A錯，B對；污水穩(wěn)定流動時，對任一離子有：qvBqE，所以UBbv，電勢差與離子濃度無關(guān)，故選項C錯；流量QSvbc，可以看出流量與a、b均無關(guān)，故D錯。正確答案為B。3如圖甲、乙、丙所示，三個完全相同的半圓形光滑絕緣軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點等高，其中圖乙軌道處在垂直紙面向外的勻強磁場中，圖丙軌道處在豎直向下的勻強電場中，三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點處由靜止釋放則三個帶電小球通過

4、圓軌道最低點時（ ）A速度相同 B所用時間相同C對軌道的壓力相同 D均能到達軌道右端最高點處【答案】D【解析】試題分析：在乙圖中，因為洛侖茲力總是垂直于速度方向，故洛侖茲力不做功；滑塊下落時只有重力做功，故甲和乙兩次機械能均守恒，故兩次滑塊到最低點的速度相等，丙圖中，小球下滑的過程中電場力做正功，重力做正功，所以小球在最低點的速度大于甲圖和乙圖中的速度，故A錯誤；甲圖和丙圖比較可得，丙圖中，小球的加速度比較大，所以達到最低點的時間要短，故B錯誤；小球在最低點時，甲圖中重力和支持力提供向心力，而乙圖中是重力、支持力和洛倫茲力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，對軌道的壓力也不相等，故C錯

5、誤；三個小球的運動過程中，重力做功，動能和重力勢能之間轉(zhuǎn)換；洛倫茲力不做功；電場力做功，電勢能與動能之間轉(zhuǎn)換；由于沒有其他的能量損失，所以三種情況下，小球均能到達軌道右端最高點處，故D正確；考點：考查了動能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；向心力；洛侖茲力【名師點睛】分析物體受力情況及各力做功情況，由動能定理可求得小滑塊到達最低點時的速度；由滑塊的運動可知滑塊滑到最低點時的速度變化；由洛侖茲力公式可知大小關(guān)系；由向心加速度公式可知向心加速度的大小關(guān)系4如圖所示，一束電子流沿管的軸線進入螺線管，忽略重力，電子在管內(nèi)的運動應(yīng)該是（ ）A當(dāng)從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動B當(dāng)從b端通入電流時，電子做勻

6、加速直線運動C不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動D不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動【答案】C【解析】不管通有什么方向的電流，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陰極射線管中電子流向由左向右，其上方放置一根通有如圖所示電流的直導(dǎo)線，導(dǎo)線與陰極射線管平行，則陰極射線將 （ ）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)【答案】B【解析】由安培定則知，電流在其下方所產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則，電子流所受洛倫茲力向下，故向下偏轉(zhuǎn)，則選B。6如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道

7、，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電現(xiàn)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（ ）A甲球的釋放位置比乙球的高B運動過程中三個小球的機械能均保持不變C經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等D經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小【答案】AB【解析】試題分析：在最高點時，甲球受洛侖茲力向下，乙球受洛侖茲力向上，而丙球不受洛侖茲力，故三球在最高點受合力不同，故由可知，三小球的速度甲的速度最大，所以甲球釋放時的高度最高，故A正確C錯誤；因洛侖茲力不做功，故系統(tǒng)機械能守恒

8、，三個小球的機械能保持不變，故B正確；因甲球在最高點受合力最大，故甲球在最高點的速度最大，故D錯誤；考點：帶電小球勻強磁場中的運動【名師點睛】三個小球在磁場中受洛侖茲力方向不同，最高點由重力和洛侖茲力充當(dāng)向心力；由向心力公式可知最高點的速度關(guān)系；由機械能守恒定律可得出各球釋放的位置7如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在沒有磁場的情況下，帶電粒子（不計重力）以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時間為t，在該區(qū)域加沿軸線垂直紙面向外方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射并沿某一直徑方向飛出此區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)角為60，如圖所示，根據(jù)上述條件可求下列哪幾種物理

9、量（ ）帶電粒子的比荷帶電粒子在磁場中運動的周期帶電粒子在磁場中運動的半徑帶電粒子的初速度A B C D【答案】A【解析】試題分析：設(shè)圓柱形區(qū)域的橫截面半徑為R，帶電粒子（不計重力）以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時間為t，則：2R=vt 在該區(qū)域加沿軸線垂直紙面向外方向的勻強磁場，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射并沿某一直徑方向飛出此區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)角為60，畫出運動軌跡：結(jié)合幾何關(guān)系，有：r=Rtan60=R 粒子做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有： 周期： 解得： 粒子的周期：因為初速度無法求出，則無法求出軌道半徑，故正確，錯誤；故選A。考點：帶電粒子在勻強磁場中的

10、運動【名師點睛】帶電粒子僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力只改變速度的方向不改變速度的大小，洛倫茲力對粒子也不做功同時當(dāng)粒子沿半徑方向入射，則也一定沿著半徑方向出射。8質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔s垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是（ ）AM帶負電，N帶正電BM的速度率小于N的速率C洛倫茲力對M、N做正功DM的運行時間大于N的運行時間【答案】A【解析】試題分析：由左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負電荷，故A正確；粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，半徑為：，在質(zhì)量與電量相同的情況下，半徑大說明速率大，即M的速度率大于N的速率，B錯

11、誤；洛倫茲力始終與速度的方向垂直，不做功，故C正確；粒子在磁場中運動半周，即時間為周期的一半，而周期為，M的運行時間等于N的運行時間，故D錯誤故選A考點：帶電粒子在磁場中的運動【名師點睛】該題考查到左手定則、半徑的公式和根據(jù)周期的公式，屬于基本應(yīng)用簡單題。9如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一個不計重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負是（ ）A 正電荷B 正電荷C 負電荷D 負電荷【答案】C【解析】試題分析：由

12、圖意可知粒子沿順時針方向運動，根據(jù)左手定則可得粒子帶負電粒子的運動軌跡如圖中虛線，紅色線段為圓的半徑，由已知得進入磁場時，半徑與x軸正方向的夾角為，所以有，洛倫茲力充當(dāng)粒子做圓周運動的向心力，則得：，所以有，故C正確考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動、牛頓第二定律、向心力【名師點睛】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，幾何關(guān)系就比較明顯了。10如圖所示，重力不計的帶電粒子水平向右進入勻強磁場，對該帶電粒子進入磁場后的運動情況，以下判斷正確的是A粒子向上偏轉(zhuǎn) B粒子向下偏轉(zhuǎn)C粒子不偏轉(zhuǎn) D粒子很快停止運動【答案】A【解析】試題分析：根據(jù)左手定則，讓

13、磁感線垂直穿過手心，四指指向正粒子運動方向，則拇指指向為粒子受到的洛倫茲力方向，故受到向上的洛倫茲力，所以粒子向上偏轉(zhuǎn)，故A正確考點：考查了洛倫茲力方向的判斷【名師點睛】在使用左右手判斷磁場問題時，一定要弄清楚用哪只手判斷洛倫茲力或者電場力，用哪只手判斷磁場方向或者感應(yīng)電流方向，在判斷洛倫茲力時，需要注意粒子的正負性，如果粒子帶負電，則四指應(yīng)指向粒子運動的反方向11如圖所示，磁場方向垂直紙面向內(nèi)，一帶正電的粒子某時刻的速度水平向上，則該粒子受到的洛倫茲力的方向是A向下 B向上 C向左 D向右【答案】C【解析】試題分析：粒子帶正電，向上移動，根據(jù)左手定則，洛倫茲力向左動；故選C考點：左手定則【名

14、師點睛】根據(jù)左手定則直接判斷洛倫茲力方向即可，注意與右手定則區(qū)別基礎(chǔ)題目12磁流體發(fā)電機可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機，有著廣泛的發(fā)展前景其發(fā)電原理示意圖如圖所示，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的微粒，整體上呈電中性）噴射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率（電阻率的倒數(shù)）為g則（ ）A上板是電源的正極，下板是電源的負極B兩板間電勢差為U=BdvC流經(jīng)R的電流強度為D流經(jīng)R的電流強度為 【答案】AD【解析】試題分析：根據(jù)左手定則，可知，正電荷向上偏，負電

15、荷向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負極，故A正確；根據(jù),得電動勢的大小為：U=Bdv，則流過R的電流為：，而，則電流大?。?；兩極板間電勢差為：故AD正確正確，BC錯誤故選AD考點：左手定則，洛倫茲力【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵知道穩(wěn)定時，電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡，結(jié)合閉合電路歐姆定律進行求解。13如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是（ ）A三個粒子都帶正電荷Bc粒子速率最小Cc粒子在磁場中運動時間最短D它們做圓周運動的周期Ta

16、=Tb=Tc【答案】ACD【解析】試題分析：由左手定則可知，三個粒子都帶正電荷，選項A正確；粒子在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：，解得：由于三個帶電粒子的質(zhì)量、電荷量均相同，在同一個磁場中，當(dāng)速度越大時、軌道半徑越大，由圖示可知，a粒子的軌道半徑最小，粒子c的軌道半徑最大，則a的粒子速率最小，c粒子的速率最大，故B錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期：，三個粒子質(zhì)量和電荷量都相同，故周期相同，選項D正確；粒子在磁場中的運動時間：，三粒子運動周期相同，由圖示可知，a在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角最大，對應(yīng)時間最長，c粒子在磁場中運動時間最短，故C正確；故選ABD考點：帶電粒子

17、在磁場中的運動【名師點睛】帶電粒子在磁場、質(zhì)量及電量相同情況下，運動的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運動圓弧來確定速率的大??；運動的周期均相同的情況下，可根據(jù)圓弧的對應(yīng)圓心角來確定運動的時間的長短。14如圖所示，一個電子沿AO方向垂直射入勻強磁場中，磁場只限于半徑為R的圓內(nèi)。若電子速度為，質(zhì)量為m，帶電量為q，磁感應(yīng)強度為B。 電子在磁場中偏轉(zhuǎn)后從C點射出，AOC=120，下面結(jié)論正確的是：（ ）A電子經(jīng)過磁場的時間為B電子經(jīng)過磁場的時間為C磁場半徑R為DAC間的距離為【答案】B【解析】試題分析：由，可得： 由圖可知電子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為60，根據(jù)幾何知識可知AC長等于半徑；電子轉(zhuǎn)動的時間；對

18、AOC分析可知，半徑，故B正確，ACD錯誤故選B考點：帶電粒子在磁場中的運動【名師點睛】本題考查帶電粒子在磁場的中運動，解題的關(guān)鍵在于找出圓心和半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系及洛侖茲力充當(dāng)向心力即可解出。15醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如右圖所示由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零在某次監(jiān)測中，兩觸點

19、間的距離為30 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 V，磁感應(yīng)強度的大小為0040 T則血流速度的近似值和電極a、b的正負為（ ）A13 m/s，a正、b負B27 m/s，a正、b負C13 m/s，a負、b正D27 m/s，a負、b正【答案】A【解析】試題分析：血液中正負離子流動時，根據(jù)左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力，負離子受到向下的洛倫茲力，所以正離子向上偏，負離子向下偏則a帶正電，b帶負電最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，有，所以故A正確，BCD錯誤故選A考點：左手定則；洛倫茲力【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵正握左手定則判定洛倫茲力的方向，以及知道最終正負離子

20、在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，前后表面形成穩(wěn)定的電勢差。16首先指出磁場對運動電荷有作用力的科學(xué)家是（ ）A庫侖 B奧斯特 C安培 D洛倫茲【答案】D【解析】試題分析：荷蘭科學(xué)家洛倫茲首先提出了磁場對運動電荷有作用力，庫侖是提出了點電荷之間作用力的公式即庫侖定律；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)；安培提出了左手定則，故選D。考點：物理學(xué)史?！久麕燑c睛】科學(xué)家的貢績作為物理學(xué)史是考試內(nèi)容之一，掌握并了解他們的貢獻和探索過程能更好的理解物理規(guī)律，并在具體問題中靈活應(yīng)用。17如圖所示的四個圖中，標(biāo)出了勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向、帶正電的粒子在磁場中速度v的方向和其所受洛倫茲力f的方向，其中正確表示這

21、三個方向關(guān)系的圖是（ ）【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)左手定則正電荷應(yīng)受到豎直向下的洛倫茲力，A錯誤；根據(jù)左手定則，四指指向正粒子運動方向，讓磁感線垂直穿過手心，拇指指向為正粒子受到的洛倫茲力，故受到豎直向上的洛倫茲力，B正確；粒子受到垂直紙面向外的洛倫茲力，C錯誤；粒子受到垂直紙面向內(nèi)的洛倫茲力，D錯誤；考點：考查了左手定則【名師點睛】根據(jù)左手定則即可正確判斷磁場、運動方向、洛倫茲力三者之間的關(guān)系對于左手定則要熟練掌握，加強應(yīng)用，為學(xué)習(xí)帶電粒子在磁場中的運動打好基礎(chǔ)18如圖所示，一帶負電的粒子（不計重力）進入磁場中，圖中的磁場方向、速度方向及帶電粒子所受的洛侖茲力方向標(biāo)示正確的是【答案】C

22、【解析】試題分析：帶負電的粒子向右運動，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，選項A錯誤帶負電粒子的運動方向與磁感應(yīng)線平行，此時不受洛倫茲力的作用選項B錯誤帶負電的粒子向右運動掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，選項C正確帶負電的粒子向上運動，掌心向里四指應(yīng)向下，大拇指的方向向左，選項D錯誤，故選C?？键c：左手定則【名師點睛】在應(yīng)用左手定則時，首先要判斷運動的帶電粒子所帶的電性，若是正電，四指的方向與粒子運動方向一致，若是負電，四指所指的方向與粒子的運動方向相反此處是非常容易出錯的。19如圖所示，將一陰極射線管置于一通電螺線管的正上方且在同一水平面內(nèi)，則陰極射

23、線將 （ ）A向里偏轉(zhuǎn) B向外偏轉(zhuǎn)C向上偏轉(zhuǎn) D向下偏轉(zhuǎn)【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)右手螺旋定則，螺線管內(nèi)部的磁場方向向下，根據(jù)左手定則知，電子所需的洛倫茲力方向垂直紙面向外，則陰極射線管中的電子束將向紙面外偏轉(zhuǎn)，故ACD錯誤，B正確?？键c：帶電粒子在勻強磁場中的運動【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流周圍磁場方向，會通過左手定則判斷洛倫茲力方向。20速度相同的一束粒子（不計重力）經(jīng)速度選擇器射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是A該束帶電粒子帶正電B速度選擇器的P1極板帶負電C能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于D若粒子在磁場中運動半徑越大，則該粒子的比荷越

24、小【答案】ACD【解析】試題分析：由圖可知，帶電粒子進入勻強磁場B2時向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子所受的洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則判斷得知該束粒子帶正電故A正確在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個作用而做勻速直線運動，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向向下，粒子帶正電，電場強度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電故B錯誤粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，則有：qvB1=qE，解得：故C正確粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：，解得：可見，由于v是一定的，B不變，半徑r越大，則越小故D正確故選ACD考點：質(zhì)譜儀；速度選擇器【名師點睛】本題關(guān)鍵

25、要理解速度選擇器的原理：電場力與洛倫茲力，粒子的速度一定粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律則可得到半徑。21如圖，某帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為 U 的電場加速后，射入水平放置、電勢差為 U的兩導(dǎo)體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁感線方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子進入磁場和射出磁場的 M， N 兩點間的距離 d 隨著 U 和 U的變化情況為（不計重力，不考慮邊緣效應(yīng)）Ad 隨 U 變化， d 隨 U變化Bd 隨 U 變化， d 與 U無關(guān)Cd 與 U 無關(guān)， d 與 U無關(guān)Dd 與 U 無關(guān)， d 隨 U變化【答案】

26、B【解析】試題分析：對于加速過程，有 qU=mv02，得，帶電粒子在電場中做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向，設(shè)出射速度與水平夾角為，則有：v0=vcos；而在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)運動軌跡對應(yīng)的半徑為R，由幾何關(guān)系可得，半徑與直線MN夾角正好等于，則有：，所以，又因為半徑公式，則有故d隨U變化，d與U無關(guān)故B正確，ACD錯誤；故選B考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動【名師點睛】帶電粒子在磁場中的運動類題目關(guān)鍵在于確定圓心和半徑，然后由向心力公式即可確定半徑公式，由幾何關(guān)系即可求解22a、b、c三束粒子沿紙面向上射入垂直于紙面向里的勻強磁場中，偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示

27、，關(guān)于粒子帶電性質(zhì)，下列判斷正確的是（ ）Aa帶負電荷 Ba帶正電荷 Cb帶正電荷 Dc帶正電荷【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)左手定則，結(jié)合圖可知，a粒子帶正電，b粒子不帶電，c粒子帶負電，故B正確，ACD錯誤；故選B考點：左手定則【名師點睛】考查粒子在磁場中產(chǎn)生洛倫茲力的條件，并掌握左手定則；讓磁感線穿過左手手心，四指指正電荷運動方向，大拇指指受力方向23關(guān)于洛倫茲力做功的情況，下列說法中正確的是（ ）A洛倫茲力可能做正功 B洛倫茲力可能做功C洛倫茲力可能做負功 D洛倫茲力一定不做功【答案】D【解析】試題分析：因洛倫茲力總垂直于電荷運動方向，故洛倫茲力的瞬時功率為零，故洛倫茲力對運動電荷一

28、定不做功，故D正確；考點：洛倫茲力【名師點睛】本題關(guān)鍵是明確洛倫茲力的性質(zhì)、大小、方向特點，注意洛倫茲力方向與速度方向垂直，故永不做功，基礎(chǔ)問題24一帶電粒子在電場和磁場同時存在的空間中（不計重力），不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是（ ）A靜止 B勻速直線運動C勻加速直線運動 D勻速圓周運動【答案】A【解析】試題分析：若粒子靜止時，只受電場力作用，則粒子不可能靜止，故選項A不可能；若粒子Bqv=Eq，則粒子受力平衡，粒子將做勻速直線運動，故B有可能；若粒子運動方向與磁場方向共線，粒子不受洛倫茲力，而電場力與運動方向共線，因此粒子做勻變速直線運動，故C有可能；若帶電粒子在點電荷電場中，受電場力指向點電荷，

29、同時受洛倫茲力也指向點電荷，故帶電粒子可做勻速圓周運動，故D有可能；故選A考點：帶電粒子在復(fù)合場中的運動【名師點睛】本題主要考查了帶電粒子在電磁場中運動問題，關(guān)鍵是對粒子的受力分析，根據(jù)受力情況判斷粒子的運動情況，難度適中。25如圖所示，有一混合正離子束先后通過正交電磁場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域，如果這束正離子束在區(qū)域中不偏轉(zhuǎn)，進入?yún)^(qū)域后偏轉(zhuǎn)半徑R相同，則它們具有相同的（ ）A電荷量 B質(zhì)量 C速度 D比荷【答案】CD【解析】解：在正交的電磁場區(qū)域中，正離子不偏轉(zhuǎn)，說明離子受力平衡，在此區(qū)域中，離子受電場力和洛倫茲力，由qvB=qE，得，可知這些正離子具有相同的速度進入只有勻強磁場的區(qū)域時，偏轉(zhuǎn)半徑

30、相同，由和可知，這些正離子具有相同的質(zhì)量由題意可知電量相同，所有這些離子具有相同的比荷選項CD正確，選項AB錯誤故選CD【點評】帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中運動，要注意對其進行運動狀態(tài)的分析和受力分析，此種情況往往會出現(xiàn)電場力和磁場力平衡，從而可得到帶電粒子能勻速直線通過正交的勻強電場和勻強磁場的條件，即為：這種問題的本質(zhì)還是力學(xué)問題，往往要按力學(xué)的基本思路，運用力學(xué)的基本規(guī)律研究和解決此類問題26如圖所示帶電粒子以初速度V0從a點進入勻強磁場，運動中所經(jīng)過b點，Oa=Ob，若撤去磁場后在加入一個與y軸平行的勻強電場，帶電粒子仍以速度V0從a點進入電場，仍能通過b點，不計帶電粒子的重力

31、，則電場強度E和磁感應(yīng)強度B的比值為（ ）AV0 B C D2V0【答案】D【解析】解：設(shè)oa=ob=d，因為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，所以圓周運動的半徑正好等于d，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qv0B=m，解得：B=，如果換成勻強電場，水平方向以v0做勻速直線運動，在水平方向：d=v0t2，豎直沿y軸負方向做勻加速運動，即：d=at2=t22，解得：E=，則：=2v0，故選：D【點評】帶電粒子在電場磁場中的運動要把握其運動規(guī)律，在電場中利用幾何關(guān)系得出其沿電場和垂直于電場的運動規(guī)律；而在磁場中也是要注意找出相應(yīng)的幾何關(guān)系，從而確定圓心和半徑二、計算題27如圖所示，在x

32、軸上方有勻強電場，場強為E，在x軸下方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向如圖所示。在x軸上有一點M，離O點距離為L，現(xiàn)有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子，從靜止開始釋放后能經(jīng)過M點，如果此粒子放在y軸上，其坐標(biāo)應(yīng)滿足什么關(guān)系？（重力不計）【答案】y （n1，2，3）【解析】由于此粒子從靜止開始釋放，又不計重力，要能經(jīng)過M點，其起始位置只能在勻強電場區(qū)域，其具體過程如下：先在電場中由y軸向下做加速運動，進入勻強磁場中運動半個圓周再進入電場做減速運動，速度為零后又回頭進入磁場，其軌跡如圖所示（沒有畫出電場和磁場方向），故有：L2nR（n1，2，3，）又因在電場中，粒子進入磁場時的速度為v，則有：qEy

33、mv2在磁場中，又有：Bqv聯(lián)立得y（n1，2，3）28如圖所示，在xoy坐標(biāo)系坐標(biāo)原點O處有一點狀的放射源，它向xoy平面內(nèi)的x軸上方各個方向發(fā)射粒子，粒子的速度大小均為v0，在0yd的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強電場，場強大小為，其中q與m分別為粒子的電量和質(zhì)量；在dy2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xoy平面向里的勻強磁場，mn為電場和磁場的邊界ab為一塊很大的平面感光板垂直于xoy平面且平行于x軸，放置于y=2d處，如圖所示觀察發(fā)現(xiàn)此時恰好無粒子打到ab板上（不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用），求：（1）粒子通過電場和磁場邊界mn時的速度大小及此時距y軸的最大距離；（2）磁感應(yīng)強度B的大

34、?。唬?）將ab板至少向下平移多大距離才能使所有的粒子均能打到板上？此時ab板上被粒子打中的區(qū)域的長度【答案】（1） （2）（3） 【解析】試題分析：（1）粒子在電場的作用下加速運動，根據(jù)動能定理： （2分）代入數(shù)據(jù)可得： （1分）由題意可知初速度方向與x軸平行的粒子通過邊界mn時距y軸最遠，由類平拋知識：在豎直方向： 其中在水平方向： 聯(lián)立以上解得： （3分）（2）根據(jù)上題結(jié)果可知：對于沿x軸正方向射出的粒子進入磁場時與x軸正方向夾角：可得 （1分）若此粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子軌跡與ab板相切是臨界條件，由幾何關(guān)系可得： 解得： （2分）由洛倫茲力提供向心

35、力： （1分）可得： （1分）（3）由分析可知沿x軸負方向射出的粒子若能打到ab板上，則所有粒子均能打到板上其臨界情況就是此粒子軌跡恰好與ab板相切 （2分）由分析可知此時磁場寬度為原來的， （2分）則：ab板至少向下移動： （1分）沿x軸正方向射出的粒子打在ab板的位置粒子打在ab板區(qū)域的右邊界由幾何知識可知：ab板上被粒子打中區(qū)域的長度： （2分）考點：帶電粒子在勻強電場中的運動、帶電粒子在勻強磁場中的運動【名師點睛】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，關(guān)鍵確定粒子運動的臨界情況，通過幾何關(guān)系解決，根據(jù)動能定理求出粒子剛進人磁場時的動能粒子沿x軸正方向射出的粒子進入磁場偏轉(zhuǎn)的角度最大，

36、若該粒子進入磁場不能打在ab板上，則所有粒子均不能打在ab板上根據(jù)帶電粒子在電場中類平拋運動，求出進入磁場中的偏轉(zhuǎn)角度，結(jié)合幾何關(guān)系得出軌道半徑，從而得出磁感應(yīng)強度的大小沿x軸負方向射出的粒子若能打到ab板上，則所有粒子均能打到板上其臨界情況就是此粒子軌跡恰好與ab板相切根據(jù)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑大小得出磁場的寬度，從而確定出ab板移動的位置，根據(jù)幾何關(guān)系求出ab板上被粒子打中的區(qū)域的長度29如圖所示，在x軸上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子，以速度v從O點射入磁場，已知=，粒子重力不計，求：（1）粒子的運動半徑，并在圖中定性地畫出粒子在磁場中運動的軌跡；（

37、2）粒子在磁場中運動的時間；（3）粒子經(jīng)過x軸和y軸時的坐標(biāo)【答案】（1），粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示；（2）；（3），【解析】試題分析：（1）粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解；（2）根據(jù)推論公式T=和t=列式求解時間；（3）畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解粒子經(jīng)過x軸和y軸時的坐標(biāo)解：（1）粒子做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：解得：軌跡如圖：（2）粒子運動周期：則粒子運動時間：所以：；（3）由幾何關(guān)系得：所以粒子經(jīng)過x軸和y軸時的坐標(biāo)分別為：，；答：（1）粒子的運動半徑為，粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示；（2）粒子在磁場中運動的時間為；（3）粒子經(jīng)過x軸和

38、y軸時的坐標(biāo)分別為：，【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動關(guān)鍵在于明確圓心和半徑，用好幾何關(guān)系即可順利求解30如圖所示，在虛線所示寬度范圍內(nèi)，用場強為E的勻強電場可使初速度是v0的某種正離子偏轉(zhuǎn)角在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直紙面向外的勻強磁場，使該離子穿過該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為，（不計離子的重力）求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度是多大？（2）離子穿過電場和磁場的時間之比是多大？【答案】（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度是（2）離子穿過電場和磁場的時間之比是【解析】試題分析：（1）正離子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合得到偏

39、轉(zhuǎn)角正切tan的表達式在磁場中，離子由洛倫茲力提供向心力，由幾何知識求出半徑，由牛頓第二定律求出sin聯(lián)立即可求得磁感應(yīng)強度（2）離子穿過電場時，由水平方向的運動位移和速度求出時間在磁場中，由t=T求出時間，即可得解解：（1）設(shè)粒子的質(zhì)量m，電荷量q，場區(qū)寬度L，粒子在電場中做類平拋運動 由得： 粒子在磁場中做勻速圓周運動 由解得： 由式解得：（2）粒子在電場中運動時間t1= 在磁場中運動時間 t2= 而L= 由解出：=答：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度是（2）離子穿過電場和磁場的時間之比是【點評】本題是離子分別在電場中和磁場中運動的問題，要抓住研究方法的區(qū)別：磁場中畫出軌跡是常用的方法，電場中運

40、動的合成與分解是基本方法，兩種方法不能混淆31如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域、中，A2A4與A1A3的夾角為60.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以某一速度從區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入?yún)^(qū)，最后再從A4點處射出磁場已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求區(qū)和區(qū)中磁感應(yīng)強度的大小（忽略粒子重力）【答案】，【解析】試題分析：設(shè)粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2、R1、R

41、2、T1、T2分別表示在磁場區(qū)和區(qū)中的磁感應(yīng)強度、軌道半徑和周期，；設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r，如圖所示，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進入?yún)^(qū)磁場連接A1A2，A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其軌跡的半徑R1A1A2OA2r圓心角A1A2O60，帶電粒子在區(qū)磁場中運動的時間帶電粒子在區(qū)磁場中運動軌跡的圓心在OA4的中點，即在區(qū)磁場中運動的時間為帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間tt1t2由以上各式可得，考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.【名師點睛】此題是關(guān)于帶電粒子在勻強磁場中的運動問題；解題的關(guān)鍵是知道粒子在兩個磁場中的運動情況，畫出粒子的運動軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)

42、系，利用半徑公式及周期的表達式列出方程聯(lián)立求解；此題是有一定難度的題.32如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的一條直徑一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為2v，方向與ab成30時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t；若僅將速度大小改為v，則粒子在磁場中運動的時間為（不計帶電粒子所受重力）【答案】2t【解析】試題分析：根據(jù)周期公式可得，同一粒子在磁場中運動時的運動的周期相同，當(dāng)速度的大小為2v時，圓周運動的圓心為O1，圓弧所對的圓心角為60，當(dāng)速度的大小為v時，圓周運動的圓心在O2，由幾何關(guān)系可知所對的圓心角為120，則粒子的運動的時間為2t考點：帶電粒子在磁

43、場中的運動.【名師點睛】此題是帶電粒子在磁場中的運動問題；解題時要畫出粒子的軌跡圖，根據(jù)粒子的運動的軌跡的情況，找出粒子運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角的大小可以求得粒子的運動的時間，注意粒子在磁場中運動，運動的時間周期與粒子的速度的大小無關(guān).33如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有正交的勻強磁場和勻強電場，勻強磁場沿水平方向且垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B，勻強電場沿x 軸負方向、場強大小為E。在其第一象限空間有沿y 軸負方向的、場強大小為的勻強電場。一 個電荷量的絕對值為q 的油滴從圖中第三象限的P 點得到一初速度，恰好能沿PO 作直線運動（PO 與x 軸負方向的夾角為

44、= 37），并從原點O 進入第一象限。已知重力加速度為g，sin37= 0.6，cos37= 0.8，不計空氣阻力。問：（1）油滴的電性；（2）油滴在P 點得到的初速度大??；（3）在第一象限的某個長方形區(qū)域再加上一個垂直于紙面向里的、磁感應(yīng)強度也為B 的勻強磁場，且該長方形區(qū)域的下邊界在x 軸上，上述油滴進入第一象限后恰好垂直穿過x 軸離開第一象限,求這個長方形區(qū)域的最小面積以及油滴在第一象限內(nèi)運動的時間?！敬鸢浮?1）油滴帶負電；(2） (3） 【解析】試題分析：(1）油滴帶負電。(2）油滴受三個力作用(見右圖），從到沿直線必為勻速運動，設(shè)油滴質(zhì)量為：由平衡條件有得(3）油滴進入第一象限：由

45、電場力 重力 知油滴先受平衡力而保持v做勻速直線運動，進入磁場區(qū)域后以線速度為做勻速圓周運動，路徑如圖,最后垂直于x軸從N點離開第一象限。在磁場中運動的軌道半徑：由得代入的結(jié)果，有長方形磁場區(qū)域的最小面積：高 寬 ，得：油滴在第一象限先做勻速直線運動,后做勻速圓周運動直線運動路程： 圓周運動路程： 在第一象限運動時間：得：考點：帶電粒子在復(fù)合場中的運動【名師點睛】本題關(guān)鍵是先確定物體的運動情況，并畫出運動軌跡，然后逐段逐段分析，勻速運動階段受力平衡，勻速圓周運動階段洛倫茲力提供向心力。34如圖，在的區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，在xa的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁

46、感應(yīng)強度的大小也為B。質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子沿x軸從原點O射入磁場。（粒子重力忽略不計）若粒子以的速度射入磁場，求其軌跡與x軸交點的橫坐標(biāo)？O a y x 【答案】【解析】試題分析：帶電粒子的運動半徑：解得：B O2 y O1 C A O x 帶電粒子的運動軌跡如圖所示，O1、O2別為軌跡的圓心，由幾何關(guān)系可得；則則軌跡與x軸交點橫坐標(biāo)為：考點：帶電粒子在磁場中的運動35如圖所示，在邊長為a的正方形ABCD的對角線AC左右兩側(cè)，分別存在垂直紙面向內(nèi)磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場和水平向左電場強度大小為E的勻強電場， AD、CD是兩塊固定熒光屏（能吸收打到屏上的粒子）?，F(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電

47、量為q的帶正電粒子，從A點沿AB方向以不同速率連續(xù)不斷地射入勻強磁場中，帶電粒子速率范圍為 。已知，不計帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用。求：(1)帶電粒子從A點射入到第一次進入電場的時間；(2)恰能打到熒光屏C D上的帶電粒子的入射速度；(3)CD熒光屏上形成亮線的長度；(4)AD熒光屏上形成亮線的長度【答案】（1） ；（2）；（3）2a/3；（4）a/2?！窘馕觥吭囶}分析：（1）帶電粒子在磁場中運動的周期為T= ，從A點射入后在磁場中運動的時間是t=；(2)帶電粒子射入勻強磁場中在洛侖茲力作用下做勻速園周運動，經(jīng)四分之一周到達對角線沿水平向右的方向進入勻強電場，在電場力的作用下做勻減速直

48、線運動，設(shè)帶電粒子到達CD的速度恰好為零時對應(yīng)的入射速度為V，在磁場中的運動半徑為r，有牛頓第二定律可得：，有動能定理可得: 結(jié)合已知條件解得r= ，（3）的帶電粒子直接打在熒光屏CD上，其中入射速度的粒子半徑為a，將直接打到C點，故熒光屏CD上亮線的長度為（4）3aqBvm的帶電粒子，進入電場后不能到達CD屏，原速返回后又在磁場中轉(zhuǎn)了3/4周，剛好垂直進入電場，在電場中類平拋運動。熒光屏AD上亮線長度為考點：帶電粒子在磁場、電場中的運動?！久麕燑c晴】該粒子在磁場中做圓周運動，首先我們要判斷出沿AB方向進入磁場后的運動軌跡，找出圓心角，然后再確定在磁場中的時間；求打到CD上的范圍時，要找到關(guān)鍵

49、的分界線，即何時剛好到達CD屏上，然后將粒子分成二大類，再分別加以判斷、計算。36（10分）如圖所示，A和B之間的距離為01m，電子在A點的速度m/s已知電子的電量C，電子質(zhì)量kg （1）要使電子沿半圓周由A運動到B，求所加勻強磁場的大小和方向； （2）電子從A運動到B需要多少時間? 【答案】（1）垂直紙面向里 00011T （2）15710-8s【解析】37如圖所示，在邊界MN的右側(cè)區(qū)域有方向垂直紙面向里磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子電量為+q，質(zhì)量為m，以速度v垂直MN邊界從a點進入，由b點射出求：（1）a、b兩點間的距離；（2）粒子在磁場中運動的時間【答案】（1）a、b

50、兩點間的距離為；（2）粒子在磁場中運動的時間為【解析】解：（1）由牛頓第二定律可得：qvB=解得：R=則ab的距為：d=2R=（2）由運動學(xué)公式有：T=得：T=在磁場中運動的時間為：t=T=答：（1）a、b兩點間的距離為；（2）粒子在磁場中運動的時間為【點評】本題是對帶電粒子在磁場運動規(guī)律的考查，抓住洛倫茲力做為向心力，根據(jù)向心力的公式計算半徑和周期的大小即可，難度不大38如圖所示，分布在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B方向垂直紙面向里電量為q，質(zhì)量為m的帶正電的粒子從磁場邊緣A點沿圓的半徑AO方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了60角試確定：（1）粒子做圓周運動的半徑；（2）

51、粒子的入射速度【答案】（1）粒子做圓周運動的半徑為；（2）粒子的入射速度為【解析】試題分析：（1）粒子離開磁場區(qū)域時速度方向偏轉(zhuǎn)60角，則帶電粒子軌跡對應(yīng)的圓心角也等于60，畫出軌跡，如圖，根據(jù)幾何關(guān)系（2）設(shè)洛侖茲力提供向心力即有v=39提純氘核技術(shù)對于核能利用具有重大價值如是從質(zhì)子、氘核混合物中將質(zhì)子和氘核分離的原理圖，x軸上方有垂直于紙面向外的勻強磁場，初速度為0的質(zhì)子、氘核混合物經(jīng)電壓為U的電場加速后，從x軸上的A（L，0）點沿與+x成=30的方向進入第二象限（速度方向與磁場方向垂直），質(zhì)子剛好從坐標(biāo)原點離開磁場已知質(zhì)子、氘核的電荷量均為+q，質(zhì)量分別為m、2m，忽略質(zhì)子、氘核的重力及

52、其相互作用（1）求質(zhì)子進入磁場時速度的大??；（2）求質(zhì)子與氘核在磁場中運動的時間之比；（3）若在x軸上接收氘核，求接收器所在位置的橫坐標(biāo)【答案】（1）；（2）1：1；（3）（1）L【解析】試題分析：（1）質(zhì)子在電場中加速，由動能定理可以求出速度（2）粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)粒子在磁場中運動的周期公式與轉(zhuǎn)過的圓心角可以求出運動時間之比（3）由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后確定粒子的橫坐標(biāo)解：（1）質(zhì)子在電場中加速，由動能定理得：qU=mv20，解得：v=；（2）質(zhì)子與氘核在磁場中都轉(zhuǎn)過個圓周，做圓周運動的周期：T1=，T2=，粒子在磁場中的運動時間：t=T，則：t1：t2=T1：T2=

53、1：2；（3）質(zhì)子在磁場中運動時，由幾何知識得：r=L，由牛頓第二定律得：qvB=m，氘核在電場中加速，由動能定理得：qU=2mv20，在磁場中，由牛頓第二定律得：qvB=2m，解得：R=L，橫坐標(biāo)：x=RL=（1）L；答：（1）質(zhì)子進入磁場時速度的大小為；（2）求質(zhì)子與氘核在磁場中運動的時間之比為1：1；（3）若在x軸上接收氘核，接收器所在位置的橫坐標(biāo)為（1）L【點評】解決本題的關(guān)鍵作出粒子的運動軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系，運用半徑公式和周期公式進行求解40如圖甲所示，建立xOy坐標(biāo)系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和極板間距均為l，第一、四象限有磁場，方向垂直于xOy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同且重力不計的帶電粒子。在03t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、t0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）圖甲圖乙（1）求電壓U0的大?。唬?）求時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？