2020版物理新增分大一轮江苏专用版讲义：第八章磁场第2讲

第2讲　磁场对运动电荷的作用

一、洛伦兹力的大小和方向
1．定义：磁场对运动电荷的作用力．
2．大小
(1)v∥B时，F＝0；
(2)v⊥B时，F＝qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin θ.
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)
4．做功：洛伦兹力不做功.
自测1　带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是(　　)
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变
C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
答案　B
二、带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度大小v做匀速圆周运动．
3．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m；
(2)轨道半径公式：r＝；
(3)周期公式：T＝.
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．




自测2　(多选)如图1所示，在匀强磁场中，磁感应强度B1＝2B2，当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时，粒子的(　　)

图1
A．速率将加倍
B．轨迹半径加倍
C．周期将加倍
D．做圆周运动的角速度将加倍
答案　BC

命题点一　对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．
(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．
(3)洛伦兹力一定不做功．
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．
3．洛伦兹力与电场力的比较

洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场方向的关系
F⊥B，F⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做功

例1　(2018·南京市、盐城市二模)如图2所示，在磁感应强度大小为B，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ.设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图象，可能正确的是(　　)

图2


答案　C
解析　物块向上运动的过程中合力为F＝mgsin θ＋Ff＝mgsin θ＋μmgcos θ＋μqvB，方向沿斜面向下，故物块做减速运动，当物块速度减小时，所受合力减小，加速度减小，速度的变化越来越慢，即合力的变化越来越慢，又因合力大小大于等于mgsin θ＋μmgcos θ，所以加速度减小得越来越慢，但大于等于某个值，不会逐渐减小到零，故C正确．
变式1　(2018·南京市、盐城市一模)如图3所示，电视显像管中有一个电子枪，工作时它能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光．在偏转线圈处有垂直于纸面的磁场B1和平行于纸面方向竖直的磁场B2，就是靠这样的磁场来使电子束偏转，使整个荧光屏发光．经检测仅有一处故障：磁场B1不存在，则荧光屏上(　　)

图3
A．不亮
B．仅有一个中心亮点
C．仅有一条水平亮线
D．仅有一条竖直亮线
答案　C
解析　磁场B1 不存在，只有平行于纸面方向竖直的磁场B2，电子垂直进入该磁场后，所受的洛伦兹力为水平方向，所以在荧光屏上仅有一条水平亮线，故C正确．
命题点二　带电粒子在有界匀强磁场中的运动

基本思路
图例
说明
圆心的
确定
①与速度方向垂直的直线过圆心
②弦的垂直平分线过圆心
③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心

P、M点速度垂线的交点为圆心

P点速度垂线与弦的垂直平分线的交点为圆心

某点的速度垂线与切点法线的交点为圆心
半径的
确定
利用平面几何知识求半径

常用解三角形法：例：(左图)R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝
运动时间的确定
利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间
①t＝T
②t＝

(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ
(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α


模型1　直线边界匀强磁场

直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图4所示)

图4
图a中t＝＝
图b中t＝(1－)T＝(1－)＝
图c中t＝T＝
例2　(2018·南通市等七市三模)如图5所示，水平虚线MN上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向，由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动．不计粒子重力和粒子间相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是(　　)

图5


答案　B
解析　入射粒子轨迹圆半径相同，入射方向变化，可看作轨迹圆旋转，如图由①→②→③，只有①与③两圆的“交集”区域没有粒子经过．

模型2　平行边界匀强磁场

平行边界存在临界条件(如图6所示)

图6
图a中t＝，t′＝＝
图b中t＝
图c中t＝(1－)T＝(1－)＝
图d中t＝T＝
例3　(2018·海安中学开学考)如图7，在0≤x≤l区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带负电粒子，所有粒子的初速度大小均为v0，方向与x轴正方向的夹角分布在0°～60°范围内，在x＝l处垂直x轴放置一荧光屏S.已知沿x轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S上y＝－l的点，则(　　)

图7
A．粒子的比荷为＝
B．粒子的运动半径一定大于等于l
C．粒子在磁场中运动时间最长的一定超过
D．粒子打在荧光屏S上亮线的长度大于2l
答案　A
解析　沿x轴正方向入射的粒子轨迹如图，

“经过”了S屏上P点，即与S在P点相切，所以轨迹圆半径为l，由qv0B＝，得＝，故A正确；与x轴正方向的夹角在0～60°范围内向x轴下方入射的粒子不会打到屏S上，与x轴正方向成60°角向x轴上方入射的粒子轨迹如图，与屏S交于Q点，由图可知Q点纵坐标一定小于l，故PQ长度小于2l，故D错误；在磁场中运动的周期T＝，故运动的最长时间为＝，故C错误；粒子在磁场中运动的半径r＝＝l，所以粒子运动的半径一定等于l，故B错误．

模型3　圆形边界匀强磁场

沿径向射入圆形磁场必沿径向射出，运动具有对称性(如图8所示)

图8
r＝
t＝T＝
θ＋α＝90°.
例4　(多选)(2018·江苏一模) 如图9所示，在半径为R的虚线圆形区域内存在一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．大量带电荷量为q的粒子以相同的速率从M点沿纸面以不同的方向射入该磁场，只有磁场边界MN劣弧上有粒子射出，已知∠NOM＝60°.不计粒子重力及带电粒子之间的相互作用，则(　　)

图9
A．这些粒子带负电
B．这些粒子进入磁场的初速度为
C．这些粒子进入磁场的初速度为
D．这些粒子在磁场中运动的最长时间为
答案　BD
解析　根据左手定则知，这些粒子带正电，故A错误；当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到虚线圆形磁场的位置最远，根据几何关系知，粒子做匀速圆周运动的直径等于磁场区域圆的半径，即粒子运动轨迹半径r＝

根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝＝，得v＝，故B正确，C错误；带电粒子做匀速圆周运动的周期T＝，轨迹弦长最长即图示轨迹时，在磁场中运动的时间最长，最长时间t＝＝，故D正确．
命题点三　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
类型
分析
图例
带电粒子电性不确定
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解；
如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b

磁场方向
不确定
在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向时，必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解；
如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为a，若磁场方向垂直纸面向外，其轨迹为b

临界状态
不唯一
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成多解

运动具有
周期性
带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解




例5　如图10甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力及离子之间的相互作用．求：

图10
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．
答案　(1)　(2)(n＝1,2,3，…)
解析　(1)设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．
正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B0qv0＝
做匀速圆周运动的周期T0＝
由以上两式得磁感应强度B0＝
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，

两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R＝；当两板之间正离子运动n个周期，即nT0时，有R＝(n＝1,2,3，…)．
联立解得正离子的速度的可能值为v0＝＝(n＝1,2,3，…)．





1．(多选)(2018·东台创新学校月考)以下说法正确的是(　　)
A．电荷处于电场中一定受到静电力
B．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力
C．洛伦兹力对运动电荷一定不做功
D．洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向和速度大小
答案　AC
解析　电荷处于电场中一定受到静电力F＝qE，故A正确；运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力，故B错误；洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故C正确；洛伦兹力对运动电荷一定不做功，由动能定理得，洛伦兹力不能改变运动电荷的动能，即洛伦兹力不能改变运动电荷的速度大小，只能改变速度方向，故D错误．
2．(多选)下列关于图11中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性质的判断正确的是(　　)


图11
A．甲图中粒子所受洛伦兹力方向竖直向上
B．乙图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里
C．丙图中粒子带负电
D．丁图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外
答案　ABD
3.(2018·丰县中学月考)如图12所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)
.
图12
A．2 B. C．1 D.
答案　D
解析　设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、r2，速度分别为v1、v2，由题意可知，粒子轨道半径：r1＝2r2，穿过铝板时粒子动能损失一半，即mv＝·mv，得v1＝v2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m，磁感应强度：B＝，磁感应强度之比：＝∶＝＝×＝，故选项D正确．
4．在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍从同一位置以原来的速度水平抛出，考虑地磁场的影响，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点
B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点
答案　D
5.如图13所示，在半径为R＝的圆形中，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板MN，带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计．

图13
(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；
(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；
(3)若粒子以速度v0从P点以任意角射入磁场，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．
答案　(1)　(2)v0　(3)见解析
解析　(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得Bqv0＝m
解得r＝R
带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆弧，轨迹对应的圆心角为，如图甲所示，则

在磁场中运动的时间t＝＝
(2)当v＝v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R
其运动轨迹如图乙所示，

由图可知∠PO2O＝∠OO2D＝30°
所以带电粒子离开磁场时速度的偏转角为60°
故打到感光板上速度的垂直分量v⊥＝vsin 60°＝v0
(3)当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨迹半径为R.
设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图丙所示，

由图可知PO3＝O3S＝PO＝SO＝R
所以四边形POSO3为菱形
故PO∥O3S
因此，带电粒子射出磁场时的速度方向为水平方向，与入射的方向无关，故粒子均能垂直打在感光板上．


1．下列说法正确的是(　　)
A．运动电荷在磁感应强度不为0的地方，一定受到洛伦兹力的作用
B．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为0
C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度
D．洛伦兹力对带电粒子总不做功
答案　D
2.如图1所示，电子射线管放在U形磁铁的N极和S极之间，射线管的P和Q两极分别接在直流高压电源的正极和负极，此时荧光屏上显示的电子束运动径迹将(　　)

图1
A．向上偏转
B．向下偏转
C．不发生偏转
D．先向上偏转后向下偏转
答案　B
3.(多选)(2018·东台创新学校月考)如图2所示，质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁场和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OM∶ON＝3∶4，粒子重力不计，则下列说法中不正确的是(　　)

图2
A．带电粒子两次在磁场中运动的时间之比为3∶4
B．带电粒子两次在磁场中运动的路程之比为3∶4
C．带电粒子两次在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4
D．带电粒子两次在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3
答案　AD
解析　粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，
解得R＝∝v
周期：T＝＝，
故运动时间t1＝t2＝＝，故A错误；
由于轨道半径之比为3∶4，故弧长之比为3∶4，
即路程之比为3∶4，故B正确；
由于R＝∝v，
轨道半径之比为3∶4，故速度大小之比为3∶4；
由于洛伦兹力F＝qvB∝v，故洛伦兹力大小之比为3∶4，
故C正确，D错误．
4.(2019·新海中学月考)如图3所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受洛伦兹力的作用，则下列说法正确的是(　　)

图3
A．a粒子速率较大
B．b粒子速率较大
C．b粒子在磁场中运动时间较长
D．a、b粒子在磁场中运动时间一样长
答案　B
5.如图4所示，长直导线ab附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线静止悬挂在M点．当ab中通以由b→a的恒定电流时，下列说法正确的是(　　)

图4
A．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里
B．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外
C．小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方
D．小球不受磁场力作用
答案　D
6．(多选)(2018·盐城中学模拟)如图5所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率从边界上的P点以相同的方向射入磁场．其中某一速率为v0的电子从Q点射出．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断(　　)

图5
A．该匀强磁场的方向垂直纸面向里
B．所有电子在磁场中的轨迹相同
C．速率大于v0的电子在磁场中运动时间长
D．所有电子的速度方向都改变了2θ
答案　AD
解析　由左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A选项正确；由牛顿第二定律可知qvB＝，得R＝，可知不同速率的电子在磁场中的轨迹不相同，B选项错误；由电子在磁场中运动周期T＝得T＝，故电子在磁场中运动时间t＝T＝，所以所有电子在磁场中的运动时间都相同，C选项错误；所有电子偏转角度相同，所有电子的速度方向都改变了2θ，D选项正确．
7．(2018·徐州三中月考)如图6所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是(　　)

图6
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
答案　C
解析　据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错误；速度相同时，B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，根据动能定理可知，滑块到达地面时的动能就越小，B错误；由于开始时滑块不受洛伦兹力就能下滑，故B再大，滑块也不可能静止在斜面上，D错误．

8.(多选)(2018·丰县中学月考) 如图7所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、vb和vc经过平板PQ上的小孔O射入匀强磁场．这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是la、lb和lc，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc.整个装置放在真空中．则下列判断正确的是(　　)

图7
A．la＝lc＜lb B．la＜lb＜lc
C．ta＜tb＜tc D．ta＞tb＞tc
答案　AD
解析　三个电子的速度大小相等，方向如图所示，垂直进入同一匀强磁场中．

由于初速度va和vc的方向与PQ的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离是相等的．而初速度为vb的电子初速度方向与PQ垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以初速度为vb的电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离恰好是轨迹圆的直径．由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同，所以la＝lc＜lb，选项A正确，B错误；从图中可得，初速度为va的电子偏转的角度最大，初速度为vc的电子偏转的角度最小，根据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系：t＝T可得，ta＞tb＞tc，故选项C错误，D正确．
9.(多选)(2018·江苏省高考压轴卷)在xOy平面上以O为圆心，半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从原点O以初速度v沿y轴正方向开始运动，经时间t后经过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成θ角，如图8所示．不计重力的影响，则下列关系一定成立的是(　　)

图8
A．若r＜，则0°＜θ＜90°
B．若r≥，则t≥
C．若t＝，则r＝
D．若r＝，则t＝
答案　AD
解析　带电粒子在磁场中从O点沿y轴正方向开始运动，圆心一定在垂直于速度的方向上，即圆心一定在x轴上，轨道半径R＝.当r≥时，P点在磁场内，粒子不能射出磁场区，所以垂直于x轴经过P点，θ最大且为90°，运动时间为半个周期，即t＝，B项错误；当r＜时，粒子在到达P点之前射出圆形磁场区，速度偏转角φ在大于0°、小于180°范围内，如图所示，能过x轴的粒子的速度偏转角φ>90°，所以过x轴时0°＜θ＜90°，A项正确；同理，若t＝，则r≥，若r＝，则t＝，C项错误，D项正确．

10.(2018·铜山中学模拟)如图9所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的磁感应强度B需满足(　　)

图9
A．B> B．B<
C．B> D．B<
答案　B
解析　若粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，

则粒子运动的半径为r0＝＝a.由牛顿第二定律得r＝，故粒子要能从AC边射出，粒子运动的半径应满足r>r0，解得B<，选项B正确．
11.(2018·淮安信息调研)如图10所示，竖直平面内的光滑倾斜轨道AB、水平轨道CD与半径r＝0.5 m的光滑圆弧轨道分别相切于B、C点，AB与水平面的夹角为37°，过B点垂直于水平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁感应强度B＝1 T、方向垂直于水平面向里；过C点垂直于纸面的竖直平面右侧有电场强度大小E＝1×104 N/C、方向水平向右的匀强电场(图中未画出)．现将小物块P从倾斜轨道上A点由静止释放沿AB向下运动，运动过程中电荷量保持不变，不计空气阻力．已知物块P的质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋2.5×10－4 C，P与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，A、B两点间距离x＝1 m，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图10
(1)P下滑到B点的速度大小；
(2)P运动到C点时对圆轨道的压力；(结果可用根式表示)
(3)P与水平面间因摩擦而产生的热量．
答案　见解析
解析　(1)小物块从A到B过程，根据动能定理得
mgxsin 37°－qExcos 37°＝mv－0
代入数据解得vB＝2 m/s
(2)小物块从B到C过程，根据动能定理得
mgr(1－cos 37°)－qErsin 37°＝mv－mv
代入数据解得vC＝ m/s
小物块到C点时，由牛顿第二定律有
FN－mg－qvCB＝
解得FN＝(8＋×10－4) N
由牛顿第三定律，小物块在C点时对圆轨道的压力FN′＝(8＋×10－4) N，方向竖直向下
(3)小物块从C点到停止的过程，根据能量守恒定律得
因摩擦而产生的热量Q＝mv＝0.75 J.

12.如图11所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106 m/s的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9 cm，缝长AD＝18 cm，α粒子的质量m＝6.64×10－27 kg，电荷量q＝3.2×10－19 C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．(结果可带根号)

图11
(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？
(2)若条形磁场的宽度d＝20 cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？
答案　(1)(20＋10) cm　(2)×10－6 s　×10－6 s
解析　(1)由题意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得∠BAO＝∠ODC＝45°
所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝
解得R＝0.2 m.
由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示．

设此时磁场宽度d＝d0，由几何关系得
d0＝R＋Rcos 45°＝(0.2＋) m＝(20＋10) cm，
则磁场的宽度d至少为(20＋10) cm.
(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则
T＝＝×10－6 s.
设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图乙所示．

因磁场宽度d＝20 cm 若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦长最短，则α粒子在磁场中运动的时间最短．最短的弦长为磁场宽度d.轨迹如图乙所示，因R＝d，则最短的弦长对应的圆心角为60°，设在磁场中运动的最短时间为tmin，则tmin＝＝×10－6 s.