【物理】2019届一轮复习人教版磁场对运动电荷的作用学案 24页

第37课时　磁场对运动电荷的作用 考点1　洛伦兹力的理解及应用 ‎1．定义：运动电荷在磁场中所受的力叫做洛伦兹力。‎ ‎2．大小 ‎(1)v∥B时，F＝0。‎ ‎(2)v⊥B时，F＝qvB。‎ ‎(3)v与B夹角为θ时，F＝qvBsinθ。‎ ‎3．方向 ‎(1)由左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。‎ ‎(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)‎ ‎(3)由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。‎ ‎[例1]　(2017·北京东城区统测)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直。在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球做匀变速曲线运动 B．小球的电势能保持不变 C．洛伦兹力对小球做正功 D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和 解析　‎ 带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，A错误；根据电势能公式Ep＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，C错误；由动能定理可知：重力做正功，电场力也做正功，洛伦兹力不做功，它们的代数之和等于动能的增量，D正确。‎ 答案　D 小球运动过程中，由于受重力和电场力作用，其速度会发生变化，‎ 则洛伦兹力大小也发生变化，运动过程中由于洛伦兹力始终垂直于速度方向，因此不做功。‎ ‎1．(人教版选修3－1 P102·T3改编)如图所示，一束质量、速度和电荷不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是(　　)‎ A．组成A束和B束的离子都带负电 B．组成A束和B束的离子质量一定不同 C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷 D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 答案　C 解析　由左手定则知，两束离子都带正电，A错误；分析可得速度选择器中Eq＝qvB，可得v＝，即A、B两束离子的速度相等。由于两束离子都带正电，所以它们在速度选择器中所受电场力向右，则洛伦兹力向左，所以速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，D错误；离子在另一磁场B′中作圆周运动，A离子束的半径小于B离子束，由R＝，且v、B′相同，则：A束离子的比荷大于B离子束的比荷，C正确；由于q未知，所以不能确定质量关系，B错误。‎ ‎2.如图所示，匀强磁场水平向右，电子在磁场中的运动与磁场方向平行，则该电子(　　)‎ A．不受洛伦兹力 B．受洛伦兹力，方向向上 C．受洛伦兹力，方向向下 D．受洛伦兹力，方向向左 答案　A 解析　当带电粒子运动方向与磁场方向平行时，粒子不受洛伦兹力作用，故A正确。‎ ‎3．(多选)如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，以下说法正确的是(　　)‎ A．两小球第一次到达轨道最低点时的速度vM>vN B．两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力FM>FN C．小球第一次到达M的时间大于到达N的时间 D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中不能 答案　ABD 解析　小球在磁场中到达轨道最低点的过程中只有重力做功，vM＝。在电场中到达轨道最低点的过程中，重力做正功，电场 力做负功，根据动能定理得mgR－qER＝mv，vN＝，所以vM>vN；设两轨道左端最高点分别为X、Y，因为＝，所以该过程所用时间tMFN′，由牛顿第三定律可知FM＝FM′，FN＝FN′，所以B正确。‎ 考点2　带电粒子在匀强磁场中的运动 一、圆心的确定 ‎1．如果已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可以通过入射点和出射点作出垂直入射方向和出射方向的垂线，两条垂线交点就是圆弧轨道的圆心，如图甲。‎ ‎2．已知入射点、出射点的位置和入射方向，可以通过入射点作出入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其线段的中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧的圆心，如图乙。‎ 二、半径的确定 一般运用几何知识，常用三角函数关系、三角形知识(如正弦定理、余弦定理)等来求解。‎ ‎1．粒子速度的偏向角φ等于回旋角(圆心角)α，并等于弦AB与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即φ＝α＝2θ，如图丙。‎ ‎2．相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°，如图丙。‎ 三、时间的确定 ‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，可得半径公式r＝；又由T＝可得粒子运行一周的时间为T＝，当粒子通过的圆弧所对应的圆心角为α时(如图丙)，其运动的时间t＝T(α用角度制)或t＝T(α用弧度制)。‎ ‎ [例2]　 (2016·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与MO成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝，所以D正确。‎ 答案　D 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意，画出粒子的运动轨迹，正确确定圆心和半径，再利用几何关系、运动规律找出轨道半径与磁感强度、运动速度的联系以及运动时间与圆心角、偏转角度、周期的关系等。‎ ‎1．两相邻的匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域，粒子的(　　)‎ A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 答案　D 解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：qvB＝m，解得：r＝，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后。B减小，所以r增大。线速度、角速度的关系为：v＝ωr，线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，故D正确，A、B、C错误。故选D。‎ ‎2.带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小(带电荷量不变，重力忽略不计)，轨道如曲线abc所示，则该粒子(　　)‎ A．带负电，运动方向c→b→a B．带负电，运动方向a→b→c C．带正电，运动方向a→b→c ‎ D．带正电，运动方向c→b→a 答案　B 解析　据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r＝得 知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c。在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电，所以B正确。‎ ‎3. (2018·甘肃兰州一中期末)圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(　　)‎ A．a粒子速率最大 B．c粒子速率最大 C．c粒子在磁场中运动的时间最长 D．它们做圆周运动的周期Taθb>θc，所以ta>tb>tc，故C错误。‎ 考点3　带电粒子在磁场中运动的多解问题 ‎1．带电粒子在有界磁场中的运动，一般涉及临界和边界问题，临界值、边界值常与极值问题相关联。因此，临界状态、边界状态的确定以及所需满足的条件是解决问题的关键。常遇到的临界和极值条件有：‎ ‎(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零。‎ ‎(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切，对应粒子速度的临界值。‎ ‎(3)运动时间极值的分析 ‎①周期不同的粒子，当速率相同时，轨迹越长，运动时间越长。‎ ‎②周期相同的粒子，当速率不同时，圆心角越大，运动时间越长。‎ ‎2．带电粒子在磁场中运动的多解问题 ‎(1)带电粒子电性不确定形成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解。‎ 如图甲所示，带电粒子以速率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。‎ ‎(2)磁场方向的不确定形成多解：有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图乙所示。‎ ‎(3)临界状态不唯一形成多解：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，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解。‎ ‎(4)运动的往复性形成多解：带电粒子在一部分是电场、一部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示。‎ ‎ [例3]　 (2018·山东济南期末)如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B＝2×10－3 T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为 m，磁场方向垂直于纸面向里。坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy 平面发射比荷为＝5×107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v＝1×105 m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。‎ ‎(1)求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；‎ ‎(2)求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角。‎ 解析　(1)平行于x轴射入的粒子，轨迹如图甲所示，设出射点为P，‎ 由qvB＝m得 R＝＝ m＝1 m 由几何关系可知O1P＝O1O＝1 m, OP＝ m ‎ 则△O1OP为等腰直角三角形，设P点坐标为(x，y)，则 x＝y＝1 m，α＝，故P点坐标为(1 m,1 m)‎ 运动时间为t＝·＝×10－5 s。‎ ‎(2)设恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角为θ，画出轨迹如图乙所示。‎ 由几何关系可知O2M＝O2O＝1 m，OM＝ m，‎ ‎△O2OM为等腰直角三角形，∠O2OM＝45°，则θ＝∠O2OM＝45°。‎ 答案　(1)坐标为(1 m,1 m)　×10－5 s　(2)45°‎ ‎(1)解决此类问题一定要做好三件事：①定圆心；②画轨迹；③根据几何关系计算半径。‎ ‎(2)有必要时要形成动态几何图形(比如滚动圆、缩放圆)，形成运动过程场景图，以便找出极值。‎ ‎(2018·吉林实验中学期末)(多选)如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区(图中未画出)，所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的 a点，下列说法中正确的是(　　)‎ A．磁场方向一定是垂直xOy平面向里 B．所有粒子通过磁场区的时间相同 C．所有粒子在磁场区运动的半径相等 D．磁场区边界可能是圆 答案　CD 解析　由题意可知，正粒子经磁场偏转，都集中于一点a，根据左手定则可有，磁场的方向垂直平面向外，故A错误；依题意画出带电粒子的轨迹如图所示。根据周期公式T＝，可知所有粒子的周期相同，由于通过磁场区的时间为t＝，与圆心角有关，由图可知θ不同，因此粒子的运动时间不等，故B错误；由洛伦兹力提供向心力，可得R＝，由于同种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C正确；所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆弧，故D正确。‎ ‎1．(2018·山西沂州一中期末)有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是(　　)‎ A．电荷在电场中一定受电场力的作用 B．电荷在磁场中一定受磁场力的作用 C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致 D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向不一定垂直 答案　A 解析　电荷在电场中一定受到电场力作用，A正确；电荷在磁场中不一定受洛伦兹力，当静止时一定不受洛伦兹力，而运动的电荷，当速度与磁场平行时，不受洛伦兹力作用，B错误；正电荷所受电场力一定与该处电场强度方向相同，而负电荷所受电场力与该处电场方向相反，C错误；电荷所受的洛伦兹力与磁场及运动速度构成的平面垂直，所以电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，D错误。‎ ‎2．下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力方向之间的关系正确的是(　　)‎ 答案　B 解析　根据左手定则，A中f方向应向上，B中f方向应向下，故A错误、B正确；C、D中都是v∥B，F＝0，故C、D错误。‎ ‎3．如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线，要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是(　　)‎ A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向 B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向 C．加一电场，电场方向沿z轴负方向 D．加一电场，电场方向沿y轴正方向 答案　B 解析　要使荧光屏上的亮线向下偏转，若加磁场，应使电子所受的洛伦兹力方向向下，电子运动方向沿x轴正方向，由左手定则可知，磁场方向应沿y轴正方向，A错误、B正确。若加电场，电场方向应沿z轴正方向，C、D错误。‎ ‎4．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子的动能较大 D．b粒子在磁场中运动时间较长 答案　C 解析　由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；由qvB＝m得r＝，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B错误；由Ek＝mv2可得b粒子的动能较大，C正确；由T＝知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，D错误。‎ ‎5．(多选)边长为a的正方形处于有界磁场中，如图所示，一束电子以不同速度水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，以下说法正确的是(　　)‎ A．从A处和C处射出的电子速度之比为2∶1‎ B．从A处和C处射出的电子在磁场中运动的时间之比为2∶1‎ C．从A处和C处射出的电子在磁场中运动周期之比为2∶1‎ D．从A处和C处射出的电子在磁场中所受洛伦兹力之比为1∶2‎ 答案　BD 解析　电子从C点射出，A为圆心，RC＝L，圆心角θC＝，由R＝，得vC＝，运动时间tC＝＝，电子从A点射出，OA 中点为圆心，RA＝，圆心角θA＝π，所以vA＝，tA＝＝，由于运动的周期相等，故vA∶vC＝1∶2，tA∶tC＝2∶1，故A、C错误，B正确；电子做匀速圆周运动f洛＝eBv，可知洛伦兹力与速度成正比，为1∶2，故D正确。‎ ‎6．(多选)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则(　　)‎ A．电子将向右偏转，速率不变 B．电子将向左偏转，速率改变 C．电子将向左偏转，半径不变 D．电子将向右偏转，半径改变 答案　AD 解析　由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，速率不变，A正确，B、C错误；又由R＝知，在电子偏离直线电流时，B减弱，故R变大，D正确。‎ ‎7.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的点P(a,0)以速度v，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。‎ 答案　　射出点坐标为(0，a)‎ 解析　画出轨迹示意图如图所示，由射入、射出点的洛伦兹力方向可找到圆心O′，由cos30°＝可得r＝＝，得B＝；由图可知射出点的纵坐标y＝r＋rsin30°＝a，则射出点坐标为(0，a)。‎ ‎8．(2017·潍坊模拟)如图所示，在半径为R＝的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，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。‎ ‎(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点以任意方向平行于纸面入射，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qv0B＝m可得r＝＝R，则带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图甲所示，则t＝＝。‎ ‎(2)由(1)知，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＝∠OO2Q＝30°，所以带电粒子离开磁场时速度偏转角为60°，则v⊥＝vsin60°＝v0。‎ ‎(3)由(1)知，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。因为PO3＝O3S＝PO＝SO＝R，所以四边形POSO3为菱形。由图可知：PO∥O3S，在S点，v0⊥SO3，因此，带电粒子离开磁场后均垂直打在感光板上，与入射的方向无关。‎ ‎9．(2015·全国卷Ⅱ)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)‎ A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 答案　AC 解析　电子在两匀强磁场 Ⅰ、 Ⅱ 中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得evB＝，可得r＝，即＝＝，A正确；由a＝ 得，＝＝，B错误；根据周期公式T＝，可得＝＝，C正确；根据角速度公式ω＝，可得＝＝，D错误。‎ ‎10．(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 答案　B 解析　设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 mag＝qE①‎ b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvB②‎ c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg＋qvB＝qE③‎ 比较①②③式得：mb>ma>mc，B正确。‎ ‎11. (2017·河北廊坊期末)(多选)如图所示，小车A的质量M＝2 kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝14 m/s。带正电荷q＝0.2 C的可视为质点的物体B，质量m＝0.1 kg，将其轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B0＝0.5 T，物体B 与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的(g取10 m/s2)，则(　　)‎ A．物体B的最终速度为10 m/s B．小车A的最终速度为13.5 m/s C．小车A和物体B的最终速度约为13.3 m/s D．小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75 J 答案　ABD 解析　当物体B对小车A的压力为零时，小车A与物体B之间无摩擦力的作用，A、B匀速运动，此时物体B的速度最大，小车A的速度最小，有qvBB0＝mg，解得vB＝10 m/s，根据动量守恒定律得Mv0＝mvB＋MvA，解得vA＝13.5 m/s，A、B正确，C错误。根据能量守恒定律得Q＝ΔEk＝－－＝8.75 J，D正确。‎ ‎12. (2017·安徽六校联考)一个质量m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，设斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。问：‎ ‎(1)小滑块带何种电荷？‎ ‎(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大？‎ ‎(3)该斜面的长度至少多长？‎ 答案　(1)负电荷　(2)2 m/s　(3)1.2 m 解析　(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。‎ ‎(2)小滑块沿斜面下滑，垂直于斜面方向有 qvB＋FN－mgcosα＝0‎ 当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB＝mgcosα 得v＝＝ m/s＝2 m/s。‎ ‎(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得 mgxsinα＝mv2－0，解得x＝1.2 m。‎