1．磁场的概念
(1)产生：由运动电荷产生，存在于磁体或电流周围的一种特殊物质．
(2)性质：对处在磁场中的运动电荷(或通电导体)有力的作用．
2．磁感应强度
(1)定义式：B＝(B⊥L)．
(2)方向：小磁针静止时N极所指的方向．
3．磁通量
定义式：Φ＝BS(B⊥S)．
4．磁感线
(1)磁体磁场
(2)电流磁场——安培定则
(3)特点
5．安培力
(1)大小：F＝BILsin θ(θ为B与I方向的夹角)．
(2)方向：F垂直于B与I决定的平面，由左手定则判断．
6．洛伦兹力
(1)大小：F洛＝qvBsin θ(θ为B与v的夹角)．
(2)方向：由左手定则判断．
(3)特点：洛伦兹力对运动电荷不做功．
(4)特例：匀速圆周运动
安培力与力学知识的综合应用
1.通电导线在磁场中的平衡和加速
(1)首先把立体图画成易于分析的平面图，如侧视图、剖视图或俯视图等．
(2)确定导线所在处磁场的方向，根据左手定则确定安培力的方向．
(3)结合通电导线的受力分析、运动情况等，根据题目要求，列出平衡方程或牛顿第二定律方程联立求解．
2．安培力做功的特点和实质
(1)安培力做功与路径有关，不像重力、电场力做功与路径无关．
(2)安培力做功的实质：起传递能量的作用．
①安培力做正功：是将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能．
②安培力做负功：是将其他形式的能转化为电能后或储存或转化为其他形式的能．
【例1】 如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽为L.匀强磁场的磁感应强度为B.金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：
(1)此时B至少多大？B的方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
思路点拨：①对金属杆受力分析，画出截面图．
②由三力平衡可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡条件求出B的大小．
③磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件可求出电流的大小．
[解析] (1)画出金属杆的截面图．由三角形法则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小．根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足BI1L＝mgsin α，B＝.
(2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI2Lcos α＝mgsin α，I2＝.
[答案] (1) 垂直于导轨平面向上 (2)
1．(多选)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒( )
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
ABC [根据题意画出v-t图像如图所示，金属棒一直向右运动，A正确．速度随时间做周期性变化，B正确．据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C正确．F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D错误．]
洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动
分析带电粒子在匀强磁场中做圆周运动问题的基本步骤
1．画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．
2．找联系
(1)从轨迹中寻找几何关系．
(2)轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系．
(3)偏转角度与圆心角、运动时间相联系．
(4)在磁场中的运动时间与周期相联系．
3．用规律：即运用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是半径公式和周期公式．
4．注意事项：注意分析边界条件，特别是对称性和临界条件，注意分析多解的情况．
【例2】 一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
(1)M、N间电场强度E的大小；
(2)圆筒的半径R.
思路点拨：解答本题时应注意以下几点：
①粒子在电场中加速，应利用动能定理求解．
②粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合圆周运动的规律分析．
③粒子运动的轨迹具有对称性．
[解析] (1)设两板间的电压为U，由动能定理得
qU＝mv2 ①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed ②
联立①②式可得E＝. ③
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.
由几何关系得r＝Rtan ④
粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB＝m ⑤
联立④⑤式得R＝. ⑥
[答案] (1) (2)
[一语通关]
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动常用的结论
(1)速度方向总与半径垂直，圆心位于速度方向的垂线上．
(2)圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(4)在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．
2.如图所示，abcd是一个边长为L的正方形，它是磁感应强度为B的匀强磁场横截面的边界线．一带电粒子从ad边的中点O与ad边成θ＝30°角且垂直于磁场方向射入．若该带电粒子所带电荷量为q、质量为m(重力不计)，则该带电粒子在磁场中飞行时间最长是多少？若要带电粒子飞行时间最长，带电粒子的速度必须符合什么条件？
[解析] 从题设的条件中，可知带电粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，粒子带正电，由左手定则可知它将向ab方向偏转，带电粒子可能的轨迹如图所示(磁场方向没有画出)，由图可以发现带电粒子从入射边进入，又从入射边飞出时，其轨迹所对的圆心角最大，那么，带电粒子从ad边飞出的轨迹中，与ab相切的轨迹半径也就是它所有可能轨迹半径中的临界半径r0：r>r0，在磁场中运动时间是变化的，r≤r0，在磁场中运动的时间是相同的，也是在磁场中运动时间最长的．由图可知，∠OO2E＝.
轨迹所对的圆心角为α＝2π－＝
运动的时间t＝T＝
由图还可以得到
r0＋＝，r0＝≥
得v≤
故带电粒子在磁场中飞行时间最长是；带电粒子的速度必须符合条件v≤.
[答案] v≤
带电粒子在组合场、复合场中的运动
1．带电粒子垂直电场方向进入匀强电场后，要做类平抛运动，可采用研究平抛运动的方法(运动的合成与分解)处理．
2．带电粒子在匀强磁场中重力不计时做匀速圆周运动，用好半径公式、周期公式即可．
3．带电粒子在两种场的分界面上的速度和位置是连接两个运动过程的桥梁，尤其是速度(包括大小和方向)，起着承上启下的作用．所以，不论带电粒子先在哪种场中运动，射出这种场时的速度大小和方向都必须求出．
4．如果出现临界状态，注意挖掘隐含条件，分析临界条件，列出辅助方程．
【例3】 如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时．当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计粒子重力)
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离．
思路点拨：①由洛伦兹力提供向心力求得半径和周期的表达式，画出粒子运动轨迹图则得到粒子在磁场中的运动时间，累加即可．
②由几何条件求出距离．
[解析] (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qB0v0＝m ①
qλB0v0＝m ②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝ ③
粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝ ④
联立①②③④式得，所求时间为t0＝t1＋t2＝ ⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝. ⑥
[答案] (1) (2)
3.如图所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v与磁场方向垂直，与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求电场强度E和磁感应强度B的大小．(重力加速度为g)
[解析] 假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与v垂直，可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示.
根据合外力为零得
mg＝qvBsin 45°
qE＝qvBcos 45°
联立以上两式可得B＝，E＝.
[答案] E＝ B＝
课件42张PPT。第三章 磁场章末复习课234运动电荷运动电荷(或通电导体)5静止时N极BS6N→SS→N安培定则磁场方向磁场强弱垂直于左手定则7左手定则不做功89安培力与力学知识的综合应用 101112131415161718洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动 1920212223242526272829303132带电粒子在组合场、复合场中的运动 333435363738394041点击右图进入…Thank you for watching !章末综合测评(三) 磁场
(时间：90分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．用安培提出的分子电流假说可以解释下列哪些现象( )
A．通电螺线管的磁场 B．直线电流的磁场
C．环形电流的磁场 D．软铁棒被磁化的磁场
D [安培分子电流假说说明一切磁现象都是由运动电荷产生的．故A、B、C错误，D正确．]
2．如图，金属杆ab的质量为m，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，平行导轨间的距离为L，结果ab静止且紧压于水平导轨上．若磁场方向与导轨平面成θ角，金属杆ab与水平导轨间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是( )
A．金属杆ab所受的安培力大小为BILsin θ
B．金属杆ab所受的安培力大小为BILcos θ
C．金属杆ab所受的摩擦力大小为BILsin θ
D．金属杆ab所受的摩擦力大小为μmg
C [对ab杆受力分析如图所示F＝BIL
Fcos(90°－θ)＝f
解得f＝BILsin θ，故C正确．]
3．如图所示，两个相同的带电粒子，不计重力，同时从A孔沿AD方向射入一正方形空腔中，空腔中有垂直纸面向里的匀强磁场，两粒子的运动轨迹分别为a和b，则两粒子的速率和在空腔中运动的时间的关系是( )
A．va＝vb，tatb
C．va>vb，taC [由题图可知，半径Ra＝2Rb，由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝，又两个带电粒子相同，所以va＝2vb.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，则两带电粒子运动的周期相同，从C孔射出的粒子运动的时间ta＝，从B孔射出的粒子运动的时间tb＝，所以tb＝2ta.故选项C正确．]
4．如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小、方向是( )
A．tan θ，竖直向上
B.tan θ，竖直向下
C．sin θ，平行悬线向下
D.sin θ，平行悬线向上
D [要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsin θ，即IlBmin＝mgsin θ，得Bmin＝sin θ，方向应平行于悬线向上．故D项正确．]
5.如图所示，一带负电的滑块从绝缘粗糙斜面的顶端滑至底端时的速率为v，若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时的速度( )
A．变大 B．变小
C．不变 D．条件不足，无法判断
B [加上磁场后，滑块受一垂直斜面向下的洛伦兹力，使滑块所受摩擦力变大，克服摩擦力做的功变大，而洛伦兹力不做功，重力做功不变，由能量守恒可知，速度变小．]
6.如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．下列说法中正确的是( )
A．粒子a带负电，粒子b、c带正电
B．射入磁场时粒子a的速率最小
C．射出磁场时粒子b的动能最小
D．粒子c在磁场中运动的时间最长
D [根据左手定则可知a粒子带正电，b、c粒子带负电，所以选项A错误；由洛伦兹力提供向心力Bvq＝可知v＝，可知b的速度最大，c的速度最小，动能最小，所以选项B、C错误；由T＝，比荷相同，各粒子的周期一样，粒子c的轨迹对应的圆心角最大，所以粒子c在磁场中运动的时间最长，选项D正确．]
7.如图所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度．天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面．当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天平两边加上质量分别为m1、m2的砝码时，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平又重新平衡．由此可知( )
A．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为
B．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为
C．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
D．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
B [因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以此时安培力竖直向上，由左手定则判断磁场方向垂直于纸面向里．电流反向前，有m1g＝m2g＋m3g＋NBIL，其中m3为线圈质量．电流反向后，有m1g＝m2g＋m3g＋mg－NBIL.两式联立可得B＝.故选B.]
8．如图甲所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音．俯视图乙表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)，磁场方向如图中箭头所示，在图乙中( )
A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
BC [将圆形线圈看作由无数小段直导线组成，由左手定则可以判断，当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，选项B正确，A错误；当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，选项C正确，D错误．]
9．在同一光滑斜面上放同一导体棒，如图所示是两种情况的剖面图．它们所处空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上，两次导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡．已知斜面的倾角为θ，则( )
A．I1∶I2＝cos θ∶1
B．I1∶I2＝1∶1
C．导体A所受安培力大小之比F1∶F2＝sin θ∶cos θ
D．斜面对导体A的弹力大小之比FN1∶FN2＝cos2θ∶1
AD [分别对导体棒受力分析，如图．
第一种情况：BI1L＝mgsin θ，FN1＝mgcos θ
解得：I1＝
第二种情况：BI2L＝mgtan θ，FN2＝
解得：I2＝
所以＝＝＝＝cos θ
＝＝cos2θ
可见，A、D正确，B、C错误．]
10.如图所示，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是( )
A．a处的磁感应强度大小比c处的大
B．b、c两处的磁感应强度大小相等
C．a、c两处的磁感应强度方向相同
D．b处的磁感应强度为零
AD [根据通电直导线的磁场，利用右手螺旋定则，可知b处场强为零，两导线分别在a处产生的场强大于在c处产生的场强，a、c两处的场强叠加都是同向叠加，选项A、D正确．]
11．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正、负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
CD [根据霍尔元件中的电流方向及左手定则判断，霍尔元件中电子受到的洛伦兹力指向后侧面，因此后侧面带负电，电势低，A错误．若电源正、负极对调，磁场方向反向，电流方向反向，根据左手定则判断，霍尔元件定向移动的电子受到的洛伦兹力的方向不变，霍尔元件前后面的电势高低不变，电压表的指针不会发生反偏，B错误．霍尔元件与R串联再与RL并联，由于霍尔元件的电阻不计，因此IHR＝(I－IH)RL，得IH＝·I，C正确．R远大于RL，因此RL中的电流近似等于I，因此RL消耗的功率P＝I2RL，霍尔电压UH＝k，B与I成正比，IH与I成正比，因此UH∝I2，可见P与霍尔电压(即电压表示数)成正比，D正确．]
12.如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里．一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动．则可判定( )
A．小球带负电
B．小球带正电
C．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏
D．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏
BD [若小球带正电，小球在复合场中受到向上的电场力、向上的洛伦兹力和向下的重力，只要三力平衡，小球就能做匀速直线运动；若小球带负电，小球在叠加场中受到向下的电场力、向下的洛伦兹力和向下的重力，不可能做匀速直线运动，所以A错误，B正确；若小球从B点由静止滑下，进入场区后，所受洛伦兹力小于从A点滑下进入场区受到的洛伦兹力，小球所受合力向下，所以小球向下偏，C错误，D正确．]
二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)
13.(10分)如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E＝12 V，内阻r＝1.0 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：
(1)金属棒所受到的安培力大小；
(2)通过金属棒的电流；
(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值．
[解析] (1)金属棒的受力如图所示．
则有F＝mgsin 30°
F＝0.1 N.
(2)根据安培力公式
F＝BIL得I＝＝0.5 A.
(3)设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)
解得R＝－r＝23 Ω.
[答案] (1)0.1 N (2)0.5 A (3)23 Ω
14．(12分)如图所示，在一半径为R圆形区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外．一束质量为m、电量为q带正电的粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计．入射点P到直径MN的距离为h，求：
(1)某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，求粒子的入射速度是多大？
(2)恰好能从M点射出的粒子速度是多大？
[解析] (1)粒子出射方向与入射方向相反，在磁场中运动了半周，其半径r1＝h，qv1B＝m，所以v1＝.
(2)粒子从M点射出，其运动轨迹如图，在△MQO1中，
r＝(R－)2＋(h－r2)2
得r2＝
qv2B＝m
所以v2＝.
[答案] (1) (2)
15.(14分)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计粒子重力．
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
[解析] (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B＝m T＝
依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为π，所需时间t1＝T，求得t1＝.
(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，
有qE＝ma v0＝at2 得t2＝
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0
得电场强度最大值E＝.
[答案] (1) (2)
16．(16分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，从y轴上的A点水平向右抛出．经x轴上的M点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，M、N之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；
(3)A点到x轴的高度h.
[解析] (1)小球在电场、磁场区域中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必与重力平衡，有
qE＝mg ①
E＝ ②
重力的方向是竖直向下，电场力的方向应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．
(2)小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，如图所示．设半径为r，由几何关系知
＝sin θ ③
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有qvB＝ ④
由速度的合成与分解知＝cos θ ⑤
由③④⑤式得v0＝. ⑥
(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为
vy＝v0tan θ ⑦
由匀变速直线运动规律得v＝2gh ⑧
由⑥⑦⑧式得h＝.
[答案] (1) 竖直向上 (2) (3)
