文件洛倫茲力與現(xiàn)代技術(shù) 隨堂演練-2021-2022學(xué)年高二年級上冊物理粵教版（2019）選擇性必修第二冊

1?4洛倫茲力與現(xiàn)代技術(shù)隨堂演練（解析版）

1.如圖所示，將一質(zhì)量為機(jī)，帶電量為+q的小球在空間垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中由靜止

釋放，其運(yùn)動軌跡為“輪擺線”，為方便分析，可將初始狀態(tài)的速度（為零）分解為一對水

平方向等大反向的速度V,即該運(yùn)動可以分解為一個勻速直線運(yùn)動1和一個勻速圓周運(yùn)動2

兩個分運(yùn)動,重力加速度為g,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為S為實現(xiàn)上述運(yùn)動的分解，下列說法正

確的是)

XXXXX

2mg

A.速度

qB

分運(yùn)動2的半徑為，1

B.r

C.小球在軌跡最低點處的曲率半徑為

qB

32

D.小球從釋放到最低點的過程中重力勢能的減少量為汽7

2.如圖所示為質(zhì)譜儀的工作原理圖，它由加速電場、速度選擇器（磁場方向垂直紙面）和

偏轉(zhuǎn)磁場構(gòu)成。四種電荷量相等，電性相同、質(zhì)量不同的粒子a,b,c,d由。點處的粒子

源豎直向下射入加速電場（粒子a,b,c的初速度相同），四種粒子經(jīng)過一段時間到達(dá)圖中

不同的位置，粒子的重力以及粒子間的相互作用均不計。則下列說法正確的是（）

A.粒子可能帶負(fù)電

B.速度選擇器中磁場的方向垂直紙面向里

C.粒子。在。點的初速度大于粒子d在。點的初速度

D.粒子d的質(zhì)量大于粒子c的質(zhì)量

3.利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域，如圖是霍爾元件的

工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的表面向下，通入圖示方向的電流/,C、

。兩側(cè)面會形成電勢差Ue,下列說法中正確的是（）

A.霍爾元件的上下表面的距離越大，Uco越大

B.若霍爾元件的載流子是正電荷，則電勢差Uc?<0

C.僅增大電流/時，電勢差Uco不變

D.如果僅將霍爾元件改為電解質(zhì)溶液，其他條件不變，UCD=0

4.2020年爆發(fā)了新冠肺炎，該病毒傳播能力非常強(qiáng)，因此研究新冠肺炎病毒株的實驗室必

須是全程都在高度無接觸物理防護(hù)性條件下操作，武漢病毒研究所是我國防護(hù)等級最高的

P4實驗室，在該實驗室中有一種污水流量計，其原理可以簡化為如圖所示模型：廢液內(nèi)含

有大量正、負(fù)離子，從直徑為4的圓柱形容器右側(cè)流入，左側(cè)流出。流量值等于單位時間通

過橫截面的液體的體積。空間有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場，下列說法正確

的是

XXMXX5

XXNXX

A.M點的電勢高于N點的電勢

B.負(fù)離子所受洛倫茲力方向豎直向下

C.MN兩點間的電勢差與廢液的流量值成正比

D.MN兩點間的電勢差與廢液流速成反比

5.如圖所示為質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)圖，該質(zhì)譜儀由速度選擇器與偏轉(zhuǎn)磁場兩部分組成，已知速度

選擇器中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為緯、電場強(qiáng)度大小為E,熒光屏尸。下方勻強(qiáng)磁場的方向垂直

紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2里。三個帶電荷量均為外質(zhì)量不同的粒子沿豎直方向經(jīng)速

度選擇器由熒光屏上的狹縫。進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在熒光屏上的H、邑、邑處，相對應(yīng)

的三個粒子的質(zhì)量分別為叫、叫、機(jī)3,忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用。則下列說

法不正確的是（）

A.打在$3位置的粒子質(zhì)量最大

B.質(zhì)量為叫的粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動時間最短

C.如果S5=Ax,則叫一叫="廣

D.如班、恤在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動時間差為Nt，則%-叫=2曲。加

71

6.如圖所示，頂角為20的光滑絕緣圓錐，置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,

現(xiàn)有質(zhì)量為機(jī)，帶電量為-q的小球，沿圓錐面在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則（）

A.從上往下看，小球做順時針運(yùn)動

B.洛侖茲力提供小球做勻速圓周運(yùn)動時的向心力

c.小球有最小運(yùn)動半徑人/B

D.小球以最小半徑運(yùn)動時其速度v=027g

BqtanU

7.某空間存在著范圍足夠大、相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，如圖所示，電場強(qiáng)度和磁

感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為E和3。一帶電粒子（不計重力）恰能以速度u垂直3、石組成的平

面向外做勻速直線運(yùn)動，下列有關(guān)說法中正確的是（）

木3

E

O

A,八￡

B

B.該粒子一定帶正電

C.該粒子一定帶負(fù)電

D.僅改變粒子所帶的電荷量，其運(yùn)動軌跡將發(fā)生偏轉(zhuǎn)

8.如圖所示，兩個平行金屬板水平放置，要使一個電荷量為-外質(zhì)量為根的微粒，以速度

V沿兩板中心軸線S1S2向右運(yùn)動，可在兩板間施加勻強(qiáng)電場或勻強(qiáng)磁場。設(shè)電場強(qiáng)度為E,

磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,不計空氣阻力，已知重力加速度為g。下列選項可行的是（）

色?_<---------§

A.只施加垂直向里的磁場，且滿足3

qv

B.同時施加豎直向下的電場和垂直紙面向里的磁場，且滿足8v=E+螫

q

c.同時施加豎直向下的電場和水平向右的磁場，且滿足石=幽

q

D.同時施加豎直向上的電場和垂直紙面向外的磁場，且滿足E=3v+磐

q

9.如圖所示，有一混合正離子束從靜止通過同一加速電場后，進(jìn)入相互正交的勻強(qiáng)電場和

勻強(qiáng)磁場區(qū)域I,如果這束正離子束在區(qū)域I中不偏轉(zhuǎn)，不計離子的重力。則說明這些正離

子在區(qū)域I中運(yùn)動時一定相同的物理量是（）

A.動能B.質(zhì)量C.電荷D.比荷

10.將平行板電容器、滑動變阻器、電源按如圖所示連接。若平行板電容器內(nèi)存在垂直紙面

向里的勻強(qiáng)磁場，一電子束沿垂直于電場線與磁感線方向，從左側(cè)入射后偏向A極板，為

了使電子束沿入射方向做直線運(yùn)動，可采取的方法是（）

P￡-

A\~a~b~

/“*二

XXX

~B~I

A.只將變阻器滑片尸向b端滑動B.只將電子的入射速度適當(dāng)增大

C.只將磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度適當(dāng)減小D.只將極板間距離適當(dāng)減小

11.如圖甲所示，某空間存在著足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁場沿水平方向。磁場中有A、B兩個

物塊疊放在一起，置于光滑水平面上.物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣。在f=0時

刻，水平力尸作用在物塊B上，物體A、8一起由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動。在物塊A、

8一起運(yùn)動的過程中，圖乙反映的可能是（）

甲乙

A.物塊A所受洛倫茲力大小隨時間f變化的關(guān)系

B.物塊A對物塊B的壓力大小隨時間/變化的關(guān)系

C.物塊A對物塊B的摩擦力大小隨時間，變化的關(guān)系

D.水平力F的大小隨時間t變化的關(guān)系

12.如圖甲為用金屬材料制成的霍爾元件，其長、寬、高分別為a、b、d-如圖乙是檢測電

流大小是否發(fā)生變化的裝置。該檢測電流在鐵芯中產(chǎn)生磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度與檢測電流強(qiáng)度

成正比，現(xiàn)給元件通一恒定工作電流/,下列說法正確的是（）

%

霍爾元件

甲乙

A.N端應(yīng)與電壓表的正極相連

B.要提高檢測靈敏度可適當(dāng)減小高度1

C.如果僅將檢測電流反向，電壓表的正負(fù)接線柱連線位置無需改動

D.當(dāng)霍爾元件尺寸一定時，電壓表示數(shù)變大，說明檢測電流變小

13.圖示是質(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(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度大小分別為B和E,平板S上有可讓粒子通

過的狹縫尸和記錄粒子位置的膠片44,其中。尸與平板平行。平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為無的勻強(qiáng)磁場。不計帶電粒子所受的重力，下列表述正確的是（）

A.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

F

c.能通過狹縫尸的帶電粒子的速率等于？

D

D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小

14.如圖所示，三角形PMO區(qū)域有垂直于wy坐標(biāo)向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，P,

M的坐標(biāo)分別為（0,61）、（61,0）。x軸下方OMNQ區(qū)域內(nèi)有沿x軸正方向，且電場強(qiáng)度

的勻強(qiáng)電場，Q、N的坐標(biāo)分別為（0,—31）、（61,—3D。在原點。發(fā)射不同速率的

電子，均沿y軸正方向射入磁場。發(fā)現(xiàn)速率為vo的電子經(jīng)過磁場和電場后恰好過。點，忽

略電子間的相互影響，下列說法正確的是（）

3

A.通過。點的電子在磁場中的軌道半徑為1/

B.通過。點的電子在磁場中的軌道半徑為2/

C.速率不超過4（血-1）%的電子均可進(jìn)入電場

D.速率為1.5w的電子通過磁場和電場后會從QN中點右側(cè)射出電場

15.光電倍增管（PMT）是光子技術(shù)器件中的一個重要產(chǎn)品，它是一種具有極高靈敏度和超

快時間響應(yīng)的光探測器件?？蓮V泛應(yīng)用于光子計數(shù)、極微弱光探測、化學(xué)發(fā)光、生物發(fā)光研

究、極低能量射線探測、分光光度計、旋光儀、色度計、照度計、塵埃計、濁度計、光密度

計、熱釋光量儀、輻射量熱計、掃描電鏡、生化分析儀等儀器設(shè)備中。如圖是其相鄰的第i

個倍增極和第，+1個倍增極的示意圖，每個倍增級長為。，水平間距和垂直間距都是若

在空間施加垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B,當(dāng)速度為V、質(zhì)量為〃八電荷量為e的電子垂直

第i倍增極射出時，下列說法正確的（）

V

11III

L：............1..........…一本

第，倍增級

第汁1倍增級

A.若電子都不會被第i+1倍增極收集

B.若5=丁,部分電子不會被第i+1倍增極收集

5ea

C.若竺，電子都不會被第，+1倍增極收集

ea

D.改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B,從第i倍增極最右端鳥射出的電子從射出到穿過￡鳥所在連線的時

間都相等

16.如圖所示，將原長為L的輕質(zhì)絕緣彈簧固定在一傾斜角為Q37。的絕緣光滑斜面底部，

原長處為。點，的長度為7牛r，為絕緣的光滑半圓弧軌道。虛線垂直于斜面，

下方的勻強(qiáng)電場沿斜面向下，上方的勻強(qiáng)電場沿斜面向上，電場強(qiáng)度大小相等?？?/p>

視為質(zhì)點的B球帶正電，電荷量為g,質(zhì)量為力,將其靠在彈簧的上端(不粘連)，壓縮彈

簧至其長度變?yōu)?時，彈簧的彈性勢能為皖=3m8心釋放B之后，B剛好運(yùn)動到M點速度

減小為零，整個過程小球帶電量不變。求：

(1)電場強(qiáng)度的大??；

(2)若小球B仍從相同的位置釋放，但下方的電場減小為原來的一半，小球?qū)_上半

圓軌道，求：

①求小球沖到M點的動能為多大？

②若要保證小球能沿軌道運(yùn)動到達(dá)N點，則軌道半徑R的取值范圍？

17.如圖所示，在平面內(nèi)的第二、三象限內(nèi)存在著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場；第一、四

象限內(nèi)存在以坐標(biāo)原點。為圓心的半圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8、方向垂

直坐標(biāo)平面向里。一質(zhì)量為加、電荷量為4的帶電粒子自坐標(biāo)為卜，弓(的P點射出，射出

時的速度大小為％,方向沿x軸正方向，經(jīng)過一段時間恰好從坐標(biāo)原點。進(jìn)入y軸右側(cè)的

勻強(qiáng)磁場，并恰好不從磁場的圓弧邊界射出，不計粒子受到的重力，取cosl5o=0.97。

U)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；

(2)求粒子在磁場中運(yùn)動的時間和粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)；

(3)若僅改變勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，使粒子射出磁場的方向與y軸平行，求此時

勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。

.

、

X「

XXX

XXX

%*

2L

XX

XXX

XX

XX/

xX

x/

.K

18.如圖所示，某儀器用電場和磁場來控制粒子在材料表面上方的運(yùn)動，材料表面上方矩形

區(qū)域PP'N'N充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場的寬度d=0.5m；矩形區(qū)域AW'M'M充滿垂直

紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度2=0.5T,磁場的寬度s=0.8m；NN'為磁場與電場之間的

薄隔離層。一帶負(fù)電的粒子（不計重力）比荷為幺=L0xl（）6c/kg,該粒子從P點由靜止被

m

電場加速，經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場。粒子每次穿越隔離層，運(yùn)動方向不變，動能變?yōu)榇┰角?/p>

動能的64%。已知粒子第一次進(jìn)入磁場區(qū)域恰好未從抽r穿出，粒子第3次穿越隔離層后

垂直磁場邊界A/N'飛出。求：

（1）電場強(qiáng)度E的大??；

（2）磁場區(qū)域的長度小

（3）粒子運(yùn)動的總時間/（取萬=3.14,計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。

XXXXXXXXXXXX

材料表面

19.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系X?！抵?，第I象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第W

象限內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小3=0.1T,一質(zhì)量m=lxl（）-8kg

電荷量q=lxl0-4c的帶正電粒子從y軸正半軸上的M點以速度vo=5OOm/s垂直于y軸射入電

場,經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成9=60。角射入磁場，最后從y軸負(fù)半軸上的尸點垂直y

軸射出磁場，不計粒子所受重力，求：

（1）P點的坐標(biāo)；

（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小及

20.如圖所示，在半面直角坐標(biāo)系xOy中，第I象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為

m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度vo垂直于y軸射入電場，經(jīng)x

軸上的N點與x軸正方向成在60。角射入第IV象限，為了使該粒子能從y軸負(fù)半軸上的P點

垂直于y軸射出，可在第IV象限適當(dāng)?shù)牡胤郊右淮怪庇趚Oy平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)

磁場。不計粒子重力，求：

（1）M、N兩點之間的電勢差UMN。

（2）若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內(nèi)，求磁場區(qū)域的最小面積。

參考答案

1.C

【詳解】

A.分運(yùn)動1為勻速直線運(yùn)動，根據(jù)平衡條件有

qvB-mg

解得

丫=蟹

qB

故A錯誤；

B.分運(yùn)動2做勻速圓周運(yùn)動，可得

V

QVB=m——

R

解得

R=rLS_

q2B2

故B錯誤；

C.小球在最低點的速度大小為2v,則有

q-2vB-mg=m-———

3,，解得

4m2g

r=------

q2B2

故C正確；

D.此過程只有重力做功，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能，所以有

AE=-/n（2v）2=^4-

?2'）q2B2

故D錯誤。

故選C。

2.D

【詳解】

A.由粒子c,"在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向結(jié)合左手定則可知，粒子一定帶正電，故A錯誤；

B.由于粒子c,"在速度選擇器中的運(yùn)動軌跡為直線，則粒子c、d在速度選擇器中做勻速

直線運(yùn)動，由平衡條件可得

qvBx=qE

因此粒子c、d在速度選擇器中的速度大小相等，又左極板帶正電，則速度選擇器中的磁場

方向垂直紙面向外，故B錯誤；

CD.由粒子a,b在速度選擇器中的偏轉(zhuǎn)方向可知，粒子。所受的洛倫茲力大于電場力，粒

子6所受的洛倫茲力小于電場力，因此匕＞粒子在加速電場中運(yùn)動時，有

又因為粒子a,b,c的初速度相同，所以粒子。的比荷大于粒子c的比荷，粒子c的比荷大

于粒子6的比荷，粒子c,”在磁場外中運(yùn)動時，由洛倫茲力提供向心力，由

Bqv=m—

解得

R=—

Bq

由圖可知粒子C的軌跡半徑小于粒子d的軌跡半徑，所以粒子C的比荷大于粒子d的比荷,

兩粒子在加速電場中運(yùn)動時，由

qU=-^mv2

解得

顯然比荷越大的粒子初速度越小，因此粒子c在O點的初速度小于粒子d在。點的初速度,

故D正確；C錯誤；

故選D。

3.D

【詳解】

AC.根據(jù)CD間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡,

設(shè)霍爾元件的長寬高分別為4、b、C,有

q-=qvB

b

I=nqvS=nqvbc

則有

uUCD~-IL

nqc

〃由材料決定，故u與材料有關(guān)；。還與厚度C成反比，與寬。無關(guān)，同時還與磁場8與電

流/有關(guān)，AC錯誤；

B.根據(jù)左手定則，正電荷，向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，C表面帶正電，。表面帶負(fù)電，所以。表面的

電勢高，則Uc0>0,B錯誤；

D.如果僅將霍爾元件改為電解質(zhì)溶液，其它條件不變，陰、陽粒子都向一個方向偏轉(zhuǎn)，依

據(jù)

可知電勢差UCD將逐漸變小變?yōu)榱?，D正確。

故選D。

4.C

【詳解】

AB.根據(jù)左手定則，正電荷受到豎直向下的洛倫茲力，負(fù)電荷受到豎直向上的洛倫茲力，

則正電荷集聚在N一側(cè)，負(fù)電荷集聚在M一側(cè)，則M點的電勢低于N點的電勢，故A、B

錯誤；

D.根據(jù)

qvB=^-q

a

可得流速

U

v=——

Bd

MN兩點電勢差與廢液流速成正比，故D錯誤；

C.流量值

則電勢差U與流量值Q成正比，C正確；

故選C。

5.C

【詳解】

A.由洛侖茲力提供向心力知

cnV2

qv-2B0=m—

解得

R=-^-

2qB°

三個粒子所帶電荷量相等，則其軌跡半徑與質(zhì)量成正比，故打在S3位置的粒子質(zhì)量大，故A

正確。

B.由洛侖茲力提供向心力知

R=-^-

2qB°

得

1兀“1

1=-----

祖

由A分析知仍質(zhì)量最大，故周期最小，在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動時間最短。故B正確;

C.由于

5,S3=AX

Ax=27?-2/？=

312qB。2qB。2qB。

qE=qvB0

聯(lián)立可解得

qBi?Ax

砥一叫二一-一

故C錯誤;

D.由對B選項的分析可知

222qB02qB0

解得

2qB「X

m2—ml=-----------

71

故D正確。

本題選不正確的，故選C。

6.D

【詳解】

小球在運(yùn)動過程中受重力、支持力和指向圓心的洛倫茲力，才能夠做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)安

培左手定則可知從上往下看，小球做逆時針運(yùn)動，洛倫茲力與支持力的合力提供向心力

根據(jù)牛頓第二定律，水平方向

V2

qvB-FNCOS6=m—

豎直方向

sin0-mg=0

聯(lián)立可得

V2

//I--qvB+mgcot0=0

因為速度為實數(shù)，所以

A>0

可得

(qB)-4一mgcot>0

R

解得

4m2gcot0

R2----；―—

q2B2

所以最小半徑為

4m2gcot0

一二*2

代入上面可得小球以最小半徑運(yùn)動時其速度

2mg

v-

Bqtan0

故選D。

7.A

【詳解】

A.帶電粒子在電磁場中能做勻速直線運(yùn)動，處于受力平衡狀態(tài)，即

qvB-qE

即

E

v=一

B

A正確；

BC.由A的分析可知，該平衡方程與粒子帶電性質(zhì)無關(guān)，若帶正電能平衡，帶負(fù)電也一定

能平衡，BC錯誤；

D.僅改變粒子所帶的電荷量，粒子所受洛倫茲力與電場力仍始終相等，做勻速直線運(yùn)動，

故運(yùn)動軌跡不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，D錯誤。

故選Ao

8.C

【詳解】

A.只施加垂直向里的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力豎直向下，無法跟重力平衡。A錯誤;

B.同時施加豎直向下的電場和垂直紙面向里的磁場，則需要滿足

Eq=Bvq+mg

B錯誤；

C.同時施加豎直向下的電場和水平向右的磁場，微粒不受洛倫茲力，則要滿足

Eq=mg

即

E-

q

c正確；

D.同時施加豎直向上的電場和垂直紙面向外的磁場，則需要滿足

Bvq=Eq+mg

D錯誤。

故選C。

9.D

【詳解】

設(shè)加速電場的電壓為U,則

12

qUTJ=-mv

v=

設(shè)正交電場的場強(qiáng)為￡,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2,由于粒子在區(qū)域里不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則

qE=Bqv

得

可知

四」

v=VmB

其中E、B、U為相同值，正離子的比荷相等。

10.B

【詳解】

根據(jù)電路圖可知：A板帶正電，B板帶負(fù)電，所以電子束受到電場力的方向向上，大小為

,=Ee*

電d

洛倫茲力方向向下，大小為

F'=Bev

電子向上偏，說明電場力大于洛倫茲力，要使電子束沿射入方向做直線運(yùn)動，則要電場力等

于洛倫茲力，所以要減小電場力，或者增大洛倫茲力即可。

A.將變阻器滑動頭尸向右或向左移動時，電容器兩端電壓不變，電場力不變，故A錯誤;

B.只將電子的入射速度適當(dāng)增大，受到的洛倫茲力增大，滿足要求，故B正確；

C.只將磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度適當(dāng)減小，電子受到的洛倫茲力更小，不滿足要求，故C錯誤；

D.將極板間距離適當(dāng)減小時，F(xiàn)電增大，不滿足要求，故D錯誤；

故選B。

11.B

【詳解】

A.物體由靜止做勻加速運(yùn)動，速度丫=加，故洛倫茲力

F=qvB=qBat

洛倫茲力大小隨時間f變化的應(yīng)過原點，故A錯誤；

B.物塊A對物塊B的壓力大小

N=mxg+qvB=mAg+qBat

故B正確；

C.物塊A對物塊B的摩擦力大小/=，所以/隨時間/的變化保持不變，故C錯誤；

D.對整體進(jìn)行受力分析可得，拉力歹=(%A+，出”，故拉力恒定不變，故D錯誤。

故選B。

12.B

【詳解】

A.檢測電流產(chǎn)生的磁場，根據(jù)右手螺旋定則判斷從下向上穿過霍爾元件，又因為是電子，

故元件正面是負(fù)極，背面是正極，N端應(yīng)接負(fù)接線柱，A錯誤；

BD.電流的微觀表達(dá)式為

I=nesv

為自由電荷的速度，設(shè)產(chǎn)生的磁場為2,在元件中滿足

q^-=qBv

b

可得，速度為

U

v=——

Bb

即有

,7JU

L=nebd——

Bb

所以

u=——

ned

故電壓與工作電流有關(guān)，電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)，與檢測電流有關(guān)，因為檢測電流會影響磁

場，B與/成正比，由

0=及

ned

可知，U與d有關(guān),與b無關(guān),D錯誤，B正確；

C.磁場方向會發(fā)生改變，根據(jù)左手定則，電子受力方向會發(fā)生改變，故需要改變，即反接,

C錯誤。

故選B。

13.ABC

【詳解】

A.進(jìn)入磁場Bo的粒子

V2

qvB=m——

R

滿足

q=v

mB0R

知道粒子電量后，便可求出根的質(zhì)量，所以質(zhì)譜儀可以用來分析同位素，故A正確；

B.加速粒子帶正電，在速度選擇器中受電場力向右，則洛侖茲力方向向左，由左手定則可

判斷磁場方向垂直紙面向外，故B正確；

C.由

qE=qvB

得

E

v=一

B

此時粒子離子受力平衡，可沿直線穿過選擇器，故c正確;

D.由

q=v

mBQR

知R越小，荷質(zhì)比越大；粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子圓周運(yùn)動的半徑越小荷

質(zhì)比越大；故D錯誤。

故選ABCo

14.ACD

【詳解】

A.電子從。點沿y軸正方向射入，設(shè)從x軸上某點。"，0）點射出，將在電場中做類平

拋運(yùn)動有

3L=vQt

〃=Jg產(chǎn)

其中

Eq=ma

在磁場中由洛倫茲力提供向心力可知

2

vn

Bvoq=m-^-

電子通過磁場和電場后恰好過。點，由幾何關(guān)系可知人=2.，故解得，r=32L,A正確;

B.根據(jù)A計算結(jié)果可知，B錯誤；

C.由分析可知，最大速率對應(yīng)的軌跡與PM相切，

有幾何關(guān)系可知

r=6Ltan—

8

由洛倫茲力提供向心力可知

V2

Bvq=m——

解得

C正確；

D.根據(jù)公式

Bvxqx=，Eq、=ma

由A得r=1.5L得R=2.25L,在磁場中電子在(2.25L,0)處射出磁場，在電場中

Eqx=max

且有

E=BVQ

得至IJ

〃

%-_-B--v-°-q-

m

并且

3L=—Vr.t

20

得至U

2L

t=——

%

_11BvOq4￡2_4

x—ci,t2—'c—L

212m才3

故有

9419

x=-L——L=—L>3L

236

D正確；

故選ACD。?

15.AC

【詳解】

A.從第，倍增級最左端射出的電子剛好到達(dá)第i+1倍增級最右端時，圓周運(yùn)動的半徑為石,

如圖所示，則有

4=』3"耳『+a2

5

r=-a

13

由洛倫茲力提供向心力，有

evB=m——

解得

_3mv

D-------

Sea

C3mv

B<------

5ea

電子都不會被第，+1倍增極收集，故A正確；

C.從第i倍增級最右端射出的電子剛好到達(dá)第，+1倍增級最左端時，圓周運(yùn)動的半徑為2,

如圖所示，則

r2=a

由洛倫茲力提供向心力，有

V2

evB=m—

解得

B=—

ea

若

B>—

ea

電子都不會被第，+1倍增極收集，故c正確；

B.所以當(dāng)?shù)取?〈竺范圍內(nèi)，粒子才可能被第，+1倍增極收集，若2=等，恰好全部

jeaeajea

電子能被第i+l倍增極收集，々射出的到A,巴射出的到a，故B錯誤;

D.改變磁感應(yīng)強(qiáng)度8,電子從第，倍增極運(yùn)動到第，+1倍增極軌跡對應(yīng)的圓心角發(fā)生變化,

軌跡的長度發(fā)生變化，運(yùn)動的時間不相同，故D錯誤；

故選AC。

16.⑴哈(2)竿,0＜腔?

5q48

【詳解】

(1)由動能定理得

T71

Ep-(mgsin0+Eq){L~~+—)=0-0

解得

E=也

5q

(2)小球沖到M點的過程中，由動能定理得

F17/

Ep-(mgsin0+—q)(L-—+—)=Ek-0

解得

E

k4

受力分析可知，小球在圓弧軌道運(yùn)動的等效最高點在N點。若小球剛好能夠運(yùn)動到N點，

則R最大為Rm，M點到N點動能定理得

12

-mg^Rmcos0=—mv-Ek

在N點，合力提供向心力得

v2

mgcos0n=m——

Rm

聯(lián)立解得

凡=》

o

軌道半徑R的取值范圍是

3

0<R<-L

8

17.(1)￡=叵￡⑵咨」0,空⑶0.978

ql3qB(qB)

【詳解】

(1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，則有

根據(jù)牛頓第二定律

qE=ma

聯(lián)立得

2

￡V3mv0

ql

則有

V=^Vx+Vy=2%

由圖可知速度方向與y軸成30。角，圓心角為300。，根據(jù)圓心角可知運(yùn)動時間為

5T

~~6

而周期為

17im

1=------

qB

聯(lián)立可得

57m

~iqB

運(yùn)動半徑為

_mv_2mv0

~~qB~qB

因此出射點的坐標(biāo)為［o,箸］

(3)粒子射出磁場的方向與〉軸平行，軌跡如圖所示

運(yùn)動半徑為

qB

又因為

2尺儂15。=「=瑪

qB

解得

R=2〃?%

cos15°

所以

2mv02mv0

qB第cos15。

解得

B'=0.91B

18.(1)2.5xlO5V/m；(2)2.112m；(3)1.40xW5s

【詳解】

(1)設(shè)粒子第一次到達(dá)隔離層時的速度大小為vo,穿過隔離層后的速度大小為電。粒子第

一次進(jìn)入磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動的半徑為S,由動能定理得

qEd--mv1

由題意知

121,

—mv0x64%=—mvx

由牛頓第二定律得

qvB=m—

xs

解得

￡=2.5xlOsV/m

(2)設(shè)粒子穿過隔離層后第2次進(jìn)入電場時的速度大小為也，粒子由電場返回穿越隔離層

后的速度大小為吻，第二次在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為廣，由題意知

1