2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第一章安培力与洛伦兹力

这是一份2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第一章安培力与洛伦兹力，共34页。
第一章　安培力与洛伦兹力
1　磁场对通电导线的作用力

安培力的方向
1．(2023·黑龙江双鸭山高二期中)某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是(　B　)

解析：根据左手定则导线所受安培力竖直向上，故A错误；根据左手定则导线所受安培力竖直向上，故B正确；根据左手定则导线所受安培力垂直于磁感线向左上，故C错误；电流方向和磁场方向平行，导线不受安培力，故D错误。故选B。

2.如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向(　A　)
A．向前 B．向后
C．向左 D．向右
解析：根据左手定则可知，安培力的方向一定和磁场方向垂直，同时一定和电流方向垂直，当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向向前，故A正确，B、C、D错误。故选A。
3.

(2023·山东青岛二中高二期中)如图，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳吊起水平通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，闭合开关S，A受到的通电螺线管产生的磁场的作用力的方向是(　A　)
A．竖直向上 B．竖直向下
C．水平向右 D．水平向左
解析：首先根据安培定则判断出通电螺线管右端为N极，左端为S极，所以在A处产生的磁场方向水平向左。根据左手定则判断可知A受到的通电螺线管产生的磁场的作用力的方向竖直向上，选项A正确，B、C、D错误。
安培力的大小
4．(多选)如图所示的四幅图中，导体棒的长度均为l，磁场的磁感应强度大小均为B，在各导体棒中通有相同的电流I。则下列选项正确的是(　BD　)

A．图甲中导体棒所受的安培力大小为IlB
B．图乙中导体棒所受的安培力大小为IlB
C．图丙中导体棒所受的安培力大小为IlB
D.图丁中导体棒所受的安培力大小为IlB
解析：题图甲中，因导体棒与磁场平行，所以安培力为零，A错误；题图乙中，导体棒与磁场垂直，则安培力的大小为F＝IlB，B正确；题图丙中，导体棒与磁场垂直，则安培力的大小为F＝IlB，C错误；题图丁中，导体棒与磁场成60°角，则安培力的大小为F＝IlB sin 60°＝IlB，D正确。
5.

(2023·天津求真高级中学高二期中)如图所示，AC是一个用长为l的导线弯成的以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。当在该导线中通过由C到A、大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是(　C　)
A．BIl，平行于OC向左
B．，平行于OC向右
C．，垂直A、C的连线指向左下方
D．2BIl，垂直A、C的连线指向左下方
解析：由于四分之一圆弧的长度为l＝，即R＝，AC的有效长度为l′＝R＝，所受安培力为FA＝BIl′＝，由左手定则判断方向，垂直A、C的连线指向左下方，因此C正确。
6.

(多选)如图所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是(　AB　)
A．增大电流I
B．增加直导线的长度
C．使导线在纸面内顺时针转30°
D．使导线在纸面内顺时针转45°
解析：由公式F＝BIl sin θ知，当增大电流时，可增大通电导线所受的安培力，故A正确；由公式F＝BIl sin θ知，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的安培力，故B正确；当直导线在纸面内顺时针转30°时，导线与磁场方向平行，则所受安培力为零，故C错误；当直导线在纸面内顺时针转45°时，导线沿垂直磁场方向投影长度缩短，则所受安培力减小，故D错误。

7.如图所示，质量为m、边长为l的正方形金属框通过两根细绳竖直悬挂在房顶上静止。边长为的正方形区域内有磁感应强度大小为B、垂直纸面向里的匀强磁场，金属框的下边框处于匀强磁场区域的正中间。当给金属框通入逆时针方向、大小为I的较小电流时，下列判断正确的是(　C　)
A．金属框所受安培力向上，每根绳上的拉力大小FT＝
B．金属框所受安培力向下，每根绳上的拉力大小FT＝
C．当电流大小不变，方向反向时，每根绳上的拉力大小FT′＝
D．当电流大小不变，方向反向时，每根绳上的拉力大小FT′＝
解析：通过左手定则可知，电流向右时金属框所受安培力向上，由于只有的长度处在磁场中，故安培力的大小为F＝BIl，由平衡条件可知，F＋2FT＝mg，解得每根绳上的拉力大小应该为FT＝，故AB错误；当电流大小不变、方向反向时，金属框所受安培力向下，由平衡条件可知，F＋mg＝2FT′，解得每根绳上的拉力大小FT′＝，故C正确，D错误。故选C。

8．如图所示，在倾角为θ的光滑绝缘斜面上垂直纸面放置一根长为l、质量为m的直导体棒，通有垂直纸面向里的电流I。
(1)若匀强磁场水平向左，导体棒恰好静止在斜面上，磁感应强度B的大小为多少？
(2)若匀强磁场垂直于斜面向下，导体棒恰好静止在斜面上，磁感应强度B的大小为多少？
(3)若匀强磁场竖直向下，导体棒恰好静止在斜面上，磁感应强度B的大小为多少？
答案：(1)　(2)　(3)
解析：(1)若匀强磁场水平向左，则导体棒受安培力方向竖直向上，因导体棒恰好静止在斜面上，则mg＝BIl，解得磁感应强度的大小为B＝。
(2)根据共点力平衡知，磁场的方向垂直于斜面向下，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上，根据平衡条件知：BIl＝mg sin θ，B＝。
(3)若匀强磁场竖直向下，则导体棒所受安培力水平向左，因导体棒恰好静止在斜面上，则BIl＝mg tan θ，B＝。
磁电式电流表
9．磁电式电流表的外部构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针如图乙所示。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，如图丙所示，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS＝kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈(指针)偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，下列说法错误的是(　D　)

A．该电流表的刻度是均匀的
B．线圈转动过程中受到的安培力的大小始终不变
C．若线圈中通以如图丙所示的电流时，此时线圈将沿顺时针方向转动
D．更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即)
解析：磁场是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比，故该电流表的刻度是均匀的，故A正确；蹄形磁铁产生辐射状的磁场，线圈转动过程中磁场的大小始终不变，受到的安培力的大小始终不变，故B正确；若线圈中通以如图丙所示的电流时，根据左手定则，此时线圈将沿顺时针方向转动，故C正确；根据题意NBIS＝kθ，解得：＝，更换k值更大的螺旋弹簧，电流表的灵敏度减小(灵敏度即)，故D错误。本题选错误的，故选D。

一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1．关于通电导线所受安培力F的方向，磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系，下列说法正确的是(　B　)
A．F、B、I三者必须保持相互垂直
B．F必须垂直B、I，但B、I可以不相互垂直
C．B必须垂直F、I，但F、I可以不相互垂直
D．I必须垂直F、B，但F、B可以不相互垂直
解析：安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直，即通电导线受安培力时，力F与磁感应强度B和电流I的方向都是垂直的，但B与I可以垂直，也可以不垂直，故A、C、D错误，B正确。
2．(2023·安徽滁州高二期末)某通电直导线的长度为l，所在空间存在匀强磁场的磁感应强度大小为B，其所受的安培力的大小为F，下列说法正确的是(　A　)
A．通过直导线的电流可能为
B．通过直导线的电流可能为
C．安培力的方向可以不垂直于直导线
D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为
解析：由F＝IlB sin θ得I＝，当θ＝90°时，I最小为，A正确，B错误；根据左手定则知，安培力方向与电流和磁场方向都垂直，C错误；当电流方向垂直于磁场方向时，如图甲所示，将直导线从中点在纸面内折成直角，安培力的大小变为原来的；如图乙所示，将直导线从中点在纸面内折成直角，根据平行四边形定则可知导线受到的安培力的合力F合＝＝F，D错误。

3.

(2023·江苏淮安高二期末)如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当线圈abcd通以逆时针方向的电流时，线圈所受安培力的合力方向(　A　)
A．向左
B．向右
C．垂直纸面向外
D．垂直纸面向里
解析：根据安培定则，图中直导线MN在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里，在左侧产生的磁场方向垂直纸面向外，矩形线圈的bc边、ad边电流方向相反，故安培力等大反向；根据左手定则，ab、cd所受安培力方向都向左，所以abcd受到的合力方向向左，故选项A正确。

4.如图，将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看(　C　)
A．圆环顺时针转动，靠近磁铁
B．圆环顺时针转动，远离磁铁
C．圆环逆时针转动，靠近磁铁
D．圆环逆时针转动，远离磁铁
解析：根据左手定则可知，圆环右侧部分受到的安培力方向向里，左侧部分受到的安培力方向向外，又由右手螺旋定则可知，圆环向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，圆环做逆时针方向转动，同时靠近磁铁，故C正确。故选C。
5.

(2022·江苏无锡高二期末)如图所示，将三根完全相同长为l的导体棒连接成一闭合的三角形线框abc，大小为B的匀强磁场垂直于线框平面向里(图中未画出)。用导线将a、c两点接入电流恒为I的电路中，则下列说法正确的是(　B　)
A．线框所受安培力的大小等于0
B．线框所受安培力的大小等于IlB
C．ab边与bc边所受安培力相同
D．ac边所受安培力的大小等于IlB
解析：根据题意可判断导体棒abc与ac为并联关系，电流方向相同，根据左手定则判断安培力不为0，A错误；根据并联电路电流之比等于电阻的反比，所以abc与ac中流过的电流之比为1∶2，可将abc等效成长为ac的直导线，故线框受到的安培力为F＝IlB＋IlB＝IlB，B正确；ab与bc边长度相等，电流大小相等，但根据左手定则可知，安培力的方向不同，大小相同，C错误；根据安培力公式可知Fac＝IlB，D错误。

6.如图所示，金属杆MN用两根绝缘细线悬于天花板的O、O′点，杆中通有垂直于纸面向里的恒定电流，空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ，若将磁场在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过90°，在转动过程中通过改变磁场的磁感应强度大小保持悬线与竖直方向的夹角不变，则在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是(　C　)
A．一直减小 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小

解析：安培力方向开始水平向右，让磁场方向在纸面内沿逆时针方向缓慢转过90°的过程中，根据左手定则知安培力逐渐由水平方向转为竖直方向，由图可知安培力先变小后变大，根据F安＝BIl可知B＝，磁感应强度先减小后增大，故C正确，A、B、D错误。故选C。

7.如图所示，28根通有同向等大电流的长直导线(彼此绝缘)正好紧密排列在以O为圆心的圆周上，直径BD水平，AC竖直，直导线中电流方向均垂直纸面向外，现将B处的长直导线撤走，而将C处的长直导线平移到圆心O处，则圆心O处的长直导线所受安培力的方向(　C　)
A．沿∠COB的角平分线向下
B．沿∠AOB的角平分线向上
C．沿∠AOD的角平分线向上
D．沿∠COD的角平分线向下
解析：原来圆心处的磁场为0，现撤去B、C两点的直导线，此时的磁感应强度方向与B、C两点直导线形成的磁感应强度的方向相反，B点直导线在O处的磁感应强度方向为竖直向下，C点直导线在O处的磁感应强度的方向为水平向左，故BC两点直导线形成的磁感应强度的方向沿∠COD的角平分线，撤去B、C两点的直导线后的磁感应强度的方向沿∠AOB的角平分线向上，根据左手定则，O处直导线的受力为沿∠AOD的角平分线向上，故A、B、D错误，C正确。故选C。
8．在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上，如图甲、乙所示，两金属棒均处于平衡状态。则两种情况下的电流之比I1∶I2为(　D　)

A．sin α∶1 B．1∶sin α
C．cos α∶1 D．1∶cos α
解析：导体棒受力如图，根据共点力平衡得，F1＝mg tan α，F2＝mg sin α，所以导体棒所受的安培力之比＝＝1∶cos α，因为F＝BIl，所以＝＝1∶cos α，故D正确，A、B、C错误。故选D。

二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)
9．实验室经常使用的电流表是磁电式电流表，这种电流表的构造如图甲所示。蹄形磁体和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，若线圈中通以如图乙所示的电流，则下列说法中正确的是(　ABD　)

A．在量程内指针转至任一角度，线圈平面都跟磁感线平行
B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动
C．当线圈在如图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上
D．当线圈在如图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动
解析：由于磁场辐向分布，且线圈与铁芯共轴，故线圈平面总是与磁感线平行，故A正确；通有电流时，线圈在安培力的作用下转动，从而使螺旋弹簧发生形变，螺旋弹簧因为形变而产生阻碍线圈转动的力，故B正确；由左手定则知，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，安培力的作用将使线圈沿顺时针方向转动，故C错误，D正确。
10．光滑斜面上放置一个通电导体棒，施加磁场后导体棒静止在斜面上，则以下四种情况可能的是(　BC　)
　
解析：A项中导体棒受重力、竖直向下的安培力、垂直于斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，导体棒不能平衡，故A错误；B项中导体棒受重力、水平向右的安培力、垂直于斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，导体棒可以平衡，故B正确；C项中导体棒受重力、沿斜面向上的安培力、垂直于斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，导体棒可以平衡，故C正确；D项中导体棒受重力、沿斜面向下的安培力、垂直于斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，导体棒不能平衡，故D错误。故选BC。
11.

如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是(　CD　)
A．均向左
B．均向右
C．a的向左，b的向右
D．a的向右，b的向左
解析：如图甲所示，当a、b中电流方向均向左时，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。同理可知，a、b中电流均向右时，线框向导线a移动，选项A、B错误；如图乙所示，a的电流方向向左，b的向右时，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图所示，导线AB、CD所在处的磁感应强度相同，但所受安培力大小相等、方向相反。线框静止。同理可知，a的电流方向向右，b的向左时，线框也能静止，C、D正确。

12.

(2023·河北唐山高二期末)如图所示，金属杆ab的质量为m，长为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ斜向上，ab静止于水平导轨上，则(　CD　)
A．金属杆受到的安培力为BIl sin θ
B．金属杆受到的安培力为BIl cos θ
C．金属杆受到的摩擦力为BIl sin θ
D．金属杆对导轨的压力为mg－BIl cos θ
解析：

金属杆的受力如图所示，电流方向与磁场方向垂直，则金属杆受到的安培力为F＝BIl，根据受力平衡可得金属杆受到的摩擦力为Ff＝F sin θ＝BIl sin θ，金属杆受到的支持力为FN＝mg－F cos θ＝mg－BIl cos θ，则金属杆对导轨的压力为F′N＝FN＝mg－BIl cos θ。故选CD。
三、非选择题

13．如图所示，电源、开关与光滑的金属导轨相连，导轨与水平方向夹角成37°放置，当导线MN置于导轨上时接通电源，通过MN的电流可达5 A，把整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，则MN刚好静止，试确定磁感应强度的大小与方向。(MN的质量为10 g，长为20 cm，g取10 N/kg)
答案：7.5×10－2 T　方向竖直向下

解析：磁场方向在竖直方向，由左手定则可知，导线MN所受安培力在水平方向，要使导线MN静止，安培力必须水平向右，由左手定则可知磁场方向竖直向下。
对导线MN受力分析，根据共点力平衡得F＝mg tan θ，又F＝BIl，
解得B＝＝ T＝7.5×10－2 T。
14.

(2023·山西运城高二期末)如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离l＝0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1 kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重物块G相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，电源的电动势E＝10 V、内阻r＝0.1 Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计，g取10 m/s2。
(1)当滑动变阻器R＝0.9 Ω时，ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，求重物块的质量；
(2)重物块质量为0.3 kg，想要使ab棒始终保持静止，滑动变阻器R′的阻值范围。
答案：(1)1 kg　(2)1.9 Ω≤R′≤9.9 Ω
解析：(1)当滑动变阻器R＝0.9 Ω时，通过ab的电流为I＝，
此时ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，即ab棒此时受到重力、支持力、绳的拉力和安培力，不受摩擦力，则绳的拉力和安培力平衡，设重物块的质量为M，则BIl＝Mg，解得M＝1 kg，
(2)当ab棒所受最大静摩擦力方向向左时，根据平衡条件有μmg＋BI1l＝Mg，
根据闭合电路欧姆定律有I1＝，解得R′1＝9.9 Ω，
同理当ab棒所受最大静摩擦力方向向右，根据平衡条件有BI2l＝μmg＋Mg，
根据闭合电路欧姆定律有I2＝，
解得R′2＝1.9 Ω，
所以1.9 Ω≤R′≤9.9 Ω。


2　磁场对运动电荷的作用力

洛伦兹力的方向
1．(2023·辽宁葫芦岛协作体高二上联考)带电粒子进入磁场时速度的方向和磁感应强度的方向如图所示，则粒子在磁场中受到的洛伦兹力方向垂直纸面向外的是(　D　)
　　
解析：根据左手定则可知，A、B选项中粒子所受洛伦兹力方向竖直向上，C选项中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，D选项中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外，故选D。

2.三种不同粒子a、b、c(重力均不计)从O点沿同一方向射入垂直纸面向里的匀强磁场中，它们的运动轨迹如图所示。则
(　D　)
A．粒子a一定带负电
B．粒子b一定带正电
C．粒子b一定带负电
D．粒子c一定带负电
解析：三种粒子的初速度方向相同，均向上；a向左偏转，b不偏转，c向右偏转，说明粒子a受洛伦兹力向左，b不受洛伦兹力，c受向右的洛伦兹力；根据左手定则可以判断a带正电，b不带电，c带负电，故D正确，A、B、C错误。故选D。

3.如图所示为电视机显像管的偏转线圈的示意图。线圈中心O处的黑点表示电子枪射出的电子，它的方向由纸内垂直指向纸外。当偏转线圈中的电流方向如图所示时，电子束应(　C　)
A．向左偏转 B．向上偏转
C．向下偏转 D．不偏转
解析：根据右手螺旋定则判断上下两个线圈的N极均在左边，S极均在右边，即O处的磁场方向是向右的。根据左手定则判定，由里向外射出的电子束受到的洛伦兹力向下，故C正确，A、B、D错误。故选C。

4.如图所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，它们位于同一圆的两条相互垂直的直径的四个端点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图。一带负电的粒子从圆心O沿垂直于纸面向里的方向运动，它所受洛伦兹力的方向是(　C　)
A．从O指向a B．从O指向b
C．从O指向c D．从O指向d
解析：根据题意，由安培定则可知，b与d导线中电流在圆心O处产生的磁场正好相互抵消，而a与c导线中的电流在O处产生的磁场方向都向左，相互叠加，则合磁场方向水平向左，当一带负电的粒子从圆心O沿垂直于纸面向里的方向运动时，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下，即从O指向c，选项C正确，A、B、D错误。
洛伦兹力的大小
5．A、B两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场中，若A、B的电荷量之比为1∶2，则A、B所受洛伦兹力的大小之比为(　B　)
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
解析：根据洛伦兹力公式F＝Bqv可知，因两粒子速度和磁感应强度相等，故洛伦兹力与电荷量成正比，故洛伦兹力之比为1∶2，故B正确，A、C、D错误。故选B。
6.

如图所示，一个带电荷量为＋q的小带电体处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，若小带电体的质量为m，重力加速度为g，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应该(　D　)
A．使B的数值增大
B．使磁场以速率v＝向上移动
C．使磁场以速率v＝向右移动
D．使磁场以速率v＝向左移动
解析：为使小带电体对绝缘面无压力，则应使它受到的洛伦兹力刚好与重力平衡，磁场不动而只增大B，小带电体在磁场里不受洛伦兹力，故A错误；磁场向上移动相当于小带电体向下运动，受洛伦兹力向右，不能平衡重力，故B错误；磁场以速率v向右移动，等同于小带电体以速率v向左运动，此时洛伦兹力向下，也不能平衡重力，故C错误；磁场以速率v向左移动，等同于小带电体以速率v向右运动，此时洛伦兹力向上，由平衡条件可知，当qvB＝mg时，小带电体对水平绝缘面无压力，此时v＝，故D正确。

7.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，在O点存在垂直纸面向里运动的匀速电子束。∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为F1。若将M处长直导线移至P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与F1之比为(　B　)
A．∶1 B．∶2
C．1∶1 D．1∶2
解析：依题意，每根导线使在O点的电子受到的洛伦兹力大小为，依据洛伦兹力公式F＝Bqv，则每根导线在O点的磁感应强度大小为B1＝，则当M移至P点时，O点合磁感应强度大小为B2＝2×B1×cos 30°＝，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2＝B2qv＝F1；那么F2与F1之比为∶2，故A、C、D错误，B正确。故选B。
8.

(多选)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带正电的小球，置于如图所示的匀强磁场中，当小球偏离竖直方向在垂直于磁场方向摆动时，如果细线始终绷紧，不计空气阻力，则前后两次通过最低点时相比较，相同的物理量是(　BD　)
A．小球受到的洛伦兹力
B．小球的向心加速度
C．细线的拉力
D．小球的动能
解析：由于洛伦兹力不做功，因此小球两次通过最低点时速度大小相等、方向相反，动能相等，洛伦兹力方向相反，A错误，D正确；a＝，故小球做圆周运动的向心加速度相同，B正确；由于洛伦兹力方向相反，所以细线的拉力大小不相等，C错误。
电子束的磁偏转及应用
9.

如图所示，将一阴极射线管置于一通电螺线管的正上方且与线圈轴线处于同一水平面内，则阴极射线将(　B　)
A．向里偏转 B．向外偏转
C．向上偏转 D．向下偏转
解析：根据右手螺旋定则可知，螺线管内部的磁场方向向下，根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力方向垂直纸面向外，则阴极射线管中的电子束将向外偏转，故B正确。
10.

如图所示为速度选择器示意图，P1、P2为其两个极板且水平放置。某带电粒子带电荷量为q，以速度v0从S1射入，恰能沿虚线从S2射出。不计粒子重力，下列说法正确的是(　D　)
A.该粒子一定带正电
B．若该粒子以速度v0从S2射入，也能沿虚线从S1射出
C．若该粒子以速度2v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出
D．若该粒子带电荷量变为2q，以速度v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出
解析：假设带电粒子带正电，由左手定则可知粒子受到的洛伦兹力方向竖直向上，因粒子恰能沿虚线运动，则静电力方向应竖直向下，满足qE＝qv0B，极板P1的电势一定高于极板P2的电势，电场方向竖直向下。不论粒子带电性质如何，静电力和洛伦兹力都平衡，所以粒子带电性质无法判断，A错误；若从S2射入，假设粒子带正电，则静电力方向竖直向下，洛伦兹力方向也竖直向下，合力向下，不会沿虚线从S1射出，B错误；若粒子的速度为2v0，则q·2v0B>qE，受力不平衡，不会沿虚线从S2射出，C错误；若粒子电荷量为2q，速度v0不变，则仍有2qE＝2qv0B，仍能沿虚线从S2射出，D正确。
11.

(多选)磁流体发电是一项新兴技术，如图是磁流体发电机的示意图。平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度大小为B。将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)垂直于磁场的方向射入磁场，每个离子的速度都为v，电荷量大小都为q，A、B两板间距为d，稳定时，下列说法中正确的是　(　BCD　)
A．电流从A板经电阻流向B板
B．图中B板是电源的正极
C．电源的电动势为Bvd
D．增大磁感应强度可以增大电路中的电流
解析：根据左手定则知，正离子偏向B板，所以B板是电源的正极，电流从B板经电阻流向A板，故A错误，B正确；由平衡条件得q＝qvB，故电源的电动势为U＝Bvd，电流I＝＝，故磁感应强度B越大，电流I越大，故C、D正确。
12．某实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱体容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是(　D　)

A．带电离子所受洛伦兹力方向水平向左
B．正、负离子所受洛伦兹力方向相同
C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D．只需要测量M、N两点间电压就能够推算废液的流量
解析：根据左手定则，正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，A、B错误；不带电液体在磁场中流动时，由于没有自由电荷，不能形成电场，M、N两点间没有电势差，因此无法测出流速，C错误；根据qvB＝q，可得废液的流速v＝，废液的流量Q＝Sv＝·＝，故只需要测量M、N两点间电压就能够推算废液的流量，D正确。


一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1．如图所示的磁感应强度B、电荷的运动速度v和磁场对电荷的作用力F的相互关系图中正确的是(其中B、F、v两两垂直)(　C　)
　
解析：根据左手定则得：A选项中电荷所受的洛伦兹力与图示F的方向相反，故A错误；根据左手定则得：B选项中电荷所受的洛伦兹力与图示F的方向相反，故B错误；根据左手定则得：C选项中电荷所受的洛伦兹力与图示F的方向相同，故C正确；根据左手定则得：D选项中电荷所受的洛伦兹力与图示F的方向相反，故D错误。故选C。

2.如图所示，在垂直纸面的方向上有三根长直导线，其横截面位于正方形的三个顶点b、c、d上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带负电的粒子从正方形的中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　A　)
A．沿O到a方向 B．沿O到c方向
C．沿O到d方向 D．沿O到b方向
解析：根据右手螺旋定则知道，b在O点产生的磁场方向竖直向上，d在O点产生的磁场方向竖直向下，c在O点产生的磁场方向水平向左，因为b、c、d三根导线中电流大小相等，与O点的距离均相等，三根导线各自在O点的磁感应强度大小相等，所以在O点产生的合磁场方向水平向左。根据左手定则，带负电的粒子向外运动时受到的洛伦兹力是沿O到a方向，故A正确，B、C、D错误。故选A。
3.

如图所示，P、Q是两个电荷量相等的异种电荷，其中P带正电、Q带负电，它们连线的中点是O，MN是中垂线，两电荷连线与中垂线所在平面与纸面平行，在垂直纸面方向有一磁场，中垂线上一正电荷以速度v0沿中垂线运动，忽略重力作用，则(　C　)
A．磁场的方向垂直纸面向外
B．正电荷做匀速直线运动，所受洛伦兹力的大小不变
C．正电荷做匀速直线运动，所受洛伦兹力的大小变化
D．正电荷做变速直线运动，所受洛伦兹力的大小不变
解析：异种等量电荷PQ连线的中垂线MN上的电场方向始终竖直向下，洛伦兹力和电场力均不对电荷做功，故电荷做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力是一对平衡力，越靠近O点，电荷受电场力越大，故电荷受洛伦兹力先增大后减小，磁场方向应垂直纸面向内，故C正确。
4．显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(　C　)

　
解析：根据左手定则可以得知，电子开始时上偏，故磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐减小，后来电子又下偏，磁场方向垂直纸面向里，方向为正，且逐渐增加，故C正确。故选C。
5.

如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流大小均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B＝，其中k为常数)。某时刻有一电子(质量为m、电荷量为e)正好经过坐标原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受洛伦兹力(　A　)
A．方向垂直纸面向里，大小为
B．方向指向x轴正方向，大小为
C.方向垂直纸面向里，大小为
D．方向指向x轴正方向，大小为
解析：P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁感应强度方向相反，大小相等，合磁感应强度为零，所以O点实际磁感应强度等于R在O点产生的磁感应强度，根据安培定则可知，O点的磁感应强度方向沿x轴负方向，由几何关系得RO＝a，磁感应强度的大小B＝＝，根据左手定则可知，电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，大小为F＝evB＝，故A正确，B、C、D错误。
6.

如图所示，两个平行金属板M、N间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向由M板指向N板，磁场方向垂直纸面向里，OO′为距离两极板相等且平行两极板的直线。一质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，以速度v0从O点射入，沿OO′方向匀速通过场区，不计带电粒子的重力，则以下说法正确的是　　(　C　)
A．电荷量为－q的粒子以v0从O点沿OO′方向射入时，不能匀速通过场区
B．电荷量为2q的粒子以v0从O点沿OO′方向射入时，不能匀速通过场区
C．保持电场强度和磁感应强度大小不变，方向均与原来相反，则粒子仍能匀速通过场区
D．粒子以速度v0从右侧的O′点沿O′O方向射入，粒子仍能匀速通过场区
解析：由题意知带正电的粒子能从左向右匀速通过场区，则竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力平衡，有qE＝qv0B，解得v0＝，可知平衡条件与电荷量的多少无关，因此电荷量为－q和2q的粒子以v0入射，都能从左向右匀速通过场区，A、B错误；当电场方向与磁场方向都与原来相反时，粒子所受电场力和洛伦兹力的方向仍相反，所以粒子以v0从O点沿OO′方向射入时仍能匀速通过场区，C正确；若粒子以速率v0从右侧的O′点沿O′O方向射入，粒子受到竖直向下的电场力与竖直向下的洛伦兹力，不能平衡，因此不能匀速通过场区，D错误。
7．如图所示，一管壁半径为R的直导管(导管柱的厚度可忽略)水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里；沿导管向左流动的液体中，仅含有一种质量为m、带电荷量为＋q的带电微粒，微粒受洛伦兹力影响发生偏转，导管上、下壁a、b两点间最终形成稳定电势差U，导管内部的电场可看作匀强电场，忽略浮力，则液体流速和a、b电势的正负为(　C　)

A.，a正、b负
B．，a正、b负
C．－，a负、b正
D．＋，a负、b正
解析：液体中带正电微粒流动时，根据左手定则，带电微粒受到向下的洛伦兹力，所以带电微粒向下偏，则a点电势为负，b点电势为正，最终液体中的带电微粒所受的电场力与洛伦兹力和带电微粒所受重力的合力为零，即＝qvB＋mg，解得v＝－，故C正确，A、B、D错误。故选C。
8．科学家预言，自然界存在只有一个磁极的磁单极子，磁单极N的磁场分布如图甲所示，它与如图乙所示正点电荷Q的电场分布相似。假设磁单极子N和正点电荷Q均固定，有相同的带电小球分别在N和Q附近(图示位置)沿水平面做匀速圆周运动，则下列判断正确的是(　A　)
　　
A.从上往下看，图甲中带电小球一定沿逆时针方向运动
B．从上往下看，图甲中带电小球一定沿顺时针方向运动
C．从上往下看，图乙中带电小球一定沿顺时针方向运动
D．从上往下看，图乙中带电小球一定沿逆时针方向运动
解析：由于点电荷Q带正电，根据图乙可知带电小球带负电。甲图中要使带电小球能做匀速圆周运动，则洛伦兹力与重力的合力应能充当向心力，所以洛伦兹力的方向垂直于磁感线向上；根据左手定则可得带电小球逆时针转动(由上向下看)，则其受洛伦兹力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，故A正确，B错误；Q带正电，则带电小球在图示位置各点受到的电场力指向Q，则电场力与重力的合力充当向心力，与带电小球转动方向无关，故C、D错误。故选A。
二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)
9.

一根通电直导线水平放置，通过直导线的电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度开始运动，不考虑电子的重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是(　AC　)
A．电子将向上偏转
B．电子将向下偏转
C．电子运动的速率保持不变
D．电子运动的速率开始变大
解析：根据安培定则可知导线下方的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可知，导线下方向右运动的电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子将向上偏转，而洛伦兹力不做功，电子运动的速率不变。故选AC。
10．(2023·河南周口高二开学考试)下列关于图中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性的判断正确的是(　CD　)
　　　
　　　
解析：粒子带负电，根据左手定则，四指指向左，手心向里，大拇指向上，即洛伦兹力方向竖直向上，故A错误；粒子带负电，根据左手定则，四指指向上，手心向左，大拇指指向里，所以洛伦兹力方向垂直纸面向里，故B错误；根据左手定则，手心向外，大拇指指向上，四指指向与速度方向相同，所以粒子带正电，故C正确；粒子带负电，根据左手定则，四指指向左，手心向上，所以大拇指指向外，所以洛伦兹力方向垂直纸面向外，故D正确。故选CD。
11.

如图所示，带电小球在匀强磁场中沿光滑绝缘的圆弧形轨道的内侧往复运动，它每次通过最低点时(　AB　)
A．速度大小一定相同
B．加速度一定相同
C．所受洛伦兹力一定相同
D．轨道给它的弹力一定相同
解析：在整个运动的过程中，洛伦兹力和轨道的支持力不做功，只有重力做功，所以向左或向右通过最低点时重力做功相同，速度大小相同，故A正确；根据合力提供向心力有F合＝ma＝m，则加速度相同，故B正确；根据左手定则可知洛伦兹力的大小相等，方向不同，故C错误；向右、向左通过最低点时，洛伦兹力大小相等，方向相反，根据合力提供向心力可知洛伦兹力向上时有FN＋F洛－mg＝F合，当洛伦兹力向下时有F′N－F洛－mg＝F合，比较可知弹力不相等，故D错误。
12.

如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带正电荷的小球，管道半径略大于球体半径，整个管道处于方向与管道垂直的水平匀强磁场中；现给球一水平向右的初速度v0，以后小球的速度随时间变化的图像可能正确的是(　ACD　)

解析：给小球一水平向右的初速度，小球将受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的重力，还可能受到向左的滑动摩擦力；若刚开始重力小于洛伦兹力，小球受到向下的弹力，则受到摩擦力，做减速运动，洛伦兹力不断减小，合外力不断减小，当洛伦兹力等于重力时，做匀速运动，故C正确。若刚开始重力大于洛伦兹力，小球受到向上的支持力，则受到摩擦力，将做减速运动，则洛伦兹力不断减小，支持力变大，摩擦力变大，加速度的大小逐渐增大，最后速度为零，故D正确。若刚开始洛伦兹力等于小球的重力，小球将做匀速直线运动，故A正确。若小球速度变化，则所受洛伦兹力变化，加速度变化，不可能做匀变速直线运动，故B错误。
三、非选择题
13．用一根长L＝0.8 m的轻绳，吊一质量为m＝1 g的带电小球，放在磁感应强度B＝1 T，方向如图所示的匀强磁场中，将小球拉到与悬点等高处由图示位置静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动，当球第一次摆到最低点时，悬线的张力恰好为零(重力加速度g＝10 m/s2)，则小球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力多大？

答案：0.06 N
解析：小球第一次到达最低点速度为v，则由动能定理可得：mgL＝mv2，由圆周运动规律及牛顿第二定律可知，第一次经过最低点时：Bqv－mg＝m，第二次经过最低点时：F－qvB－mg＝m，综上解得：F＝0.06 N。

14．如图所示，表面粗糙、倾角α＝37°的斜面，固定于地面上，并处于方向垂直纸面向内，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，质量为m＝1 g、所带电荷量为＋q＝5.0×10－3 C的滑块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放并开始下滑，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.6，求：
(1)当滑块速度为v＝0.1 m/s时的加速度大小；
(2)已知斜面足够长，滑块在斜面上滑动的最大速度的大小；
(3)设在滑到斜面底端前已达最大速度，已知斜面长L＝2 m，求从释放滑块到滑块到达斜面底端的过程中克服摩擦力做的功。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案：(1)1.05 m/s2　(2)0.8 m/s　
(3)1.168×10－2 J


解析：(1)分析滑块受力如图所示，
根据牛顿第二定律可得：沿斜面方向有mg sin α－μFN＝ma，
垂直于斜面方向有
FN－mg cos α－qvB＝0，
联立解得：a＝g sin α－μ(g cos α＋)，
当v＝0.1 m/s时，
代入解得a＝1.05 m/s2。
(2)当滑块达到最大速度时，滑块受力平衡，a＝0，
即g sin α－μ(g cos α＋)＝0，
解得vm＝0.8 m/s。
(3)对整个过程由动能定理可得：
mgL sin α－Wf＝mv，
解得：Wf＝1.168×10－2 J。

3　带电粒子在匀强磁场中的运动

周期公式与半径公式的基本应用
1．质子p(H)和α粒子(He)以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为rp和rα，周期分别为Tp和Tα，则下列选项中正确的是(　A　)
A．rp∶rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2
B．rp∶rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶1
C．rp∶rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶2
D．rp∶rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶1
解析：质子p(H)和α粒子(He)的带电荷量之比为qp∶qα＝1∶2，质量之比mp∶mα＝1∶4。由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律可知，轨道半径r＝，周期T＝，因为两粒子速率相同，代入q、m，可得rp∶rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2，故选项A正确，B、C、D错误。
2．如图所示，带电粒子(不计重力)以速度v沿垂直于磁场的方向进入一匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r，周期为T。如果仅增大粒子的入射速度v，下列说法正确的是(　A　)

A.r 增大 B.r 减小
C.T 增大 D.T 减小
解析：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，则有：Bqv＝m，解得：r＝，故增大粒子的入射速度时，半径r增大，故A正确，B错误。根据T＝可知，T＝，故周期和速度无关，增大入射速度时，周期不变，故C、D错误。故选A。
3.

(2023·陕西宝鸡高二期末)如图所示，A、B是两种同位素的原子核，二者电荷量相同，质量不等。A、B以相同的速度从S点沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，它们的运动轨迹如图中虚线所示，则(　A　)
A．A、B的质量大小关系为mA>mB
B．A、B的质量大小关系为mAE2，r1>r2 B．E1＝E2，r1E2，r1r2
解析：粒子在磁场中运动时，洛伦兹力垂直于速度方向不做功，故动能不变。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得r＝，速度不变，则磁场强度越大，轨迹半径越小，故r1r2。假定穿过铝板前后粒子带电荷量保持不变，则该粒子(　C　)
A．带正电
B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同
C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同
D．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域
解析：粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小。由r＝可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域，结合左手定则可知粒子带负电，选项A、B、D错误；由T＝可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t＝T＝，选项C正确。

6.一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，则由图中情况知下列说法正确的是(　B　)
A．粒子从a到b，带正电
B．粒子从b到a，带正电
C．粒子从a到b，带负电
D．粒子从b到a，带负电
解析：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m可得，粒子在磁场中运动的半径公式r＝，所以粒子的半径逐渐地减小，粒子的运动方向是从b到a，再根据左手定则可知，粒子带正电，故B正确，A、C、D错误。故选B。
7．(2023·江苏镇江大港中学高二期末)甲、乙两个质量和电荷量都相同的带正电的粒子(重力及粒子之间的相互作用力不计)，分别以速度v甲和v乙垂直磁场方向射入匀强磁场中，且v甲>v乙(下列各图中的v表示粒子射入磁场的方向)，则甲、乙两个粒子的运动轨迹正确的是(　A　)

解析：根据左手定则可判断带正电的粒子在磁场中向上偏转，选项C、D错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，由于v甲>v乙，则r甲>r乙，选项A正确，B错误。故选A。
带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动
8.

如图所示，a和b所带电荷量相同，以相同动能从A点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径ra＝2rb，则可知(重力不计)(　B　)
A．两粒子都带正电，质量比＝4
B．两粒子都带负电，质量比＝4
C．两粒子都带正电，质量比＝
D．两粒子都带负电，质量比＝
解析：由于qa＝qb，Eka＝Ekb，由动能Ek＝mv2和粒子偏转半径r＝，可得m＝，可见m与半径r的二次方成正比，故ma∶mb＝4∶1，再根据左手定则知粒子应带负电，故选B。
9．(多选)

长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　AB　)
A．使粒子的速度v

C．使粒子的速度v>
D．使粒子的速度rc，各粒子的质量和电荷量都相等，所以粒子c的速率最小，A错误；根据运动轨迹结合左手定则可得粒子a带正电，粒子b、c带负电，B错误；根据公式有Bqv＝m··v，即T＝，各粒子的质量和电荷量都相等，所以各粒子在磁场中运动的周期相同，C错误；根据前面分析各粒子在磁场中运动的周期相同，可知运动轨迹所对应的圆心角越大，运动时间越长，结合图像可知粒子c运动轨迹对应的圆心角最大，所以运动的时间最长，D正确。故选D。
4.

如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点在纸面内垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨道半径为d，O′在MN上，且OO′与MN垂直，则下列判断正确的是(　D　)
A．电子将向右偏转
B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
C．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
D．电子在磁场中运动的时间为t＝
解析：

根据左手定则，电子受到向左的洛伦兹力，将向左偏转，选项A错误；画出电子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，圆心为O″。设电子的偏转角为α，运动半径为r，则满足sin α＝＝，所以α＝。由几何关系可得，电子打在MN上的点与O′之间的距离为r－r cos α＝(－1)d，选项B、C错误；电子在磁场中运动的时间t＝T＝，选项D正确。
5.

如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，在xOy平面内，从原点O处与x轴正方向成θ角(0GP
D．GP>GM>GN
解析：M、N、P三个油滴带等量同种电荷，且M油滴能保持静止，重力与电场力平衡，油滴都带负电，则有GM＝Eq，N油滴能以不变的速度vN水平向左匀速运动，则有GN＝Eq＋BqvN，P油滴能以不变的速度vP向右匀速运动，则有GP＝Eq－BqvP，不计空气阻力，由以上各式可知三个油滴的重力关系是GN>GM>GP。故选B。
3.

(2023·天津河西区高二校考期末)如图所示的区域内，存在方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，其中电场方向竖直向下，磁场方向是水平的(垂直纸面向里)。一个质量为m的带电液滴，在与匀强磁场垂直的竖直面内做匀速圆周运动。下列关于这个带电液滴的电性和转动方向说法正确的是(　B　)
A．一定带正电，沿逆时针方向转动
B．一定带负电，沿顺时针方向转动
C．一定带负电，但转动方向不能确定
D．电性和转动方向都不能确定
解析：带电液滴在与匀强磁场垂直的竖直面内做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡，则电场力向上，则一定带负电，根据左手定则可知，液滴沿顺时针方向转动。故选B。
4.

(多选)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点是运动轨迹最低点，则下列说法中正确的是(　BD　)
A．液滴带正电
B．液滴在C点时速度最大
C．液滴之后会经C点返回A点
D．B点和A点一定等高
解析：带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向轨迹内侧，根据左手定则知，液滴带负电，A错误；从A到C的过程中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，动能增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力做负功，动能减小，所以液滴在C点的动能最大，速度最大，B正确；液滴到达B处后，不能再由B点返回A点，C错误；液滴从A点到达B点，动能变化为零，则重力做功与电场力做功之和为零，重力方向和电场力方向的位移始终相同，故B点和A点一定等高，D正确。
题型二　由电场进入磁场
5．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则(　D　)
　　
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
解析：电子在M、N间受向右的静电力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r＝，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确。
6.

(多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U。将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行于S2)，图中虚线Ox垂直于极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则(　BC　)
A．极板S1带正电
B．粒子到达O点的速度大小为
C．此粒子在磁场中运动的时间t＝
D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝
解析：

带负电粒子向右加速运动，所受静电力向右，电场强度向左，说明极板S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝mv2，解得v＝，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝，此粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝，故C正确；若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m，把B选项中求得的速度大小代入可得r＝，则该有界磁场区域的宽度d＝r＝，故D错误。
7.

质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区域加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的点F(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　C　)
A． B．
C． D．
解析：

设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v，由动能定理有qU＝mv2，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝。又Bqv＝m，则＝，故C正确。
8.

(2023·辽宁沈阳高二阶段检测)如图所示，在第一象限内有水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝。在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在该平面内有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点以初速度v0沿y轴负方向射出，P点的坐标为，粒子恰好能打到y轴上，不考虑粒子的重力，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为(　C　)
A． B．
C． D．

解析：如图所示粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，有d＝v0t，沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝，则沿x轴正方向的位移x＝at2＝d，设射出电场时粒子的速度v方向与初速度v0方向的夹角为θ，根据类平抛运动的推论得tan θ＝2＝，则θ＝60°，所以v＝＝2v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，恰好打到y轴上时，轨迹与y轴相切，设粒子轨迹半径为r，根据几何关系得r＋r cos 60°＝2d＋x，解得r＝2d，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，解得B＝，故选C。
9．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外。一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：
(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；
(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值。

答案：(1)　(2)
解析：(1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝at，qE＝ma，

联立解得E＝，
粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝at1＝v0，tan α＝＝1，故α＝45°。粒子在磁场中的速度为v＝v0。
粒子所受洛伦兹力提供向心力，
则Bqv＝，由几何关系得r＝L，
联立解得B＝，则＝。
(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝，
粒子在电场中运动的时间为t1＝，解得＝。
题型三　从磁场进入电场
10.

(2023·重庆渝中巴蜀中学高二期末)(多选)如图所示，在x>0区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在x0)的带电粒子从小孔P以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C垂直于OM射入匀强电场，最后打在Q点，已知OC＝L，OQ＝2L，不计粒子的重力，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电场强度E的大小。
答案：(1)　(2)

解析：(1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)，∠PO1C＝120°，
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，
由r＋r cos 60°＝OC＝L得r＝，
粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，qv0B＝m，解得B＝＝。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度大小为a＝，
水平方向有2L＝v0t，竖直方向有L＝at2，联立解得E＝。
题型四　多次进出电场和磁场
13.

如图所示，虚线MN、PQ之间为匀强电场，MN的上方和PQ的下方分别有垂直于纸面向里的匀强磁场B1和B2，且B2＝B1，一不计重力的带电粒子从MN上的a点垂直于MN向上射出，经过磁场偏转后垂直于MN方向从b点进入电场，穿越电场后，从c点再次进入磁场，经过磁场偏转后以垂直于PQ的速度打到d点，若ab＝2cd，则粒子从b到c克服电场力做的功W与其从a点出发时的初动能Ek1之比为(　A　)
A．W∶Ek1＝1∶2 B．W∶Ek1＝1∶3
C．W∶Ek1＝2∶3 D．W∶Ek1＝4∶5
解析：设粒子在电场上方和下方的速率分别为v1、v2，在上方和下方磁场中轨道半径分别为r1、r2，则r1＝，r2＝，根据题意B2＝B1，r1＝2r2，解得v1＝v2，在电场中，根据动能定理可得W＝mv－mv＝×mv＝Ek1，W∶Ek1＝1∶2，故A正确，B、C、D错误。故选A。
14.

(2023·黑龙江哈尔滨三中期末)(多选)如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从P点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点。(场区足够大，不计粒子重力)则(　ABC　)
A．当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45°
B．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为
C．电场强度大小为B0v0
D．粒子回到P点所用的总时间为
解析：

根据题意可知，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线所成的锐角为45°，故A正确；由A选项分析可知，粒子进入电场的方向，与电场强度方向相反，故粒子先减速到零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，在磁场中做圆周运动，经过T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律qvB＝m，代入数据解得r＝，由图根据几何关系解得PS＝2r＝，故B正确；设电场的电场强度为E，粒子第二次进入电场的方向与电场方向垂直，根据图可知，水平方向2r＝v0t，竖直方向2r＝at2，根据牛顿第二定律Eq＝ma，联立代入数据解得E＝B0v0，故C正确；粒子回到P点所用的总时间包括在磁场中的运动时间t1，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2及第二次在电场中偏转的时间t3，粒子在磁场中运动的时间由几何关系可知t1＝T＝，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2＝＝，第二次在电场中偏转的时间t3＝＝，粒子回到P点所用的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝，故D错误。故选ABC。
15．如图所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示。现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场。已知O、P之间的距离为d，不计粒子的重力。求：

(1)O点到Q点的距离；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间。
答案：(1)2d　(2)　(3)
解析：(1)设Q点的纵坐标为h，粒子到达Q点的水平分速度为vx，从P到Q受到的恒定的静电力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h＝v0t1，
水平方向d＝，
根据速度的矢量合成知tan 45°＝，
解得h＝2d。
(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径r＝2d，

由牛顿第二定律得qvB＝m，
由(1)可知v＝＝v0，
联立解得B＝。
(3)粒子在电场中的运动时间为t1＝，
粒子在磁场中的运动周期为
T＝＝，
粒子在第一象限中的运动时间为
t2＝·T＝T，
粒子在第四象限内的运动时间为t3＝，
故带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为
t＝t1＋t2＋t3＝。