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高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第二册第四节 洛伦兹力与现代技术习题
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这是一份高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第二册第四节 洛伦兹力与现代技术习题，共27页。试卷主要包含了4洛伦兹力与现代技术 课后练习，03kg、电荷量大小为3，6m/s等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册
1.4洛伦兹力与现代技术 课后练习（解析版）
1．如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙和图丁分别为速度选择器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，下列说法错误的是（ ）
A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，B板电势高
B．图乙中，、、三种粒子经加速电场射入磁场，在磁场中偏转半径最大
C．图丙中，若质子可以自上而下平行极板匀速通过，则速率相同的电子可以自下而上平行极板匀速通过
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率不变
2．如图所示，在水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场中，有一足够长的竖直固定的绝缘杆MN，小球P套在杆上。已知P的质量为m，电荷量为+q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（ ）
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．小球下滑的最大速度大小为
D．小球下滑加速度为最大加速度一半时的速度是v=
3．如图所示，匀强磁场方向水平向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域，则（ ）
A．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子也沿直线运动
B．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子将向上偏转
C．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子将向下偏转
D．若电子以同样大小的速度从左向右飞入，电子将向上偏转
4．如图所示，在平面上以O为圆心的圆形区域内存在匀强磁场（图中未画出），磁场方向垂直于平面向外。一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从原点O以初速度大小为沿y轴负方向开始运动，后来粒子经过x轴上的A点，此时速度方向与x轴的夹角为。A到O的距离为d，不计粒子的重力，则圆形磁场区域的半径为（ ）
A． B． C． D．
5．利用霍尔效应制作的霍尔元件是一种重要的磁传感器，由于体积小，它可以用来制作探测磁场的探头，还可以应用在与磁场有关的多种自动控制系统中、如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是（ ）
A．电势差仅与材料有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差
C．仅增大磁感应强度时，两侧面的电势差值变大
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
6．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持电流I恒定，则可以验证UH随B的变化情况，以下说法中错误的是（ ）
A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，UH将变大
B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
C．在测定地球赤道上磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化
7．如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度的匀强磁场。在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量，紧贴虚线静置的小球B带电量，其质量。小球A以速度水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直于电、磁场直接进入正交电、磁场中。刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零。设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取。则下列说法正确的是（ ）
A．碰后瞬间，小球A的速度大小为
B．小球A在刚进入正交电、磁场后的短时间内，其电势能减少
C．过程中，小球A对小球B做的功为
D．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞
8．云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是（ ）
A．a、b、c都是正电子的径迹
B．a径迹对应的粒子动量最大
C．c径迹对应的粒子动能最大
D．c径迹对应的粒子运动时间最长
9．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。一带电小球恰好能以速度v0在纸面内沿与水平方向成30°角斜向右下方做直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
B．磁感应强度和电场强度的大小关系满足
C．小球可能做加速直线运动
D．小球的机械能减小
10．按照十八大“五位一体”的总体布局，全国各省市启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战。暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为 L、直径为 D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向上，在前后两个内侧面 a、c 固定有金属板作为电极，污水充满管道从左向右流经测量管时，a、c 两端电压为 U，显示仪器显示污水流量为 Q（单位时间内排出的污水体积）。则下列说法正确的是（ ）
A．a 侧电势比 c 侧电势高
B．若污水中正离子较多，则 a 侧电势比 c 侧电势高；若污水中负离子较多，则 a 侧电势比 c 侧电势低
C．污水流量 Q 与 U 成正比，与 D 无关
D．污水流量 Q 与 U 成正比，与 L 无关
11．笔记本电脑趋于普及，电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向上的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则关于元件的说法正确的是（ ）
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
12．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图甲所示是霍尔元件的工作原理示意图，实验表明，铜以及大多数金属的载流子是带负电荷的电子，但锌中的载流子带的却是正电。自行车的速度计的工作原理主要依靠的就是安装在自行车前轮上的一块磁铁，轮子每转一周，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，这样便可测出某段时间内的脉冲数。若自行车前轮的半径为R、磁铁到轴的距离为r，下列说法正确的是（ ）
A．若霍尔元件材料使用的是铜，通入如图甲所示的电流后，C端电势高于D端电势
B．当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，C、D间的电势差越来越大
C．若自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，此时的骑行速度为
D．由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，则速度计测得的骑行速度偏大
13．如图，绝缘底座上固定一电荷量为4×10-6C的带负电小球A，其正上方O点处用轻细弹簧悬挂一质量为m=0.03kg、电荷量大小为3.6×10-6C的小球B，弹簧的劲度系数为k=5N/m，原长为Lo=0.35m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ=53°，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法正确的是（ ）
A．小球B一定带正电
B．B球做圆周运动的速度大小为3.6m/s
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，B球将做离心运动
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，B球将做近心运动
14．如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中设小球电荷量不变，小球由静止下滑的过程中（ ）
A．小球加速度一直减小
B．小球速度一直增大，直到最后匀速
C．杆对小球的弹力一直增大
D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变
15．2021年2月10日，“天问一号”火星探测器由地火转移阶段进入火星俘获阶段后，将环绕火星飞行三个月，反复对首选着陆区进行预先探测。“天问一号”环绕器携带磁强计等探测仪器。目前有一种磁强计，用于测定磁场的磁感应强度，原理如图所示。电路有一段金属导体，它的横截面是宽a、高b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流。已知金属导体单位长度中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动。两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U。则关于磁感应强度的大小和电极M、N的正负说法正确的是（ ）
A．M为正、N为负 B．M为负、N为正
C．磁感应强度的大小为 D．磁感应强度的大小为
16．如图所示，在直角坐标系平面的第三象限有平行于y轴正方向的匀强电场，电场场强大小为E；第二象限有垂直于平面向外的匀强磁场；第一象限有平行于y轴负方向的匀强电场。一带正电的离子，电荷量为q、质量为m，在第三象限点由静止释放，粒子从y轴上点平行于轴进入第一象限，最后从x轴上B点以和x轴正方向夹角45°的方向进入第四象限。不计粒子重力，图中磁场、电场均未画出。求；
（1）第一象限的电场强度大小和第二象限的磁感应强度大小B。
（2）的长度。
17．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，x= 3m边界左侧有磁感应强度为B=10T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场；右侧有电场强度为E=100N/C、方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力）从坐标原点O以初速度v0沿y轴正方向射入磁场。已知粒子的质量为m=1.6×10-20 kg，电荷量为q=1.6×10-19C， 初速度为v0= 200 m/s。 求∶
（1）粒子第一次与边界x=3m相交时对应的坐标；
（2）粒子第二次与边界x= 3 m相交时经过的时间；
（3）粒子第2021次与初速度相同时到坐标原点O的距离。
18． 如图，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ、Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出第Ⅳ象限磁场，已知P点与原点O的距离为d，不计粒子重力，求：
（1）粒子经过N点时的速度大小v；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从M点开始运动回到M点的总时间t。
19．如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、板间距均为d．在右极板的中央有个小孔P，小孔右边半径为R的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔P处相切。一排宽度也为d的带负电粒子以速度v0竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔P进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘。已知这排粒子中每个粒子的质量均为m、带电荷量大小均为q，磁场的磁感应强度大小为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）板间的电压大小U；
（2）通过小孔P的粒子离开磁场时到右极板的距离L和粒子在电场和磁场中运动的总时间t总。
20．“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体（由电量相同的正、负离子组成）经系统处理后，从下方以恒定速率向上射入有磁感应强度为、垂直纸面向里的匀强磁场区域I内。当栅极间形成稳定的电场后，自动关闭区域I系统（关闭粒子进入通道、撤去磁场）。区域Ⅱ内有磁感应强度大小为、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆（圆与下板相切于极板中央A）。放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行粒子束，经过栅极之间的电场加速后从喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力（不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用及相对论效应）。已知极板长，栅极和间距为，氩原子核的比荷，求：
（1）氙原子核在A处的速度大小；
（2）氙原子核从喷出时的速度大小；
（3）因区域Ⅱ内磁场发生器发生故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半，并且分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域I的氩原子核占A处发射粒子总数的百分比。
参考答案
1．C
【详解】
A．根据左手定则，正离子向B板偏转，所以B板带正电，电势较高。A正确，不符合题意；
B．粒子经电场加速后，有
在磁场中，根据牛顿第二定律得
解得
三粒子的电量相同，的质量最大，所以其半径最大，B正确，不符合题意；
C．速度选择器只选速度，对粒子的正负没有限制，所以若质子可以自上而下平行极板匀速通过，则率相同的电子也可以自上而下平行极板匀速通过，自下而上平行极板则不能匀速通过。C错误，符合题意；
D．随着速度的增大，粒子在磁场中运动的频率不变，则交变电流的频率不变。D正确，不符合题意。
故选C。
2．C
【详解】
AC．小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为
a=
开始下滑后，小球速度将增大，受到水平向右的洛伦兹力，则杆对小球的支持力将减小，摩擦力减小，合力增大，加速度增大；当洛伦兹力等于电场力时，支持力为零，摩擦力为零。此后小球继续加速度，洛伦兹力将大于电场力，杆对小球的支持力变为水平向左，随着速度增大，洛伦兹力增大，则杆对小球的支持力将增大，摩擦力随之增大，小球的合力减小，加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小。当加速度减小为零，即a=0时，速度达到最大，则有
mg=μ（qvmB-qE）
最大速度即稳定时的速度为
故A错误C正确；
B．在下降过程中，摩擦力对小球做负功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小，故B错误。
D．由此分析知，小球的最大加速度出现在洛伦兹力等于电场力的状态，且最大加速度为g。下滑加速度为最大加速度一半有两种情况：一种情况：在洛伦兹力小于电场力时，另一种在洛伦兹力大于电场力时。在洛伦兹力小于电场力时，有
解得
在洛伦兹力大于电场力时，有
解得
故D错误。
故选C。
3．B
【详解】
ABC．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，故AC错误，B正确；
D．若电子以同样大小的速度从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下．由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，故D错误。
故选B。
4．B
【详解】
粒子的运动轨迹如图所示，设粒子运动的半径为R，由几何关系可知
解得
则圆形磁场区域的半径为
故选B。
5．C
【详解】
A．电势差不仅与材料有关，还与磁感强度大小，电流强度大小有关，A错误；
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，根据左手定则，电子受洛伦兹力向C端移动，因此电势差
B错误；
C．根据
而
因此仅增大磁感应强度时，电势差变大，C正确；
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，让磁感线穿过工作面，D错误。
故选C。
6．C
【详解】
设M、N两侧的宽度为l，当运动的电荷受到的电场力与洛伦兹力相等时不再发生偏转，满足
整理得
A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，UH将变大，A正确，不符合题意；
B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平，使竖直的地磁场垂直于工作面，B正确，不符合题意；
C．在测定地球赤道上磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直，使水平的磁场垂直于工作面，C错误，符合题意；
D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，垂直于工作面的磁场分量发生变化，UH将发生变化，D正确，不符合题意。
故选C。
7．C
【详解】
A．小球A、B碰撞瞬间电荷均分，则两小球电荷量的绝对值均为
且小球B刚进入正交电、磁场的瞬间，竖直方向的加速度恰好为零，则有
解得碰后B球的速度为
小球A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得
解得，碰后瞬间小球A速度为
故A错误；
B．小球A刚进入正交电、磁场后，由于
所以小球A向下偏，则电场力做负功，故其电势能增大，故B错误；
C．根据动能定理，可知小球A对小球B做的功为
故C正确；
D．由于碰撞前A、B系统机械能为
碰后系统机械能为
则，机械能不守恒，故小球A、B之间的碰撞为非弹性碰撞，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】
A．带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，A错误；
B．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
由图可知，所以
根据
可知，B错误；
C．根据
可知，C正确。
D．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
，
则
所以
粒子在磁场中的运动时间
其中为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D错误。
故选C。
9．BD
【详解】
AC．小球在电场、磁场和重力场的复合场中做直线运动，由于洛伦兹力会因为速度的变化而变化，而电场力和重力恒定不变，所以小球只可能是在受力平衡的状态下的做匀速直线运动。小球受到竖直向下的重力，垂直速度方向的洛伦兹力，沿水平方向的电场力，根据平衡条件以及左手定则可推知小球带正电，故AC错误；
B．设小球所带电荷量为q，根据平衡条件可得
解得
故B正确；
D．小球速度的水平分量与电场强度方向相反，所以运动过程中将克服电场力做功，由功能关系可知小球的机械能减小，故D正确。
故选BD。
10．AD
【详解】
AB．污水中的正负离子，在洛伦兹力作用下发生偏转，正离子向右偏转到a端，负离子向左偏转到c端，故a侧电势比c侧电势高。与污水中正负离子的数量没有关系。故A正确；B错误；
CD．当电场力与洛伦兹力平衡时，有
流量为
联立，可得
污水流量 Q 与 U 成正比，与 L 无关。故C错误；D正确。
故选AD。
11．AD
【详解】
A．由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到前表面，因此前表面的电势比后表面的低，A正确；
BC．电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有
又
则电压
故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，与c无关，B错误，C错误；
D．当自由电子稳定时，受到的洛伦兹力与电场力大小相等，即
D正确。
故选AD。
12．BCD
【详解】
A．若霍尔元件材料使用的是铜，则载流子带负电，通入如图甲所示的电流后，根据左手定则可知，负电受力向左，故C端电势低于D端电势，选项A错误；
根据
可知
U=Bdv
则当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，B逐渐变大，则C、D间的电势差越来越大，选项B正确；
C．自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，可求得车轮转动周期
从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径R，即可得此时的骑行速度为，选项C正确；
D．由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，则前轮转动的角速度会偏大，则单位时间测得的脉冲数偏大，则速度计测得的骑行速度偏大，选项D正确；
故选BCD。
13．ACD
【详解】
AB．小球A、B之间的库仑力
设弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，则有
弹簧的弹力在水平方向的分力为
再由胡克定律，则有
由几何关系
可解，
，，，，
因小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，又有F＞Tx，且小球A带负电，则小球B带正电，所受合外力
由合外力提供向心力，则有
故A正确，B错误；
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，小球受到向，左的电场力，这时提供的向心力减小，这样提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故C正确；
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，由左手定则可知，小球受到一个指向圆心的洛伦兹力作用，这时供的向心力大于需要的向心力，小球做近心运动，故D正确；
故选择：ACD。
14．BD
【详解】
小球下滑过程中，水平方向受力平衡
竖直方向由牛顿第二定律得
小球向下加速，所以洛伦兹力增大，则N减小，故加速度增大。因此小球先做加速度增大的加速运动，当
此时N为零，加速度等于重力加速度。小球继续加速，水平方向上
竖直方向上
速度继续增大，则N增大，故加速度减小，因此小球做加速度减小的加速运动，最后匀速运动。故整个过程小球先做加速度增大的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后匀速运动。
故选BD。
15．BC
【详解】
AB．由左手定则可知，金属中的自由电子受洛伦兹力方向指向极板M，则电子偏向极板，即M为负、N为正，选项A错误，B正确；
CD．当达到平衡时
联立解得
选项C正确，D错误。
故选BC。
16．（1），；（2）
【详解】
(1)粒子在第三象限做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律可得
由运动学公式可得，进入第二象限时的速度为
粒子在第二象限做匀速圆周运动，速度大小不变，从A点进入第一象限后做类平抛运动，到达B点时，速度方向与x轴成角，B点速度分解可得
竖直方向有
联立解得
粒子在第二象限内作匀速圆周运动，由几何知识得，半径
由牛顿第二定律得
联立可得
(2)粒子从A到B做类平抛运动，竖直、水平方向分别满足
联立解得
17．（1）（3，）；（2）；（3）
【详解】
（1）根据洛伦兹力提供向心力有
可得
由几何关系可知粒子自开始射入至第一次到达x=3m时，转过的角度为120°纵坐标
所以坐标为（3，）。
（2）由于
所以粒子在磁场中运动时间为
粒子进入电场后做类斜抛运动，水平方向分速度为0时，有
解得
粒子第二次与边界x= 3 m相交时经过的时间
（3）粒子在电场中竖直方向上的位移为
粒子离开O点后，其速度第一次与初速度相同时恰好到达y轴，距O点的距离为
粒子离开O点后，做周期性运动，其速度第2021次与初速度相同时距O点的距离为
18．（1）2v0；（2）B=；（3）t=2nt0= （n=1,2,3……）
【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动, 粒子过N点时的速度，有
＝cosθ
解得
v＝2v0
（2）如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有
qvB＝
根据几何关系有
d=r+r cos θ
可得
r=
解得
B=
（3）由几何关系得
XON＝rsin θ
设粒子在电场中从M-N运动的时间为t1，有
XON＝v0t1
代入解得
t1＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝
设粒子在磁场中从N-P运动的时间为t2，有
t2＝T＝
代入解得
所以从M-P所用时间
t0＝t1＋t2＝
由对称性可得从M点出发回到M点所用总时间为
t=2nt0=（n=1,2,3……）
19．（1）U＝；（2）（1＋）R；＋
【详解】
（1）依题意，从左极板下边缘射入的粒子恰好打在右极板的上边缘在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
（2）从小孔P射入磁场的粒子，在电场中的运动时间
经过小孔P时，水平分速度
进入磁场时的速度大小
速度方向与右极板的夹角，设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从Q点离开磁场，其轨迹如图所示
轨迹圆心在O′点，则
解得
因为磁场强度为
所以
由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，由图知
从小孔P飞出的粒子在磁场中偏转的角度
粒子在磁场中运动的时间
通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间
20．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）离子在磁场中做匀速圆周运动时
根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核束，即
则
（2）等离子体由下方进入区域I后，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为，则
即
氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为 ，根据动能定理可知
其中电压
联立可得
（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为之后，根据
可知
①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I．
该轨迹的圆心O1，正好在N点
所以根据几何关系可知，此时
②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I．
所以此时入射角度
根据上述分析可知，只有
这个范围内射入的粒子还能进入区域I．该区域的粒子占A处总粒子束的比例为
2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册
1.4洛伦兹力与现代技术 课后练习（解析版）
1．如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙和图丁分别为速度选择器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，下列说法错误的是（ ）
A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，B板电势高
B．图乙中，、、三种粒子经加速电场射入磁场，在磁场中偏转半径最大
C．图丙中，若质子可以自上而下平行极板匀速通过，则速率相同的电子可以自下而上平行极板匀速通过
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率不变
2．如图所示，在水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场中，有一足够长的竖直固定的绝缘杆MN，小球P套在杆上。已知P的质量为m，电荷量为+q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（ ）
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．小球下滑的最大速度大小为
D．小球下滑加速度为最大加速度一半时的速度是v=
3．如图所示，匀强磁场方向水平向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域，则（ ）
A．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子也沿直线运动
B．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子将向上偏转
C．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子将向下偏转
D．若电子以同样大小的速度从左向右飞入，电子将向上偏转
4．如图所示，在平面上以O为圆心的圆形区域内存在匀强磁场（图中未画出），磁场方向垂直于平面向外。一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从原点O以初速度大小为沿y轴负方向开始运动，后来粒子经过x轴上的A点，此时速度方向与x轴的夹角为。A到O的距离为d，不计粒子的重力，则圆形磁场区域的半径为（ ）
A． B． C． D．
5．利用霍尔效应制作的霍尔元件是一种重要的磁传感器，由于体积小，它可以用来制作探测磁场的探头，还可以应用在与磁场有关的多种自动控制系统中、如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是（ ）
A．电势差仅与材料有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差
C．仅增大磁感应强度时，两侧面的电势差值变大
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
6．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持电流I恒定，则可以验证UH随B的变化情况，以下说法中错误的是（ ）
A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，UH将变大
B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
C．在测定地球赤道上磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化
7．如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度的匀强磁场。在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量，紧贴虚线静置的小球B带电量，其质量。小球A以速度水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直于电、磁场直接进入正交电、磁场中。刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零。设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取。则下列说法正确的是（ ）
A．碰后瞬间，小球A的速度大小为
B．小球A在刚进入正交电、磁场后的短时间内，其电势能减少
C．过程中，小球A对小球B做的功为
D．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞
8．云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是（ ）
A．a、b、c都是正电子的径迹
B．a径迹对应的粒子动量最大
C．c径迹对应的粒子动能最大
D．c径迹对应的粒子运动时间最长
9．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。一带电小球恰好能以速度v0在纸面内沿与水平方向成30°角斜向右下方做直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
B．磁感应强度和电场强度的大小关系满足
C．小球可能做加速直线运动
D．小球的机械能减小
10．按照十八大“五位一体”的总体布局，全国各省市启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战。暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为 L、直径为 D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向上，在前后两个内侧面 a、c 固定有金属板作为电极，污水充满管道从左向右流经测量管时，a、c 两端电压为 U，显示仪器显示污水流量为 Q（单位时间内排出的污水体积）。则下列说法正确的是（ ）
A．a 侧电势比 c 侧电势高
B．若污水中正离子较多，则 a 侧电势比 c 侧电势高；若污水中负离子较多，则 a 侧电势比 c 侧电势低
C．污水流量 Q 与 U 成正比，与 D 无关
D．污水流量 Q 与 U 成正比，与 L 无关
11．笔记本电脑趋于普及，电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向上的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则关于元件的说法正确的是（ ）
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
12．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图甲所示是霍尔元件的工作原理示意图，实验表明，铜以及大多数金属的载流子是带负电荷的电子，但锌中的载流子带的却是正电。自行车的速度计的工作原理主要依靠的就是安装在自行车前轮上的一块磁铁，轮子每转一周，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，这样便可测出某段时间内的脉冲数。若自行车前轮的半径为R、磁铁到轴的距离为r，下列说法正确的是（ ）
A．若霍尔元件材料使用的是铜，通入如图甲所示的电流后，C端电势高于D端电势
B．当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，C、D间的电势差越来越大
C．若自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，此时的骑行速度为
D．由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，则速度计测得的骑行速度偏大
13．如图，绝缘底座上固定一电荷量为4×10-6C的带负电小球A，其正上方O点处用轻细弹簧悬挂一质量为m=0.03kg、电荷量大小为3.6×10-6C的小球B，弹簧的劲度系数为k=5N/m，原长为Lo=0.35m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ=53°，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法正确的是（ ）
A．小球B一定带正电
B．B球做圆周运动的速度大小为3.6m/s
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，B球将做离心运动
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，B球将做近心运动
14．如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中设小球电荷量不变，小球由静止下滑的过程中（ ）
A．小球加速度一直减小
B．小球速度一直增大，直到最后匀速
C．杆对小球的弹力一直增大
D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变
15．2021年2月10日，“天问一号”火星探测器由地火转移阶段进入火星俘获阶段后，将环绕火星飞行三个月，反复对首选着陆区进行预先探测。“天问一号”环绕器携带磁强计等探测仪器。目前有一种磁强计，用于测定磁场的磁感应强度，原理如图所示。电路有一段金属导体，它的横截面是宽a、高b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流。已知金属导体单位长度中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动。两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U。则关于磁感应强度的大小和电极M、N的正负说法正确的是（ ）
A．M为正、N为负 B．M为负、N为正
C．磁感应强度的大小为 D．磁感应强度的大小为
16．如图所示，在直角坐标系平面的第三象限有平行于y轴正方向的匀强电场，电场场强大小为E；第二象限有垂直于平面向外的匀强磁场；第一象限有平行于y轴负方向的匀强电场。一带正电的离子，电荷量为q、质量为m，在第三象限点由静止释放，粒子从y轴上点平行于轴进入第一象限，最后从x轴上B点以和x轴正方向夹角45°的方向进入第四象限。不计粒子重力，图中磁场、电场均未画出。求；
（1）第一象限的电场强度大小和第二象限的磁感应强度大小B。
（2）的长度。
17．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，x= 3m边界左侧有磁感应强度为B=10T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场；右侧有电场强度为E=100N/C、方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力）从坐标原点O以初速度v0沿y轴正方向射入磁场。已知粒子的质量为m=1.6×10-20 kg，电荷量为q=1.6×10-19C， 初速度为v0= 200 m/s。 求∶
（1）粒子第一次与边界x=3m相交时对应的坐标；
（2）粒子第二次与边界x= 3 m相交时经过的时间；
（3）粒子第2021次与初速度相同时到坐标原点O的距离。
18． 如图，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ、Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出第Ⅳ象限磁场，已知P点与原点O的距离为d，不计粒子重力，求：
（1）粒子经过N点时的速度大小v；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从M点开始运动回到M点的总时间t。
19．如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、板间距均为d．在右极板的中央有个小孔P，小孔右边半径为R的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔P处相切。一排宽度也为d的带负电粒子以速度v0竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔P进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘。已知这排粒子中每个粒子的质量均为m、带电荷量大小均为q，磁场的磁感应强度大小为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）板间的电压大小U；
（2）通过小孔P的粒子离开磁场时到右极板的距离L和粒子在电场和磁场中运动的总时间t总。
20．“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体（由电量相同的正、负离子组成）经系统处理后，从下方以恒定速率向上射入有磁感应强度为、垂直纸面向里的匀强磁场区域I内。当栅极间形成稳定的电场后，自动关闭区域I系统（关闭粒子进入通道、撤去磁场）。区域Ⅱ内有磁感应强度大小为、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆（圆与下板相切于极板中央A）。放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行粒子束，经过栅极之间的电场加速后从喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力（不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用及相对论效应）。已知极板长，栅极和间距为，氩原子核的比荷，求：
（1）氙原子核在A处的速度大小；
（2）氙原子核从喷出时的速度大小；
（3）因区域Ⅱ内磁场发生器发生故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半，并且分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域I的氩原子核占A处发射粒子总数的百分比。
参考答案
1．C
【详解】
A．根据左手定则，正离子向B板偏转，所以B板带正电，电势较高。A正确，不符合题意；
B．粒子经电场加速后，有
在磁场中，根据牛顿第二定律得
解得
三粒子的电量相同，的质量最大，所以其半径最大，B正确，不符合题意；
C．速度选择器只选速度，对粒子的正负没有限制，所以若质子可以自上而下平行极板匀速通过，则率相同的电子也可以自上而下平行极板匀速通过，自下而上平行极板则不能匀速通过。C错误，符合题意；
D．随着速度的增大，粒子在磁场中运动的频率不变，则交变电流的频率不变。D正确，不符合题意。
故选C。
2．C
【详解】
AC．小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为
a=
开始下滑后，小球速度将增大，受到水平向右的洛伦兹力，则杆对小球的支持力将减小，摩擦力减小，合力增大，加速度增大；当洛伦兹力等于电场力时，支持力为零，摩擦力为零。此后小球继续加速度，洛伦兹力将大于电场力，杆对小球的支持力变为水平向左，随着速度增大，洛伦兹力增大，则杆对小球的支持力将增大，摩擦力随之增大，小球的合力减小，加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小。当加速度减小为零，即a=0时，速度达到最大，则有
mg=μ（qvmB-qE）
最大速度即稳定时的速度为
故A错误C正确；
B．在下降过程中，摩擦力对小球做负功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小，故B错误。
D．由此分析知，小球的最大加速度出现在洛伦兹力等于电场力的状态，且最大加速度为g。下滑加速度为最大加速度一半有两种情况：一种情况：在洛伦兹力小于电场力时，另一种在洛伦兹力大于电场力时。在洛伦兹力小于电场力时，有
解得
在洛伦兹力大于电场力时，有
解得
故D错误。
故选C。
3．B
【详解】
ABC．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，故AC错误，B正确；
D．若电子以同样大小的速度从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下．由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，故D错误。
故选B。
4．B
【详解】
粒子的运动轨迹如图所示，设粒子运动的半径为R，由几何关系可知
解得
则圆形磁场区域的半径为
故选B。
5．C
【详解】
A．电势差不仅与材料有关，还与磁感强度大小，电流强度大小有关，A错误；
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，根据左手定则，电子受洛伦兹力向C端移动，因此电势差
B错误；
C．根据
而
因此仅增大磁感应强度时，电势差变大，C正确；
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，让磁感线穿过工作面，D错误。
故选C。
6．C
【详解】
设M、N两侧的宽度为l，当运动的电荷受到的电场力与洛伦兹力相等时不再发生偏转，满足
整理得
A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，UH将变大，A正确，不符合题意；
B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平，使竖直的地磁场垂直于工作面，B正确，不符合题意；
C．在测定地球赤道上磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直，使水平的磁场垂直于工作面，C错误，符合题意；
D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，垂直于工作面的磁场分量发生变化，UH将发生变化，D正确，不符合题意。
故选C。
7．C
【详解】
A．小球A、B碰撞瞬间电荷均分，则两小球电荷量的绝对值均为
且小球B刚进入正交电、磁场的瞬间，竖直方向的加速度恰好为零，则有
解得碰后B球的速度为
小球A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得
解得，碰后瞬间小球A速度为
故A错误；
B．小球A刚进入正交电、磁场后，由于
所以小球A向下偏，则电场力做负功，故其电势能增大，故B错误；
C．根据动能定理，可知小球A对小球B做的功为
故C正确；
D．由于碰撞前A、B系统机械能为
碰后系统机械能为
则，机械能不守恒，故小球A、B之间的碰撞为非弹性碰撞，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】
A．带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，A错误；
B．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
由图可知，所以
根据
可知，B错误；
C．根据
可知，C正确。
D．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
，
则
所以
粒子在磁场中的运动时间
其中为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D错误。
故选C。
9．BD
【详解】
AC．小球在电场、磁场和重力场的复合场中做直线运动，由于洛伦兹力会因为速度的变化而变化，而电场力和重力恒定不变，所以小球只可能是在受力平衡的状态下的做匀速直线运动。小球受到竖直向下的重力，垂直速度方向的洛伦兹力，沿水平方向的电场力，根据平衡条件以及左手定则可推知小球带正电，故AC错误；
B．设小球所带电荷量为q，根据平衡条件可得
解得
故B正确；
D．小球速度的水平分量与电场强度方向相反，所以运动过程中将克服电场力做功，由功能关系可知小球的机械能减小，故D正确。
故选BD。
10．AD
【详解】
AB．污水中的正负离子，在洛伦兹力作用下发生偏转，正离子向右偏转到a端，负离子向左偏转到c端，故a侧电势比c侧电势高。与污水中正负离子的数量没有关系。故A正确；B错误；
CD．当电场力与洛伦兹力平衡时，有
流量为
联立，可得
污水流量 Q 与 U 成正比，与 L 无关。故C错误；D正确。
故选AD。
11．AD
【详解】
A．由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到前表面，因此前表面的电势比后表面的低，A正确；
BC．电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有
又
则电压
故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，与c无关，B错误，C错误；
D．当自由电子稳定时，受到的洛伦兹力与电场力大小相等，即
D正确。
故选AD。
12．BCD
【详解】
A．若霍尔元件材料使用的是铜，则载流子带负电，通入如图甲所示的电流后，根据左手定则可知，负电受力向左，故C端电势低于D端电势，选项A错误；
根据
可知
U=Bdv
则当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，B逐渐变大，则C、D间的电势差越来越大，选项B正确；
C．自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，可求得车轮转动周期
从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径R，即可得此时的骑行速度为，选项C正确；
D．由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，则前轮转动的角速度会偏大，则单位时间测得的脉冲数偏大，则速度计测得的骑行速度偏大，选项D正确；
故选BCD。
13．ACD
【详解】
AB．小球A、B之间的库仑力
设弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，则有
弹簧的弹力在水平方向的分力为
再由胡克定律，则有
由几何关系
可解，
，，，，
因小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，又有F＞Tx，且小球A带负电，则小球B带正电，所受合外力
由合外力提供向心力，则有
故A正确，B错误；
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，小球受到向，左的电场力，这时提供的向心力减小，这样提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故C正确；
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，由左手定则可知，小球受到一个指向圆心的洛伦兹力作用，这时供的向心力大于需要的向心力，小球做近心运动，故D正确；
故选择：ACD。
14．BD
【详解】
小球下滑过程中，水平方向受力平衡
竖直方向由牛顿第二定律得
小球向下加速，所以洛伦兹力增大，则N减小，故加速度增大。因此小球先做加速度增大的加速运动，当
此时N为零，加速度等于重力加速度。小球继续加速，水平方向上
竖直方向上
速度继续增大，则N增大，故加速度减小，因此小球做加速度减小的加速运动，最后匀速运动。故整个过程小球先做加速度增大的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后匀速运动。
故选BD。
15．BC
【详解】
AB．由左手定则可知，金属中的自由电子受洛伦兹力方向指向极板M，则电子偏向极板，即M为负、N为正，选项A错误，B正确；
CD．当达到平衡时
联立解得
选项C正确，D错误。
故选BC。
16．（1），；（2）
【详解】
(1)粒子在第三象限做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律可得
由运动学公式可得，进入第二象限时的速度为
粒子在第二象限做匀速圆周运动，速度大小不变，从A点进入第一象限后做类平抛运动，到达B点时，速度方向与x轴成角，B点速度分解可得
竖直方向有
联立解得
粒子在第二象限内作匀速圆周运动，由几何知识得，半径
由牛顿第二定律得
联立可得
(2)粒子从A到B做类平抛运动，竖直、水平方向分别满足
联立解得
17．（1）（3，）；（2）；（3）
【详解】
（1）根据洛伦兹力提供向心力有
可得
由几何关系可知粒子自开始射入至第一次到达x=3m时，转过的角度为120°纵坐标
所以坐标为（3，）。
（2）由于
所以粒子在磁场中运动时间为
粒子进入电场后做类斜抛运动，水平方向分速度为0时，有
解得
粒子第二次与边界x= 3 m相交时经过的时间
（3）粒子在电场中竖直方向上的位移为
粒子离开O点后，其速度第一次与初速度相同时恰好到达y轴，距O点的距离为
粒子离开O点后，做周期性运动，其速度第2021次与初速度相同时距O点的距离为
18．（1）2v0；（2）B=；（3）t=2nt0= （n=1,2,3……）
【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动, 粒子过N点时的速度，有
＝cosθ
解得
v＝2v0
（2）如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有
qvB＝
根据几何关系有
d=r+r cos θ
可得
r=
解得
B=
（3）由几何关系得
XON＝rsin θ
设粒子在电场中从M-N运动的时间为t1，有
XON＝v0t1
代入解得
t1＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝
设粒子在磁场中从N-P运动的时间为t2，有
t2＝T＝
代入解得
所以从M-P所用时间
t0＝t1＋t2＝
由对称性可得从M点出发回到M点所用总时间为
t=2nt0=（n=1,2,3……）
19．（1）U＝；（2）（1＋）R；＋
【详解】
（1）依题意，从左极板下边缘射入的粒子恰好打在右极板的上边缘在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
（2）从小孔P射入磁场的粒子，在电场中的运动时间
经过小孔P时，水平分速度
进入磁场时的速度大小
速度方向与右极板的夹角，设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从Q点离开磁场，其轨迹如图所示
轨迹圆心在O′点，则
解得
因为磁场强度为
所以
由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，由图知
从小孔P飞出的粒子在磁场中偏转的角度
粒子在磁场中运动的时间
通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间
20．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）离子在磁场中做匀速圆周运动时
根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核束，即
则
（2）等离子体由下方进入区域I后，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为，则
即
氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为 ，根据动能定理可知
其中电压
联立可得
（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为之后，根据
可知
①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I．
该轨迹的圆心O1，正好在N点
所以根据几何关系可知，此时
②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I．
所以此时入射角度
根据上述分析可知，只有
这个范围内射入的粒子还能进入区域I．该区域的粒子占A处总粒子束的比例为
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