第一章安培力与洛伦兹力单元测试人教版（2019）高中物理选择性必修第二册

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第一章安培力与洛伦兹力单元测试
一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）
1．半径为R的环形金属圆线圈位于水平面上，共有n匝，处于某一匀强磁场中，如图所示，图中虚线左侧区域充满磁场，圆线圈处于磁场外的那部分圆弧对应圆心角为60°，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于水平面向下。当线圈中通以大小为I的电流时，线圈受到的安培力的大小为（　　）

A． B． C．BIR D．nBIR
2．如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一束电子初速度方向与电流方向相同，则电子可能的运动情况是（　　）

A．沿路径a运动 B．沿路径b运动
C．沿路径c运动 D．沿路径d运动
3．如图所示，边长为l0的正方形区域内（包括边界）存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。在点处有一粒子源，能够沿方向发射质量为、电荷量为的粒子，粒子射出的速率大小不同。粒子的重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互作用，则（  ）

A．轨迹不同的粒子，在磁场中运动时间一定不同
B．从点射出的粒子入射速度大小为
C．从点射出的粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在边界上出射点距点越远，在磁场中运动的时间越短
4．如图所示，粒子回旋加速器由两个D形金属盒组成，两个D形盒正中间开有一条窄缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压，使正粒子每经过窄缝都被加速，中心S处的粒子源产生初速度为零的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中，已知正粒子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R。每次加速的时间很短，可以忽略不计，下列说法正确的是（　　）

A．交变电压的周期为 B．交变电压的频率为
C．粒子能获得的最大动能为 D．粒子能被加速的最多次数为
5．速度选择器装置如图所示，为中轴线。一粒子（）以速度自O点沿中轴线射入恰沿中轴线做匀速直线运动。所有粒子均不考虑重力的影响，下列说法正确的是（　　）

A．粒子（）以速度自点沿中轴线从右边射入也能做匀速直线运动
B．电子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动
C．氘核（）以速度自O点沿中轴线射入，动能将增大
D．氚核（）以速度自O点沿中轴线射入，动能将增大
6．如图所示，、、为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示。点为三角形的中心到三个顶点的距离相等，已知导线在斜边中点处所产生的磁场的磁感应强度大小为，则（　　）

A．点的磁感应强度为 B．点的磁场方向沿连线方向指向
C．导线受到的安培力方向水平向左 D．导线受到的安培力方向沿连线方向指向
7．如图，一根绝缘细杆固定在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，杆和磁场垂直，与水平方向成角。杆上套一个质量为m、电量为＋q的小球。小球与杆之间的动摩擦因数为，从A点开始由静止释放小球，使小球沿杆向下运动。设磁场区域很大，杆足够长。已知重力加速度为g。则下列叙述中正确的是（　　）

A．小球运动的速度先增大后不变
B．小球运动的加速度先增大到，然后减小到零
C．小球的速度达到最大速度一半时加速度一定是
D．小球的速度达到最大速度一半时加速度可能是
8．如图所示，在两个边长均为的正三角形区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，左右两侧有平行于的匀强电场（电场强度大小未知）。质量为m、带电荷量为的带正电粒子（不计重力），由电场中点由静止释放，恰好从边的中点进入磁场区域。已知经过下方磁场区域后，粒子能从的中点进入左侧电场，最终能从上某点沿垂直边界方向射出磁场区域，则下列说法正确的是 （　　）

A．电场强度大小为
B．从到中点的距离为
C．从释放到从边界出磁场，粒子运动的时间为
D．带电粒子在磁场中运动时的速度大小为
二、非选择题：本题共4小题，共52分.
9．为监测某化工厂污水排放情况，技术人员在该厂排污管末端安装了如图甲所示的长方体电磁流量计，长、宽、高分别为a=20cm，b=c=10cm，左右两端开口，与排污管道联通。该装置上下底面为绝缘体，并在垂直于底面的方向加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T。前后两个侧面为导体，分别固定两个电极M、N。当含有正负离子的污水从左向右流经该装置时，M、N两电极间将产生电势差U。

（1）若使用多用电表的电压挡测量M、N电极间的电势差，则与图甲中M相连的应是多用电表的___________色表笔（选填“红”或“黑”）：
（2）某次测量时，选用多用电表10mV量程的直流电压挡，表盘示数如图乙所示，则M、N电极间的电势差U=___________mV；
（3）若多用电表使用直流电压挡时，可近似视为理想电压表，则根据（2）中测得的电压值，可估算出污水的速度为___________m/s（结果保留两位有效数字）；
（4）现把多用电表的换挡开关旋至量程适当的直流电流挡，把红黑表笔正确接至M、N两个电极，测得电流值为，此时多用电表的内阻。由此可估算出污水的电阻率___________（结果保留两位有效数字）。
10．如图所示，绝缘水平面上固定的两平行金属导轨间的距离，金属导轨的一端接有电动势，内阻的直流电源。现把一质量的导体棒MN垂直放在金属导轨上，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻。金属导轨电阻不计，导轨间分布着匀强磁场，其磁感应强度大小，方向斜向上且与水平面的夹角。当电阻箱的阻值时，闭合开关S，导体棒恰好保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求：
（1）导体棒受到的安培力大小；
（2）导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ。

11．图中的S是能在纸面内的360°方向发射电子的电子源，所发射出的电子速率均相同。MN是一块足够大的竖直挡板，与电子源S的距离OS=L，挡板的左侧分布着方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B．设电子的质量为m，带电量为e，问：
（1）要使电子源发射的电子能达到挡板，则发射的电子速率至少要多大？
（2）若电子源发射的电子速率为，挡板被电子击中的范围有多大？要求在图中画出能击中挡板的距O点上下最远的电子运动轨迹。

12．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅱ象限内有沿y轴负方向的匀强电场且大小为，第Ⅰ象限内有沿y轴负方向的匀强电场E，第Ⅳ象限内有垂直xOy平面（纸面）向里的匀强磁场B．现有一质量为m（不计重力）、电荷量为q的带正电粒子，在第Ⅱ象限内M点处以大小为的初速度沿x轴正方向射入匀强电场中，此后带电粒子可以通过x轴上的N点，已知M点坐标为，N点坐标为，试求：
（1）通过计算说明该粒子第一次进入磁场时的位置与速度；
（2）匀强磁场B的最小值；
（3）欲使带电粒子总能通过x轴上的N点，磁感应强度B与电场强度E之间应满足的关系式。







13．正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是（　　）

A．磁场方向垂直于纸面向里 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D．轨迹3对应的粒子是正电子
14．如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（   ）

A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
15．如图所示，一个立方体空间被对角平面划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
16．空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（　　）
A． B．
C． D．
17．粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（　　）

A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
18．如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P（a>0，b>0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（　　）

A．t1 t2
C．Ek1Ek2
19．如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（　　）

A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
20．离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。

21．如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。

22．中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系中，空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度；
（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用d表示）；
（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略离子间相互作用）。

23．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；
（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。



参考答案：
1．D
【详解】由几何关系可知圆线圈的有效长度为

故n匝线圈受到的安培力为

故选D。
2．D
【详解】由安培定则知，电流I在导线下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，电子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向下，则电子的轨迹必定向下弯曲，由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，故ABC错误，D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力：

解得半径：
粒子运动的周期：

设粒子在磁场中转过的圆心角为，粒子在磁场中的运动时间：

粒子速率不同运动轨迹不同，如果转过的圆心角相等，则粒子在磁场中的运动时间相等，如从ad边离开磁场的粒子在磁场中转过半个圆周，虽然运动轨迹不同，但运动时间都相同，为，A错误；
B．从c点飞出的粒子半径：

解得速度：，B错误；
C．从d点飞出的粒子运动时间为半个周期：

C正确；
D．根据C选项的分析可知，粒子从a点射入，从ad边飞出，所用时间均为半个周期，因此粒子在边界上出射点距a点越远，在磁场中运动的时间不一定越短，D错误。
故选C。
4．C
【详解】AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，粒子在磁场中的运动周期


则有

AB错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有

解得

粒子获得的最大动能

C正确；
D．由

可知粒子能被加速的最多次数

D错误。
故选C。
5．BC
【详解】粒子（）以速度自O点射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，满足

解得

即粒子的速度满足速度选择器的条件；
A．粒子（）以速度自点沿中轴线从右边射入时，受到电场力向下，洛伦兹力也向下，会向下偏转不会做匀速直线运动，A错误；
B．电子（）以速度自O点沿中轴线射入，受到电场力向上，洛伦兹力向下，依然满足电场力等于洛伦兹力，做匀速直线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，B正确；
C．氘核（）以速度自O点沿中轴线射入，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，电场力做正功，动能将增大，C正确；
D．氚核（）以速度自O点沿中轴线射入，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，电场力做负功，动能将减小，D错误；
故选BC。
6．AC
【详解】AB．根据右手螺旋定则，电流在产生的磁场大小为B0，平行于向左，电流在产生的磁场大小为B0，方向平行指向右下方，这两个场强的夹角为120o，因此合场强大小为B0，方向平行于ab斜向左下方，如图所示

而电流在产生的磁场大小也为B0，方向也平行指向左下方，因此O点合场强大小为2B0，方向行于ab斜向左下方。
A正确，B错误；
CD．由于同方向的电流相互吸引，反方向的电流相互排斥，因此导线受到导线b的吸引力和导线c的排斥力，两个力大小相等，合力沿水平向左；而导线受到导线a和导线b的排斥力，合力方向沿Oc向外，C正确，D错误。
故选AC。
7．ABC
【详解】AB．由题意，小球由静止释放后沿杆向下运动，一定先做加速运动，根据左手定则可知小球受到洛伦兹力方向垂直杆向上，随着小球速度增大，洛伦兹力增大，球与杆之间的弹力减小，所受摩擦力减小，所以加速度增大，当小球速度增大至满足时，小球与杆之间弹力减小至零，加速度达到最大值，为

之后随着速度进一步增大，小球速度开始满足，则小球开始与杆之间再次产生弹力且逐渐增大，小球所受摩擦力增大，当摩擦力增大至与重力沿杆向下的分力平衡时，小球加速度减小至零，速度达到最大值，且此后保持速度不变，故AB正确；
CD．设小球最大速度为vm，则根据前面分析可知

解得

小球加速度最大时的速度大小为

因为小球释放瞬间一定满足

联立以上三式可得

所以当小球速度达到时，小球已经进入加速度从最大值减小至零的运动阶段，此时杆对球的弹力垂直于杆向下，根据牛顿第二定律有

解得

故C正确，D错误。
故选ABC。
8．AB
【详解】D．由题意作出带电粒子的运动轨迹如图所示，粒子从到b做匀加速直线运动，从b到c做圆周运动，从c到d做类斜上抛运动，从d到e做圆周运动，从e到再到e做匀变速直线运动，从e到f的运动为圆周运动，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为

由洛伦兹力提供向心力有

故

故D错误；
AB．从到b有

由数学知识可得，从b到c的运动轨迹所对的圆心角为

则粒子在c点时速度方向与水平方向间的夹角也为

从c到d，粒子在电场中做类斜上抛运动，有



结合上述分析可得


故AB正确；
C．粒子从点释放，到最终从f出磁场，所用的时间

得

故C错误。

故选AB。
9．     黑     5.8     0.29     56
【详解】（1）[1]根据左手定则，N端聚集正电荷，电势较高；M端聚集负电荷，电势较低，故M端接黑表笔。
（2）[2]由图可知，10mV挡，每小格为0.2mV，误差在十分位上，故读数为5.8mV。
（3）[3]根据


解得

（4）[4]根据


解得

10．（1）；（2）
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，导体棒中通过的电流为

得导体棒受到的安培力大小为

（2）根据左手定则可得导体棒受到的安倍力方向垂直导体棒斜向左上方，与水平面的夹角为，对导体棒进行受力分析可得，竖直方向有

导体棒恰好保持静止可得此时摩擦力为最大静摩擦力，水平方向有

联立解得

11．（1）；（2）
【详解】（1）要使电子源发射的电子能达到挡板，则电子的轨道半径必须满足

根据

联立可得

（2）若电子源发射的电子速率为，则电子在磁场中的轨道半径为

电子能击中挡板的距O点上下最远的电子运动轨迹如图所示

由几何关系可知，挡板被电子击中的范围为

12．（1）原点，；（2）；（3）或（…）
【详解】（1）在第二象限中，粒子水平方向匀速运动，运动时间


竖直位移

所以粒子从原点进入磁场，进入磁场速度大小

所以

（2）进入磁场时，速度与水平夹角

所以夹角为60°，当只在磁场中偏转经过N点，磁感应强度最小，因为洛伦兹力提供向心力，则有

根据几何关系可知

解得

（3）每次在磁场中沿x轴正向移动距离

每次在电场中沿x轴正向移动的时间

则沿着x轴正向移动的距离为

所以带电粒子总能通过x轴上的N点满足
（…）
解得
（…）
或者
（…）
解得
（…）
13．A
【详解】AD．根据题图可知，1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；
B．电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；
C．带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知

解得粒子运动的半径为

根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。
故选A。
14．D
【详解】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有

可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；
BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
，FT= mgcosθ
则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。
故选D。
15．A
【详解】AB．由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；
CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。
故选A。
16．B
【详解】解法一：
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
解法二：
粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即

则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。
故选B。

17．AD
【详解】AB．由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；
C．由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；
D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有

解得

可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。
故选AD。
18．AD
【详解】AB．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据

可知
t1Ek2
故C错误，D正确。
故选AD。
19．BC
【详解】A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；
D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
20．（1）①，②，k = 0，1，2，3…；（2），n = 0，1，2，…；（3），，
【详解】（1）①离子在磁场中做圆周运动有

则

②离子在磁场中的运动时间

转筒的转动角度

，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有


离子在磁场中的运动时间

转筒的转动角度
ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度
，n = 0，1，2，…
动量定理

，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度

其中
k = 1，，n = 0，2或者
可得
，，
21．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得

两端的电压

根据欧姆定律得

联立解得

（2）如图所示

设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系

解得

根据

解得

（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得

解得

22．（1）；（2）；（3）（d，d，）；（4）
【详解】（1）如图所示

将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有



联立解得

（2）离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，在磁场I中做匀速圆周运动，经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，继续做匀速圆周运动，如图所示

由洛伦兹力提供向心力可得
，
可得

为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I运动时，不能从磁场I上方穿出。在磁场II运动时，不能xOz平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足
，
联立可得

要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为

离子在磁场II中的轨迹半径为

离子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示

离子第四次穿过平面的坐标为

离子第四次穿过平面的坐标为

故离子第四次穿过平面的位置坐标为（d，d，）。
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得

可得

离子甲、离子乙在磁场I中的轨迹半径分别为
，
离子甲、离子乙在磁场II中的轨迹半径分别为
，
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x轴的位置，如图所示

从点进入磁场到第一个交点的过程，有


可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为

23．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知

解得粒子在时刻的速度大小为

方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离

在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为

粒子运动轨迹如图

所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即；
（2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向

解得时刻粒子的速度

方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为

在时间内，粒子在水平方向运动的距离为

此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向

解得粒子在时刻的速度

粒子在竖直方向运动的距离

粒子运动的轨迹如图

在时间内，静电力对粒子的做功大小为

电场力做正功；
（3）若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达点，则释放的位置一定在时间内，粒子加速度时间为，在竖直方向上


在时间内粒子在水平方向运动的距离为

在时间内，在竖直方向


在时间内，粒子在水平方向运动的距离为

接收器的位置为，根据距离的关系可知

解得

此时粒子已经到达点上方，粒子竖直方向减速至用时，则

竖直方向需要满足

解得在一个电场加速周期之内，所以成立，所以粒子释放的时刻为中间时刻；
若粒子经过一个半圆到达点，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，经过磁场偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子加速的时间为，在竖直方向上


之后粒子在时间内转动半轴，横向移动距离直接到达点的横坐标，即

解得

接下来在过程中粒子在竖直方向减速为的过程中


粒子要在点被吸收，需要满足

代入验证可知在一个周期之内，说明情况成立，所以粒子释放时刻为。