1.4洛伦兹力与现代技术 同步练习（Word版含解析）

粤教版（2019）选择性必修二 1.4 洛伦兹力与现代技术
一、单选题
1．如图所示，两竖直平行虚线边界内，匀强电场方向竖直（平行纸面）向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动，若仅减小小球从P点进入的速度大小，则在小球进入的一小段时间内（　　）
A．小球做匀变速曲线运动 B．小球的电势能增大
C．小球的机械能减小 D．小球的电势能和动能之和减小
2．如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为，磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半径（）为R，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．速度选择器的极板的电势比极板的低
B．粒子的速度
C．粒子的比荷为
D．两点间的距离为
3．如图所示，为回旋加速器的原理图.其中和是两个中空的半径为的半圆形金属盒，接在电压为的加速电源上，位于圆心处的粒子源能不断释放出一种带电粒子（初速度可以忽略，重力不计），粒子在两盒之间被电场加速，、置于与盒面垂直的磁感应强度为的匀强磁场中。已知粒子电荷量为、质量为，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是（　　）
A．加速电源可以用直流电源，也可以用任意频率的交流电源
B．加速电源只能用周期为的交流电源
C．粒子第一次进入盒与第一次进入盒的半径之比为
D．粒子在电场中加速的次数为
4．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，如图所示为工作原理示意图。置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生粒子的质量为m、电荷量为+q，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（　　）
A．粒子只在电场中加速，因此加速电压越大，粒子出射速度越大
B．粒子离开回旋加速器时的最大动能与D形盒半径成正比
C．粒子在回旋加速器中运动的时间与加速电压U有关
D．该加速器加速质量为2m，电荷量为+q的粒子时，交流电频率应变为2f
5．武汉病毒研究所内的实验室是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计如图甲所示，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，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、磁感应强度大小为B的匀强磁场，下列说法正确的是（　　）
A．图乙中M点的电势高于N点的电势
B．正、负离子所受洛伦兹力方向是相同的
C．当污水中离子浓度升高，MN两点电压将增大
D．只需要测量两点电压就能够推算废液的流量
6．下列说法正确的是（　　）
A．法拉第通过实验最先得到了电流通过电阻产生热量的规律
B．安培发明了能在实验室中产生高能粒子的回旋加速器
C．富兰克林最早用实验测得元电荷e的数值
D．奥斯特首先从实验中发现了电流的磁效应
7．霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，广泛应用于各领域，如在某款手机中，常用霍尔元件来控制开启或关闭运行程序。如图所示是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为d（M，N间距离），厚为h（图中上下面间距离），当通以图示方向电流时，MN两端将出现电压UMN，则（　　）
A．M、N两端电压UMN仅与磁感应强度B有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则MN两端电压UMN<0
C．若增大h，则MN两端电压UMN一定增大
D．通过控制磁感应强度B可以改变MN两端电压UMN
8．如图所示，在两水平金属板构成的器件中存在匀强电场与匀强磁场，电场强度和磁感应强度相互垂直，从点以水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子的速度大小
C．若增大，粒子所受的电场力做负功
D．若粒子从点以水平速度进入器件，也恰好能做直线运动
9．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狹缝很小，带电粒子穿过的区时间可忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生的粒子质量为m、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力影响，则（　　）
A．加速器加速电压U的周期等于粒子的回旋周期的两倍
B．增大加速电压U，出射粒子动能不变
C．增大磁感应强度B和D形盒半径R，粒子获得动能可能减小
D．粒子在D形盒中运动时间与加速电压U无关
10．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（　　）
A．小球能越过d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大
C．小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小
11．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，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
B．图乙中，两种氢的同位素从静止经加速电场射入磁场，打到位置的粒子比荷比较小
C．图丙中，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的速度
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大
12．如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足v0＝时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是（　　）
A．粒子射入的速度一定是v>
B．粒子射入的速度可能是v<
C．粒子射出时的速度一定大于射入速度
D．粒子射出时的速度一定小于射入速度
13．2020年，国产“质子治疗230MeV超导回旋加速器”在原子能院完成设备安装和测试。回旋加速器的原理如图所示，和是两个半径为R的半圆型金属盒，接在电压为U、周期为T的交流电源上，位于圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），质子在两盒之间被电场加速，、置于与盒而垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。已知质子的电荷量为q、质量为m，忽略质子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中的相对论效应，不计质子重力。下列说法正确的是（　　）
A．交流电源的周期等于质子做圆周运动周期的2倍
B．若只增大交流电源的电压U，则质子的最大动能将增大
C．质子在电场中加速的次数为
D．质子第1次和第2次经过两D型盒间狭缝后的运动轨迹半径之比为1：2
14．如图所示，倾角为的足够长绝缘光滑斜面处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、电荷量为q（q>0）的物块从斜面顶端由静止开始下滑，则关于物块的运动（　　）
A．物块先沿斜面匀加速运动，飞离斜面后其速度开始减小
B．物块沿斜面运动的最大速度为
C．物块沿斜面下滑的最大高度为
D．离开斜面时，重力对物块做功的瞬时功率为
15．我国空间站的建成，在全球引起了强烈的反响。宇航员在进入太空前在地球上要进行模拟实验，可将其简化为如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内向右做匀速直线运动，b在纸面内向左做匀速直线运动，c在纸面内做匀速圆周运动，下列选项正确的是（　　）
A．ma>mc>mb B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
二、填空题
16．将倾角为θ的光滑绝缘斜面放到一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，一个质量为m、带电荷量为q的小物体在斜面上由静止开始下滑(设斜面足够长)，如图所示．滑到某一位置离开斜面．则物体带______电荷(选填“正”或“负”)；物体离开斜面时的速度为______；物体在斜面上滑行的长度为______．
17．质子和粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的速度之比为_________，半径之比为_________．
18．“大洋一号”是我国首次组织的横跨三大洋的远洋考察船,在航行过程中,海洋工作者可以根据水流切割地磁场所产生的感应电动势来测定海水的速度.假设海洋某处的地磁场竖直分量为B=0.5×10-4T,水流是南北流向,如图，将两个电极竖直插入此处海水中,且保持两极极板平行于水流方向.若两电极距离L=10m ,与两电极相连的灵敏电压表读数U=0.2mV,则海水的流速大小为_______m/s.
19．如图所示，厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的均匀磁场中，当电流通过导体板时，在导体板上侧面和下侧面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应实验表明，当磁场不太强时，电势差、电流和的关系为，式中的比例系数称为霍尔系数.设电流是由电子的定向移动形成的，电子的平均定向移动速度为、电荷量为，回答下列问题：
（1）达到稳定状态时，导体板上侧面的电势________下侧面的电势（选填“高于”“低于”或“等于”）.
（2）电子所受洛伦兹力的大小为________.
（3）当导体板上、下两侧面之间的电势差为时，电子所受静电力的大小为________.
（4）由静电力和洛伦兹力平衡的条件，证明霍尔系数，其中代表导体单位体积中电子的个数_______.
三、解答题
20．如图所示，三块挡板围成横截面边长L＝1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4 N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、 磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场。现将一比荷＝108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场。已知粒子最终回到了O点，OC相距2m。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3。求：
（1）磁感应强度B1的大小；
（2）粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间。
21．如图所示的直角坐标系中，在直线x＝﹣2l0到y轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向。在电场左边界上A（﹣2l0，﹣l0）到C（﹣2l0，0）区域内，连续分布着电量为+q、质量为m的粒子。从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场，若从A点射入的粒子，恰好从y轴上的A′（0，l0）沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图。不计粒子的重力及它们间的相互作用。
（1）求匀强电场的电场强度E；
（2）求在AC间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？
（3）若以直线x＝2l0上的某点为圆心的圆形区域内，分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，使沿x轴正方向射出电场的粒子，经磁场偏转后，都能通过直线x＝2l0与圆形磁场边界的一个交点处，而便于被收集，则磁场区域的最小半径是多大？相应的磁感应强度B是多大？
22．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在第四象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，正方形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第四象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
（1）判断粒子带电的电性，并求电场强度E的大小；
（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；
（3）abcd区域内磁场的磁感应强度B的最小值。
23．如图所示，在坐标系的第一象限内，直线的上方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为；第四象限内，在处有一足够长的光屏与轴垂直放置，光屏与轴之间存在方向沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小为；在轴上点处有一粒子源，能以不同速率沿与轴正方向成角发射质量为、电荷量为的相同粒子，这些粒子经磁场作用后都沿轴负方向通过轴，且速度最大的粒子刚好通过直线与轴的交点，速度最小的粒子通过轴上的点（未画出）。已知速度最大的粒子通过轴前一直在磁场中运动，，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。，。求：
（1）粒子最大速度的值；
（2）有界磁场的最小面积；
（3）粒子到达光屏上的落点到轴的最大距离。
24．如图甲所示，一对平行金属板M、N，两板长为L，两板间距离也为L，置于处的粒子发射源可沿两板的中线发射初速度为、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，M、N板间加变化规律如图乙所示交变电压；金属板的右边界与y轴重合，板的中心线与x轴重合，y轴右侧存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。时刻发射的粒子1恰好贴着N板右侧垂直y轴射出；时刻发射的粒子2与粒子1的运动轨迹交于磁场P点，已知P点的纵坐标为L。不计粒子重力及相互间作用力，求
（1）的大小；
（2）磁场的磁感应强度的大小B；
（3）判断粒子1、2哪个先到达P点，并求到达P点的时间差。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
A．仅减小小球从P点进入的速度大小，由于小球的速度会变，合外力会变，则小球不会做匀变速曲线运动，A错误；
BC．仅减小小球从P点进入的速度大小时，洛伦兹力减小，则电场力和重力不变，小球将向上偏转，电场力和重力的合力向上，且它们的合力对小球做正功，小球动能增大，小球的机械能增大，电场力对小球做正功，电势能减小，重力对小球做负功，重力势能增大，BC错误；
D．由于电势能减小，重力势能增大，动能增大，减小电势能转化为动能和重力势能，故小球的电势能和动能之和减小，D正确。
故选D。
2．C
【详解】
A．粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电，由左手定则可判断出粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力方向向上，粒子受到的电场力方向向下，故速度选择器的极板的电势比极板的高，A错误；
B．由
可知，粒子的速度为
B错误；
C．由
又电场力提供向心力
可得，粒子的比荷为
C正确；
D．粒子在磁分析器中做圆周运动，为轨迹圆的直径，故两点间的距离为
D错误。
故选C。
3．D
【详解】
A．粒子每次经过两盒之间被电场加速，说明加速电源必然是交流电源，故A错误；
B．只要保证粒子每次经过两盒之间被电场加速，则加速电源的周期的整数倍是粒子运动周期即可，不一定必须使用周期为粒子运动周期的交流电源，故B错误；
C．粒子第一次进入盒，根据动能定理
第一次进入盒，根据动能定理
根据洛伦兹力提供向心力
故
故C错误；
D．当粒子射出磁场时，其轨迹半径为R，则其速度为
根据动能定理
解得
故D正确。
故选D。
4．C
【详解】
A．质子出射时，半径为R，则由洛伦兹力提供向心力
可得
出射速度与加速电压无关，故A错误；
B．质子离开回旋加速器时的最大动能为
与半径的平方成正比，故B错误；
C．粒子的加速次数
运动时间为
粒子在回旋加速器中运动的时间与加速电压U有关，故C正确；
D．根据粒子在磁场中运动的周期公式
该加速器加速质量为2m，电荷量为+q的粒子时，交流电频率应变为
所以交流电频率应变为，故D错误；
故选C。
5．D
【详解】
AB．根据左手定则，带正电荷的离子受到向下的洛伦兹力，带负电荷的离子受到向上的洛伦兹力，所以M点电势低于N点电势，故A、B错误；
C．废液流速稳定后，离子受力平衡，有
解得
MN两点电压与污水中离子浓度无关，故C错误；
D．废液流量
其中
解得
故只需要测量两点电压就能够推算废液的流量，故D正确。
故选D。
6．D
【详解】
A．最先得到了电流通过电阻产生热量的规律是焦耳，故A错误；
B．发明了能在实验室中产生高能粒子的回旋加速器的科学家是劳伦斯，故B错误；
C．最早用实验测得元电荷e的数值的科学家是密立根，C错误；
D．首先从实验中发现了电流的磁效应的科学家是奥斯特，故D正确。
故选D。
7．D
【详解】
A. 根据左手定则，电子向N侧面偏转，N表面带负电，M表面带正电，所以M表面的电势高，则UMN>0，MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长为a，有
I=nqvS=nqvdh
则：
所以MN两端电压UMN与磁感应强度B、电流I、载流子电量、霍尔元件厚度都有关系，A错误；
B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，根据左手定则，结合题意可知，自由电子偏向N极，则MN两端电压UMN>0，B错误；
C. 由MN两端电压的表达式
可知，增大h，，MN两端电压UMN一定减小，C错误；
D. 由MN两端电压的表达式
可知，通过控制磁感应强度B可以改变MN两端电压UMN，D正确；
故选D。
8．C
【详解】
AB．粒子从左射入，若带负电，则受到向上的电场力，和向下的洛伦兹力，若带正电，则受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，只要满足
即速度
粒子就能做直线运动通过，故AB错误；
C．若增大，则洛伦兹力大于电场力，粒子向洛伦兹力方向偏转而做曲线运动，则电场力做负功，故C正确；
D．若粒子从点以水平速度进入器件，电场力和洛伦兹力同向，粒子将做曲线运动，即速度选择器的电场和磁场确定之后，也就确定了入口为P，出口为Q，故D错误。
故选C。
9．B
【详解】
A．为了保证粒子每次经过电场时都被加速，要求加速电压U的周期等于粒子的回旋周期，故A错误；
BC．粒子出磁场时，根据洛伦兹力提供向心力
动能为
联立解得粒子的出射动能
可见，粒子获得能量与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度B有关，增大磁场B和D型盒半径R，粒子获得能量增大，故C错误，B正确；
D．由于粒子最终获得的总动能不变，粒子周期不变，加速电压U越大，加速次数越少，粒子在D形盒中运动时间越短，故D错误。
故选B。
10．D
【详解】
电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。
A．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；
B．由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故B错误；
C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误；
D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减，D正确。
故选D。
11．B
【详解】
A．由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，B板电势高，A错误；
B．带电粒子经过加速电场
进入磁场根据洛伦兹力提供向心力有
解得
可知，R越大，荷质比越小，B正确；
C．电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即
所以
C错误；
D．根据带电粒子在磁场中做圆周运动的公式
可得
随着粒子速度的增大，圆周运动的半径也应该增大，与交变电流的频率无关，D错误。
故选B。
12．B
【详解】
假设粒子带正电，则所受电场力向下，由左手定则知所受洛伦兹力方向向上，由受力分析结合运动轨迹知
qvB>qE
则
v>
运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减小；若粒子带负电，所受电场力向上，则由左手定则知所受洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹知
qvB则
v<
运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做正功，则粒子速度增大，选项ACD错误，B正确。
故选B。
13．C
【详解】
A．为了保证质子在电场中不断被加速，则交流电源的周期等于质子做圆周运动的周期，选项A错误；
B．当质子被加速到速度最大时
则最大动能
则若只增大交流电源的电压U，则质子的最大动能不变，选项B错误；
C．根据
可得质子在电场中加速的次数为
选项C正确；
D．质子第一次经过D型盒时
则在磁场中运动半径
质子第二次经过D型盒时
则在磁场中运动半径
质子第1次和第2次经过两D型盒间狭缝后的运动轨迹半径之比为1：，选项D错误。故选C。
14．C
【详解】
A．物块沿斜面下滑时，受到重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力作用，物块沿斜面方向的力不变，加速度不变，物块先沿斜面匀加速运动，速度增大，洛伦兹力增大，飞离斜面后，重力做功，速度增大，故A错误；
B．物块离开斜面时，支持力为0，速度最大，即
解得
故B错误；
C．由动能定理可得
物块沿斜面下滑的最大高度为
故C正确；
D．离开斜面时，重力对物块做功的瞬时功率为
故D错误。
故选C。
15．A
【详解】
带正电的微粒a向右做匀速直线运动，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，平衡条件得
得
带正电的微粒b向左做匀速直线运动，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，平衡条件得
得
带正电的微粒c在纸面内做匀速圆周运动，必有
则有
故选A。
16． 负
【详解】
(1)当小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为了使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向使必须垂直于斜面向上，可见小物体带负电；
(2)小物体沿斜面下滑时，受力如图所示：
由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，
故加速度：a=gsinθ，
洛伦兹力F=qvB，
当FN=0，即qvB=mgcosθ，时，小物体开始离开斜面；
(3)由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v2-0=2aL，
则小物体在斜面上滑行的距离
17． ；
根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，结合粒子在磁场中运动的半径公式求出半径之比.
【详解】
由动能定理得：qU=mv2-0，解得：，因为质子和α粒子的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则速率之比为 ：1．粒子在磁场中运动的半径：，因为质子和α粒子的电量之比为1：2，质量之比为1：4，则半径之比为1：．
18．0.4m/s
【详解】
试题分析：正负离子随海水流动，受到洛伦兹力，正负离子向东西侧极板偏转，两极板间形成电场，最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，由可得
考点：霍尔效应及其应用
点评：解决本题的关键知道海水南北流向流动时，正负离子与海水流动方向相同，受到洛伦兹力向东西方向偏转，打在两极板上，在两极板间形成电场，最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡．
19． 低于 见解析所示
【详解】
(1)[1]电子向左移动，由左手定则知，电子受到的洛伦兹力向上，故上侧面聚集电子，下侧面聚集正电荷，故上侧面的电势低于下侧面。
(2)[2]洛伦兹力；
(3)[3]电子所受静电力
(4)[4]电子受静电力与洛伦兹力的作用，两力平衡，有
得
通过导体的电流，所以由有
得
20．（1）×10－5 T;（2）2.85×10－2s
【详解】
（1）粒子在电场中加速，则由动能定理得
Eqx＝mv2
解得
v＝400 m/s
设粒子进入三角形区域匀强磁场做匀速圆周运动半径为R1，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
由几何关系可知
R1＝＝0.6 m
由
qvB1＝m
代入数据得
B1＝×10－5 T
（2）设带电粒子进入外部磁场做匀速圆周运动半径为R2，由题可知
B2＝3B1＝2×10－5 T
又
qvB2＝m
则
R2＝＝0.2m
粒子在由O→C过程中做匀加速直线运动，由公式
x＝vt1
得到
t1＝0.01s
粒子在磁场B1中的周期为
T1＝＝9×10－3 s
则在磁场B1中的运动时间为
t2＝T1＝3×10－3 s
在磁场B2中的周期为
T2＝＝3×10－3 s
在磁场B2中的运动时间为
t3＝T2＝5.5×10－3 s
则粒子在复合场中运动的总时间为
t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2 s
21．（1）；（2）（n＝1、2、3…），通过电场后也能沿x轴正方向运动；（3）；
【详解】
（1）从A点射出的粒子，由A到A′的运动时间为T，根据运动轨迹和对称性可得
x轴方向
y轴方向
解得
（2）设到C点距离为处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向，粒子第一次达x轴用时，水平位移为，则
若满足，则从电场射出时的速度方向也将沿x轴正方向，解得
即AC间y坐标为
（n＝1，2，3，…）
（3）当n＝1时，粒子射出的坐标为
当n＝2时，粒子射出的坐标为
当n≥3时，沿x轴正方向射出的粒子分布在y1到y2之间（如图）y1到y2之间的距离为
则磁场的最小半径为
若使粒子经磁场偏转后汇聚于一点，粒子的运动半径与磁场圆的半径相等（如图），（轨迹圆与磁场圆相交，四边形为菱形）
由
得
22．（1）正电；；（2），方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角；（3）
【详解】
（1）粒子垂直于电场方向进入电场后沿电场线方向偏转，故粒子带正电；
设粒子在电场中运动的时间为t，粒子在电场中做类平抛运动，则有
联立以上各式可得
（2）粒子到达a点时沿y轴方向的分速度
所以，粒子进入磁场的速度为
方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。
（3）粒子在磁场中运动时，有
粒子又经过磁场从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45°角，故粒子在磁场中的偏转角为，分析得：当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有
所以
23．（1）；（2） ；（3）
【详解】
（1）设粒子的最大速度为，由于速度最大的粒子穿过x轴前一直在磁场内运动，过P点作速度的垂线交x轴于O1点，就是速度为的粒子做圆周运动的圆心，PO1即为半径R1，如图1
由几何关系有
解得
由洛伦兹力提供向心力，则
解得
（2）设速度最小的粒子在磁场中半径为R2，速度为，根据几何关系有
解得
，
磁场的最小面积为图1中PCM阴影部分面积
解得
（3）设某个粒子轨迹与直线交点为C1，到达x轴上点N1时，距离原点O的距离为x，如图2
该粒子对应的速度为v，轨迹半径为R，由几何关系得
解得
又由
解得
该粒子在电场中运动时间为t，有
解得
粒子打到光屏上的位置距离x轴的距离为Y，有
其中
当时，有最大距离
24．（1）；（2）；（3）粒子2，
【详解】
（1）时刻入射的粒子在两板间运动轨迹如图
由水平方向匀速直线运动有
由竖直方向匀加速直线运动有
由牛顿第二定律有
解得
（2）由（1）同理可知时刻入射的粒子恰好贴着M板右侧垂直y轴射入磁场， 粒子进入磁场时的y方向的速度大小
故进入磁场时速度大小
（或能体现出由于进入磁场时y方向速度为零，故速度等于也可得分）
如图
由几何关系可得
解得
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得
解得
（3）粒子在磁场中运动的周期
粒子1到达P点的时刻
粒子2到达P点的时刻
所以
由于故粒子2先到达P点，到达P点的时间差
答案第1页，共2页
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