1.3洛伦兹力的应用同步练习（含解析）2023——2024学年高物理鲁科版（2019）选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 1.3洛伦兹力的应用同步练习（含解析）2023——2024学年高物理鲁科版（2019）选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-04-18 21:35:33 | ||
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文档简介
1.3 洛伦兹力的应用 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力力、加速度a与机械能等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，通入电流为I的导体板放在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流与磁场方向垂直时，导体板上、下面A、间产生一定的电势差，这种现象称为霍尔效应。导体板中自由电子电荷量为e，导体板的宽度为d，厚度为h，下列说法正确的是（ ）
A．A面电势比面电势高
B．仅改变I，与h成正比
C．仅改变d，与d成正比
D．电势差稳定后，电子受到的洛伦兹力大小为
3．如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为、电荷量为的带电粒子从圆周上的点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（ ）
A． B． C． D．3
4．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并与高频电源相连。带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是（ ）
A．同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差随时间变化减小
B．v1:v2:v3=1:2:3
C．粒子在电场中的加速次数为
D．t3－t2>t2－t1
5．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上
B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
D．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
6．在如图所示的坐标系中，第一象限内存在与y轴平行的匀强电场，电场强度大小为E；第二象限内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。P、Q两点在x轴上，一带电粒子（不计重力）从P点以垂直于x轴的速度向上射入第二象限，经磁场偏转后，粒子垂直于y轴进入第一象限，恰好经过x轴上的Q点，Q点到原点的距离是P点到原点距离的2倍。则（ ）
A．第一象限内的电场方向竖直向下
B．粒子在P、Q两点的速度大小之比为
C．粒子在磁场中与在电场中运动的时间之比为
D．电场强度和磁感应强度的大小之比为
7．如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，S为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率v经过S点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，粒子的出射点分布在四分之一圆周SP上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为
C．从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为
D．若粒子的入射速率为2v，粒子的出射点分布在二分之一圆周上
8．如图所示，甲是质谱仪，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，在三种同位素由静止加速进入磁场所形成的三条质谱线中，c对应的比荷最小
B．乙图中，可判断出A极板是发电机的正极
C．丙图中，粒子沿直线通过速度选择器时，粒子的速度与粒子的电荷量有关
D．丁图中，若导体为金属，则稳定时C板电势低
二、多选题
9．如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。质量为、带电量为（）的绝缘物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为，重力加速度g。现将小物块紧贴竖直墙壁由静止释放，当小物块沿绝缘墙壁下滑h时获得最大速度开始匀速下滑，墙壁足够长，下列说法正确的是（ ）
A．小物块运动过程中的最大加速度为
B．小物块获得最大速度
C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程克服摩擦力做的功
D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程经历的时间
10．如图甲所示，在竖直面（纸面）内，一个足够长的绝缘圆柱细杆与水平方向成θ=60°角固定，所在空间有垂直于纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，一质量为m=0.3kg、带电量q=+1.0C的穿孔小球套在杆上，小球上的孔径略大于杆的直径。杆的表面由两种材料构成，图甲中杆的中轴线右上方一侧的表面光滑，左下方一侧的表面与小球的动摩擦因数为。现将该小球由静止释放，得其速度-时间图像如图乙所示，其中之前的图像为直线，之后的图像为曲线。则下列说法正确的有（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为1.5T
B．小球最终将在杆上做速度大小为8m/s的匀速直线运动
C．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180°后再由静止释放小球，则小球最终将在杆上做加速度大小为的匀加速直线运动
D．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转90°后再由静止释放小球， 则小球最终将在杆上做速度大小为18m/s的匀速直线运动（粗糙区和光滑区各占支持力的一半）
11．如图所示，圆形区域内存在垂直纸面方向的匀强磁场，为圆心，和为圆的两条直径，。质量为、电荷量为的带电粒子1沿方向从A点射入。质量为、电荷量为的带电粒子2从点射入，两粒子入射速度相同且都从点飞离磁场，不考虑两带电粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子1与粒子2的比荷之比为 B．粒子1与粒子2的出射方向夹角为
C．粒子1与粒子2的运动半径之比为 D．粒子1与粒子2在磁场内运动的时间之比为
12．如图，真空中有区域I和II，区域I中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，腰长为L的等腰直角三角形CGF区域（区域II）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域I中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域II。若区域I中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域II中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF边靠近F的三等分点D射出，它们在区域II中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域II中的粒子在区域II中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．从D点飞出的粒子速度大小为
B．粒子的比荷为
C．若仅将区域I中电场强度大小变为2E，则
D．若仅将区域II中磁感应强度大小变为，则粒子从GF边出射，出射点距离O点
三、实验题
13．如图甲所示，在一矩形金属薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N两侧面间出现电压，这个现象称为霍尔效应，称为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某校物理学习小组对霍尔现象进行了如下研究，请完成下列填空：
(1)用螺旋测微器测出薄片厚度如图乙所示，则 mm。
(2)已知金属薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子电荷量的绝对值为e，则霍尔系数 。
(3)在如图甲所示的磁场中，金属薄片M面的电势 （填“高”或“低”）于N面的电势；若小组成员在进行霍尔电压测量时，测量点相比较于测量点N更靠近P端，则利用M、测量出的霍尔电压的绝对值将相比真实值偏 （填“大”或“小”）。
(4)小组成员群策群力设计并制作了如图丙所示的霍尔测速仪，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反，霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图象如图丁所示。若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则圆盘转速 。
14．某学习小组利用砷化镓霍尔元件（载流子为电子）测量磁感应强度，实验原理如图1所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流，通过1、3测脚时，元件中的载流子受洛伦兹力而偏转，2、4测脚间将产生霍尔电压。
（1）2、4测脚中电势高的是 （选填“2”或“4”）测脚。
（2）①某次实验中，利用螺旋测微器测量元件厚度d（如图2），其读数为 mm，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示：
实验次数 1 2 3 4 5
0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
41.5 83.1 124.8 166.4 208.1
②根据实验数据在如图3所示的坐标纸上作出与的关系图像；
（3）设该元件单位体积中自由电子的个数为，元件厚度为，磁感应强度为，电子电荷量为，则与的关系式为 。
（4）为提高测量灵敏度，请提出制作霍尔元件的建议 。
四、解答题
15．如图甲所示，在平面直角坐标系的第一象限内、半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，边界圆刚好与轴、轴相切于、两点，长为、间距也为的平行金属板M、N固定在第二象限内，N板在轴上，在两板加上如图乙所示的交变电压，图中未知、已知，在两板中线左端有一粒子源，沿中线向右不断射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，所有粒子穿过两板间电场的时间均为，在轴下方有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中有一足够长平行于轴的挡板，挡板到轴距离为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，从时刻射出的粒子经磁场Ⅰ偏转后刚好从点进入磁场Ⅱ，打在板上时的速度与轴负方向的夹角为，所有粒子打到挡板上后均被挡板吸收，不计粒子重力和相互间作用，，。求：
（1）大小；
（2）匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小；
（3）挡板上打到粒子的区域的长度。
16．如图，在的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在的区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场。一个氕核和一个氚核先后从x轴上P、Q两点射出，速度大小分别为、。速度方向与x轴正方向的夹角均为，一段时间后，氕核和氚核同时沿平行x轴方向到达y轴上的M点（图中未画出），并立即发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知Q点坐标为，不计粒子重力及粒子间的静电力作用，，，求：
（1）P点的横坐标。
（2）匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B大小之比。
（3）氕核和氚核碰撞后再次到达y轴上时的坐标点相隔的距离。
17．如图所示，边长为L的正方形区域内，以对角线bd为边界，上方有平行ad边向下的匀强电场，电场强度大小为E。下方有垂直abcd平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从ab边中点O由静止释放，在电场和磁场中运动后垂直bc边射出。粒子重力不计。求粒子的比荷。
18．如图所示，在圆柱形空间的中心位置存在一个粒子源，其大小忽略不计，可发射出带电量为，质量为的粒子。圆柱形空间的底面半径为，圆柱高为。以粒子源为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。
（1）若粒子源向其所处水平面的任意方向发射速度大小为的粒子，圆柱内存在竖直向下的匀强电场使得所有粒子均未从圆柱侧面离开，求符合条件的最小电场强度大小。
（2）若粒子源向空间任意方向发射速度大小为的粒子，圆柱内存在竖直向下的匀强磁场使得所有粒子均未从圆柱侧面离开，求符合条件的最小磁感应强度B。
（3）若圆柱空间内同时存在竖直向下的匀强磁场和匀强电场，其电场强度与磁感应强度大小分别为和（、B分别为第一问、第二问中的结果），粒子源向轴正方向方向发射速度为的粒子，求粒子离开圆柱区域的位置坐标。保持其他条件不变，当电场强度大小变为多少时，可使得粒子恰好从底面射出？
19．如图所示，某种离子扭转器可以将射向不同方向的粒子，通过改变电场或磁场的大小和方向，使其经过相同的点，该装置由间距均为L的三块带有小孔的平行金属板M、N、P构成，三块金属板的中心小孔O、O1、O2连线与三块金属板垂直，粒子可以通过M板上的中心小孔O，向各个方向发射，让粒子经过N板上的小孔a，最后从P板上的小孔O2射出，已知小孔a在O1的正上方，到O1的距离为。以金属板M的中心O为坐标原点，以水平向内为x轴，竖直向上为y轴，垂直于金属板向右方向为z轴，建立直角坐标系。M、N板之间的区域为I区，N、P板间的区域为II区。从正离子源射出的粒子质量为m，带电量为q，以速度v0从金属板的小孔O射入（不计粒子重力）。
（1）若粒子沿着y轴正方向射入，在I区加上与x轴平行的匀强磁场B1，在II区加上与y轴平行的匀强电场E1，求B1，E1的大小及方向；
（2）若粒子入射的方向在xOz平面内，与x轴正方向夹角α（为锐角），在I区加上沿z轴负方向的匀强磁场B2，同时调整M、N间的距离，使I区的宽度达到最小值，求B2及I区宽度的最小值；
（3）在满足（2）的条件下，在II区加平行于金属板的电场E2。求E2的大小。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【详解】AC．滑块下滑过程中始终没有离开斜面，滑块沿斜面受到的重力分力和电场力分力均保持不变，滑块做匀加速直线运动，则图像为一条与横轴平行的直线；根据图像的斜率表示速度，可知图像的斜率逐渐增大，故AC错误；
B．由于滑块由静止做匀加速直线运动，则有
可知图像为过原点的倾斜直线，故B正确；
D．除重力做功外，还有电场力做功，则滑块的机械能不守恒，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】A．由题图可知，电流方向向右，电子的定向移动方向向左，由左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向上，则导体板上表面带负电，下表面带正电，因此A面电势比面电势低，A错误；
BCD．电势差稳定后，电子受到的电场力与洛伦兹力平衡，可得
可得
导体板通过的电流
可得
则有
可知与I成正比，与d成反比，BC错误，D正确。
故选D。
3．C
【详解】设圆形磁场的区域半径为,当粒子的入射速度为和时，其圆周运动的轨道半径分别为和，如图所示
根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
所以
C正确。
故选C。
4．A
【详解】A．粒子在电场中加速过程，根据动能定理有
，
粒子在磁场中匀速圆周运动过程有
，
解得
随时间变长，加速次数增大，同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差减小，故A正确；
B．结合上述有
，，
解得
故B错误；
C．结合上述可知，粒子加速达到次数为
故C错误；
D．粒子在磁场中匀速圆周运动的周期
图中除了引出的最后阶段，对应匀速直线运动的时间间隔为粒子在磁场中圆周运动的半个周期，即有
t3－t2=t2－t1
故D错误。
故选A。
5．D
【详解】A B．带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，只有轨道半径为R的粒子出射后可垂直打在MN上，，故AB错误；
C．由洛伦兹力作为向心力可得
可知
对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由
可知，运动时间t越短，，故C错误；
D．当速度满足，粒子的轨迹半径为
r=R
入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，如图所示
粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。
故选D。
6．B
【详解】A．带电粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知粒子带负电；进入电场后向下偏转，说明电场方向竖直向上，故A错误；
D．设O、P之间的距离为，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
解得
粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为，则有
又
联立解得
故D错误；
C．粒子在磁场中的运动时间为
所以
故C错误；
B．在Q点，粒子沿电场方向的速度为
所以粒子在Q点的速度为
则粒子在P、Q两点的速度大小之比为，故B正确。
故选B。
7．C
【详解】A．出射点分布在四分之一圆周SP上，根据左手定则知，粒子带正电，故A错误；
B．根据题意可知从P点射出的粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，其直径是最长的弦，轨迹半径为
根据
得
故B错误；
C．从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为
故C正确；
D．若入射粒子的速率为2v，分析可知粒子在磁场中运动的轨迹半径为，大于磁场圆半径，故出射点将分布在整个圆周上，故D错误。
故选C。
8．D
【详解】A．甲图粒子在电场中被加速，由动能定理得
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
粒子轨道半径
在三种同位素由静止加速进入磁场所形成的三条质谱线中，c对应的比荷最大，故A错误；
B．乙图由左手定则可知，带正电的粒子偏向下极板，则可判断出A极板是发电机的负极，故B错误；
C．丙图中粒子沿直线通过速度选择器，则
可得
则粒子沿直线通过速度选择器时，粒子的速度与粒子的电荷量无关，故C错误；
D．丁图中若导体为金属，由左手定则可知，电子偏向C极板，则稳定时C板电势低，故D正确。
故选D。
9．ABD
【详解】A．小物块运动过程中的加速度
物块由静止释放时有最大加速度
A正确；
B．物块速度最大时合力为零，根据平衡条件得
解得小物块能达到的最大速度为
B正确；
C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程根据动能定理
解得
C错误；
D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程，根据动量定理
解得
D正确；
故选ABD。
10．ACD
【详解】A．小球由静止释放做匀加速运动，根据图像可知
根据牛顿第二定律
解得
在前做匀加速运动，则摩擦力为零，所以杆的支持力为右上方一侧，当时，支持力恰好为零，则有
解得
故A正确；
B．小球最终将在杆上做匀速运动时加速度为零，则有
解得
故B错误；
C．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180°后再由静止释放小球，刚才时小球向下加速度，随着速度增大，洛伦兹力增大，由于旋转180°后中轴线右上方一侧有摩擦力，所以摩擦力逐渐减小，最后无摩擦力的作用，根据
解得
故C正确；
D．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转90°后再由静止释放小球，最终小球速度最大时有
解得
故D正确。
故选ACD。
11．AB
【详解】如图所示，做出两粒子的运动轨迹，设粒子1做圆周运动的圆心为，半径为，设粒子2做圆周运动的圆心为，半径为，圆心磁场的半径为。
C．由几何关系可知
得
得
粒子1与粒子2的运动半径之比
故C错误；
A．由洛伦兹力提供向心力
得粒子1与粒子2的比荷之比
故A正确；
B．粒子1出射速度反向延长线过磁场区域圆的圆心，粒子2出射速度方向与夹角为，由几何关系可知粒子1与粒子2的出射方向夹角为，故B正确；
D．粒子1与粒子2在磁场内运动的周期分别为
，
得
由图可知粒子1在磁场中做圆周运动对应的圆心角
由图可知粒子2在磁场中做圆周运动对应的圆心角
粒子1、粒子2在磁场内运动的时间
，
粒子1与粒子2在磁场内运动的时间之比
故D错误。
故选AB。
12．BCD
【详解】A．根据题意可知区域Ⅰ中粒子电场力和洛伦兹力相等，由此可得
解得
粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，速度大小不变，故从D点飞出的粒子速度大小为，故A错误；
B．粒子的运动轨迹如图所示
在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则有
根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为，则有
联立可得粒子的比荷为
故B正确；
C．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，设进入区域Ⅱ中的速度大小为，则有
解得
在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则有
解得
则粒子将从GF边离开区域Ⅱ，轨迹的圆心角小于，根据粒子在磁场中的周期公式
由于区域Ⅱ中的磁场不变，粒子的比荷也不变，所以周期不变，根据
因为粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的圆心角减小，所以粒子运动时间减小，则有
故C正确；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，设粒子在区域Ⅱ中运动的半径为，根据
解得
则粒子从GF边出射，粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
根据勾股定理
则出射点距离O点
故D正确。
故选BCD。
13．(1)0.520
(2)
(3) 低 大
(4)
【详解】（1）[1]薄片厚度如图乙所示，则
（2）[1]由题意得
得
当电场力与洛伦兹力平衡时，有
得
电流的微观表达式
联立解得
（3）[1][2]导体或半导体中的电子定向移动形成电流，由左手定则判断，电子会偏向M端，使其电势低，同时相对的N端电势高，故M端的电势比N端的电势低；不正对时存在沿电流方向的电势差，即N方向上有电势差，大于N的电势，则利用M、测量出的霍尔电压的绝对值将相比真实值偏大。
（4）[1]在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，可得
则圆盘的转速为
14． 2 1.900/1.899/1.901 见解析 见解析
【详解】（1）[1]根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4测脚方向，电子带负电，故2测脚中电势高；
（2）①[2]螺旋测微器的精确值为，由图可知读数为
②[3]将表格中的数据在图中描点连线，其图像如图所示
（3）[4]霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有
电流微观表达式为
设霍尔元件的宽度为，霍尔元件的电压为
霍尔元件的截面面积为
联立解得
（4）[5]由
可知减小厚度或选用单位体积中自由电子的个数更多的材料制作霍尔元件可以提高测量灵敏度。
15．（1）；（2），；（3）
【详解】（1）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，根据对称性可知沿电场方向有
，
联立解得
（2）设粒子源设粒子的速度为，根据题意有
可得
时刻射出的粒子，由图乙可知粒子沿电场方向的分运动在时间内向下先加速后减速，在时间内向上先加速后减速，根据对称性可知粒子刚好从A点进入磁场Ⅰ，进入速度方向沿轴方向，大小为，粒子在两个磁场中的运动轨迹如图所示
粒子在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得
联立可得
粒子在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得
联立可得
（3）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，由图乙结合对称性可知，所有粒子离开电场时沿电场方向的速度均为0，即所有粒子离开电场时的速度方向均沿轴方向，大小均为，射出电场粒子刚好分布于M、N板之间，由于所有粒子进入磁场Ⅰ的运动轨迹半径等于圆形磁场Ⅰ的半径，根据磁汇聚原理可知，所有粒子均从C点进入磁场Ⅱ，如图所示
根据几何关系可得挡板上打到粒子的区域的长度为
联立解得
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）分析氕核（）和氚核（）的运动情况，氕核射出后在磁场中做匀速圆周运动，氚核射出后在电场中做类平抛运动，两粒子运动轨迹如图所示
研究氚核，根据抛体运动规律有
研究氕核，根据数学关系得
联立解得
（2）设氕核（）的质量为m，电荷量为q，则氚核（）的质量为3m，电荷量为q。研究氕核，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
研究氚核，根据抛体运动规律得
解得
则有
（3）碰撞前，氚核的速度为
氚核（）和氕核（）发生弹性碰撞，设碰撞后氚核、氕核速度分别为、。根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得
碰撞后，氕核、氚核均在磁场中做匀速圆周运动，设氚核、氕核的运动半径分别为、，根据洛伦兹力提供向心力，研究氚核有
研究氕核有
氚核和氕核碰撞后，均向上运动半个圆再次到达y轴上的点，他们相隔的距离为
联立解得
17．
【详解】粒子运动轨迹如图所示
粒子在电场中运动过程，据动能定理可得
粒子在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，可得
据几何关系可得
解得
18．（1）；（2）；（3）；
【详解】（1）恰好不从侧面离开时，水平方向有
竖直方向有
联立解得
（2）沿水平方向发射的粒子，恰好不从侧面飞出时，由几何知识得粒子的运动半径
由，解得
其他方向的发射的粒子垂直于的分量必定小于，由得其运动半径
故不可能从侧面飞出，综上所述
（3）粒子在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向做匀加速直线运动设粒子做匀速圆周运动的半径为，由，解得
由几何知识易得，粒子转过的圆心角
粒子在磁场中的运动时间
粒子在轴负方向运动的距离为
故粒子应从侧面离开，由几何知识得，对应坐标为；
若要恰好从底面离开，则有
代入数据解得
19．（1），方向沿x轴负方向；，方向沿y轴正方向；（2），；（3）
【详解】（1）粒子在区域I中做匀速圆周运动，圆心在z轴上，根据左手定则可知，磁场方向沿x轴负方向，设轨道半径为R1，离开I区时速度方向与竖直方向夹角为θ，如图所示
有几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力得
联立可得
，
在区域II中粒子做类斜抛运动，则
又
联立可得
方向沿y轴正方向。
（2）将初速度分解到沿z轴方向和x轴方向，根据左手定则可知，粒子沿z轴方向做匀速直线运动，在垂直z轴平面内做匀速圆周运动，a点恰好是圆周运动的最高点，因此
联立可得
由
联立解得
（3）在通过a点后，若通过小孔O2，在z轴方向
在x轴方向上
其中
在y轴方向上
又
由以上各式联立解得
答案第1页，共2页
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力力、加速度a与机械能等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，通入电流为I的导体板放在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流与磁场方向垂直时，导体板上、下面A、间产生一定的电势差，这种现象称为霍尔效应。导体板中自由电子电荷量为e，导体板的宽度为d，厚度为h，下列说法正确的是（ ）
A．A面电势比面电势高
B．仅改变I，与h成正比
C．仅改变d，与d成正比
D．电势差稳定后，电子受到的洛伦兹力大小为
3．如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为、电荷量为的带电粒子从圆周上的点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（ ）
A． B． C． D．3
4．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并与高频电源相连。带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是（ ）
A．同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差随时间变化减小
B．v1:v2:v3=1:2:3
C．粒子在电场中的加速次数为
D．t3－t2>t2－t1
5．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上
B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
D．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
6．在如图所示的坐标系中，第一象限内存在与y轴平行的匀强电场，电场强度大小为E；第二象限内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。P、Q两点在x轴上，一带电粒子（不计重力）从P点以垂直于x轴的速度向上射入第二象限，经磁场偏转后，粒子垂直于y轴进入第一象限，恰好经过x轴上的Q点，Q点到原点的距离是P点到原点距离的2倍。则（ ）
A．第一象限内的电场方向竖直向下
B．粒子在P、Q两点的速度大小之比为
C．粒子在磁场中与在电场中运动的时间之比为
D．电场强度和磁感应强度的大小之比为
7．如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，S为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率v经过S点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，粒子的出射点分布在四分之一圆周SP上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为
C．从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为
D．若粒子的入射速率为2v，粒子的出射点分布在二分之一圆周上
8．如图所示，甲是质谱仪，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，在三种同位素由静止加速进入磁场所形成的三条质谱线中，c对应的比荷最小
B．乙图中，可判断出A极板是发电机的正极
C．丙图中，粒子沿直线通过速度选择器时，粒子的速度与粒子的电荷量有关
D．丁图中，若导体为金属，则稳定时C板电势低
二、多选题
9．如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。质量为、带电量为（）的绝缘物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为，重力加速度g。现将小物块紧贴竖直墙壁由静止释放，当小物块沿绝缘墙壁下滑h时获得最大速度开始匀速下滑，墙壁足够长，下列说法正确的是（ ）
A．小物块运动过程中的最大加速度为
B．小物块获得最大速度
C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程克服摩擦力做的功
D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程经历的时间
10．如图甲所示，在竖直面（纸面）内，一个足够长的绝缘圆柱细杆与水平方向成θ=60°角固定，所在空间有垂直于纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，一质量为m=0.3kg、带电量q=+1.0C的穿孔小球套在杆上，小球上的孔径略大于杆的直径。杆的表面由两种材料构成，图甲中杆的中轴线右上方一侧的表面光滑，左下方一侧的表面与小球的动摩擦因数为。现将该小球由静止释放，得其速度-时间图像如图乙所示，其中之前的图像为直线，之后的图像为曲线。则下列说法正确的有（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为1.5T
B．小球最终将在杆上做速度大小为8m/s的匀速直线运动
C．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180°后再由静止释放小球，则小球最终将在杆上做加速度大小为的匀加速直线运动
D．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转90°后再由静止释放小球， 则小球最终将在杆上做速度大小为18m/s的匀速直线运动（粗糙区和光滑区各占支持力的一半）
11．如图所示，圆形区域内存在垂直纸面方向的匀强磁场，为圆心，和为圆的两条直径，。质量为、电荷量为的带电粒子1沿方向从A点射入。质量为、电荷量为的带电粒子2从点射入，两粒子入射速度相同且都从点飞离磁场，不考虑两带电粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子1与粒子2的比荷之比为 B．粒子1与粒子2的出射方向夹角为
C．粒子1与粒子2的运动半径之比为 D．粒子1与粒子2在磁场内运动的时间之比为
12．如图，真空中有区域I和II，区域I中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，腰长为L的等腰直角三角形CGF区域（区域II）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域I中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域II。若区域I中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域II中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF边靠近F的三等分点D射出，它们在区域II中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域II中的粒子在区域II中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．从D点飞出的粒子速度大小为
B．粒子的比荷为
C．若仅将区域I中电场强度大小变为2E，则
D．若仅将区域II中磁感应强度大小变为，则粒子从GF边出射，出射点距离O点
三、实验题
13．如图甲所示，在一矩形金属薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N两侧面间出现电压，这个现象称为霍尔效应，称为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某校物理学习小组对霍尔现象进行了如下研究，请完成下列填空：
(1)用螺旋测微器测出薄片厚度如图乙所示，则 mm。
(2)已知金属薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子电荷量的绝对值为e，则霍尔系数 。
(3)在如图甲所示的磁场中，金属薄片M面的电势 （填“高”或“低”）于N面的电势；若小组成员在进行霍尔电压测量时，测量点相比较于测量点N更靠近P端，则利用M、测量出的霍尔电压的绝对值将相比真实值偏 （填“大”或“小”）。
(4)小组成员群策群力设计并制作了如图丙所示的霍尔测速仪，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反，霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图象如图丁所示。若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则圆盘转速 。
14．某学习小组利用砷化镓霍尔元件（载流子为电子）测量磁感应强度，实验原理如图1所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流，通过1、3测脚时，元件中的载流子受洛伦兹力而偏转，2、4测脚间将产生霍尔电压。
（1）2、4测脚中电势高的是 （选填“2”或“4”）测脚。
（2）①某次实验中，利用螺旋测微器测量元件厚度d（如图2），其读数为 mm，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示：
实验次数 1 2 3 4 5
0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
41.5 83.1 124.8 166.4 208.1
②根据实验数据在如图3所示的坐标纸上作出与的关系图像；
（3）设该元件单位体积中自由电子的个数为，元件厚度为，磁感应强度为，电子电荷量为，则与的关系式为 。
（4）为提高测量灵敏度，请提出制作霍尔元件的建议 。
四、解答题
15．如图甲所示，在平面直角坐标系的第一象限内、半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，边界圆刚好与轴、轴相切于、两点，长为、间距也为的平行金属板M、N固定在第二象限内，N板在轴上，在两板加上如图乙所示的交变电压，图中未知、已知，在两板中线左端有一粒子源，沿中线向右不断射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，所有粒子穿过两板间电场的时间均为，在轴下方有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中有一足够长平行于轴的挡板，挡板到轴距离为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，从时刻射出的粒子经磁场Ⅰ偏转后刚好从点进入磁场Ⅱ，打在板上时的速度与轴负方向的夹角为，所有粒子打到挡板上后均被挡板吸收，不计粒子重力和相互间作用，，。求：
（1）大小；
（2）匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小；
（3）挡板上打到粒子的区域的长度。
16．如图，在的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在的区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场。一个氕核和一个氚核先后从x轴上P、Q两点射出，速度大小分别为、。速度方向与x轴正方向的夹角均为，一段时间后，氕核和氚核同时沿平行x轴方向到达y轴上的M点（图中未画出），并立即发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知Q点坐标为，不计粒子重力及粒子间的静电力作用，，，求：
（1）P点的横坐标。
（2）匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B大小之比。
（3）氕核和氚核碰撞后再次到达y轴上时的坐标点相隔的距离。
17．如图所示，边长为L的正方形区域内，以对角线bd为边界，上方有平行ad边向下的匀强电场，电场强度大小为E。下方有垂直abcd平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从ab边中点O由静止释放，在电场和磁场中运动后垂直bc边射出。粒子重力不计。求粒子的比荷。
18．如图所示，在圆柱形空间的中心位置存在一个粒子源，其大小忽略不计，可发射出带电量为，质量为的粒子。圆柱形空间的底面半径为，圆柱高为。以粒子源为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。
（1）若粒子源向其所处水平面的任意方向发射速度大小为的粒子，圆柱内存在竖直向下的匀强电场使得所有粒子均未从圆柱侧面离开，求符合条件的最小电场强度大小。
（2）若粒子源向空间任意方向发射速度大小为的粒子，圆柱内存在竖直向下的匀强磁场使得所有粒子均未从圆柱侧面离开，求符合条件的最小磁感应强度B。
（3）若圆柱空间内同时存在竖直向下的匀强磁场和匀强电场，其电场强度与磁感应强度大小分别为和（、B分别为第一问、第二问中的结果），粒子源向轴正方向方向发射速度为的粒子，求粒子离开圆柱区域的位置坐标。保持其他条件不变，当电场强度大小变为多少时，可使得粒子恰好从底面射出？
19．如图所示，某种离子扭转器可以将射向不同方向的粒子，通过改变电场或磁场的大小和方向，使其经过相同的点，该装置由间距均为L的三块带有小孔的平行金属板M、N、P构成，三块金属板的中心小孔O、O1、O2连线与三块金属板垂直，粒子可以通过M板上的中心小孔O，向各个方向发射，让粒子经过N板上的小孔a，最后从P板上的小孔O2射出，已知小孔a在O1的正上方，到O1的距离为。以金属板M的中心O为坐标原点，以水平向内为x轴，竖直向上为y轴，垂直于金属板向右方向为z轴，建立直角坐标系。M、N板之间的区域为I区，N、P板间的区域为II区。从正离子源射出的粒子质量为m，带电量为q，以速度v0从金属板的小孔O射入（不计粒子重力）。
（1）若粒子沿着y轴正方向射入，在I区加上与x轴平行的匀强磁场B1，在II区加上与y轴平行的匀强电场E1，求B1，E1的大小及方向；
（2）若粒子入射的方向在xOz平面内，与x轴正方向夹角α（为锐角），在I区加上沿z轴负方向的匀强磁场B2，同时调整M、N间的距离，使I区的宽度达到最小值，求B2及I区宽度的最小值；
（3）在满足（2）的条件下，在II区加平行于金属板的电场E2。求E2的大小。
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参考答案：
1．B
【详解】AC．滑块下滑过程中始终没有离开斜面，滑块沿斜面受到的重力分力和电场力分力均保持不变，滑块做匀加速直线运动，则图像为一条与横轴平行的直线；根据图像的斜率表示速度，可知图像的斜率逐渐增大，故AC错误；
B．由于滑块由静止做匀加速直线运动，则有
可知图像为过原点的倾斜直线，故B正确；
D．除重力做功外，还有电场力做功，则滑块的机械能不守恒，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】A．由题图可知，电流方向向右，电子的定向移动方向向左，由左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向上，则导体板上表面带负电，下表面带正电，因此A面电势比面电势低，A错误；
BCD．电势差稳定后，电子受到的电场力与洛伦兹力平衡，可得
可得
导体板通过的电流
可得
则有
可知与I成正比，与d成反比，BC错误，D正确。
故选D。
3．C
【详解】设圆形磁场的区域半径为,当粒子的入射速度为和时，其圆周运动的轨道半径分别为和，如图所示
根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
所以
C正确。
故选C。
4．A
【详解】A．粒子在电场中加速过程，根据动能定理有
，
粒子在磁场中匀速圆周运动过程有
，
解得
随时间变长，加速次数增大，同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差减小，故A正确；
B．结合上述有
，，
解得
故B错误；
C．结合上述可知，粒子加速达到次数为
故C错误；
D．粒子在磁场中匀速圆周运动的周期
图中除了引出的最后阶段，对应匀速直线运动的时间间隔为粒子在磁场中圆周运动的半个周期，即有
t3－t2=t2－t1
故D错误。
故选A。
5．D
【详解】A B．带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，只有轨道半径为R的粒子出射后可垂直打在MN上，，故AB错误；
C．由洛伦兹力作为向心力可得
可知
对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由
可知，运动时间t越短，，故C错误；
D．当速度满足，粒子的轨迹半径为
r=R
入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，如图所示
粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。
故选D。
6．B
【详解】A．带电粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知粒子带负电；进入电场后向下偏转，说明电场方向竖直向上，故A错误；
D．设O、P之间的距离为，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
解得
粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为，则有
又
联立解得
故D错误；
C．粒子在磁场中的运动时间为
所以
故C错误；
B．在Q点，粒子沿电场方向的速度为
所以粒子在Q点的速度为
则粒子在P、Q两点的速度大小之比为，故B正确。
故选B。
7．C
【详解】A．出射点分布在四分之一圆周SP上，根据左手定则知，粒子带正电，故A错误；
B．根据题意可知从P点射出的粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，其直径是最长的弦，轨迹半径为
根据
得
故B错误；
C．从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为
故C正确；
D．若入射粒子的速率为2v，分析可知粒子在磁场中运动的轨迹半径为，大于磁场圆半径，故出射点将分布在整个圆周上，故D错误。
故选C。
8．D
【详解】A．甲图粒子在电场中被加速，由动能定理得
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
粒子轨道半径
在三种同位素由静止加速进入磁场所形成的三条质谱线中，c对应的比荷最大，故A错误；
B．乙图由左手定则可知，带正电的粒子偏向下极板，则可判断出A极板是发电机的负极，故B错误；
C．丙图中粒子沿直线通过速度选择器，则
可得
则粒子沿直线通过速度选择器时，粒子的速度与粒子的电荷量无关，故C错误；
D．丁图中若导体为金属，由左手定则可知，电子偏向C极板，则稳定时C板电势低，故D正确。
故选D。
9．ABD
【详解】A．小物块运动过程中的加速度
物块由静止释放时有最大加速度
A正确；
B．物块速度最大时合力为零，根据平衡条件得
解得小物块能达到的最大速度为
B正确；
C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程根据动能定理
解得
C错误；
D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程，根据动量定理
解得
D正确；
故选ABD。
10．ACD
【详解】A．小球由静止释放做匀加速运动，根据图像可知
根据牛顿第二定律
解得
在前做匀加速运动，则摩擦力为零，所以杆的支持力为右上方一侧，当时，支持力恰好为零，则有
解得
故A正确；
B．小球最终将在杆上做匀速运动时加速度为零，则有
解得
故B错误；
C．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180°后再由静止释放小球，刚才时小球向下加速度，随着速度增大，洛伦兹力增大，由于旋转180°后中轴线右上方一侧有摩擦力，所以摩擦力逐渐减小，最后无摩擦力的作用，根据
解得
故C正确；
D．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转90°后再由静止释放小球，最终小球速度最大时有
解得
故D正确。
故选ACD。
11．AB
【详解】如图所示，做出两粒子的运动轨迹，设粒子1做圆周运动的圆心为，半径为，设粒子2做圆周运动的圆心为，半径为，圆心磁场的半径为。
C．由几何关系可知
得
得
粒子1与粒子2的运动半径之比
故C错误；
A．由洛伦兹力提供向心力
得粒子1与粒子2的比荷之比
故A正确；
B．粒子1出射速度反向延长线过磁场区域圆的圆心，粒子2出射速度方向与夹角为，由几何关系可知粒子1与粒子2的出射方向夹角为，故B正确；
D．粒子1与粒子2在磁场内运动的周期分别为
，
得
由图可知粒子1在磁场中做圆周运动对应的圆心角
由图可知粒子2在磁场中做圆周运动对应的圆心角
粒子1、粒子2在磁场内运动的时间
，
粒子1与粒子2在磁场内运动的时间之比
故D错误。
故选AB。
12．BCD
【详解】A．根据题意可知区域Ⅰ中粒子电场力和洛伦兹力相等，由此可得
解得
粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，速度大小不变，故从D点飞出的粒子速度大小为，故A错误；
B．粒子的运动轨迹如图所示
在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则有
根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为，则有
联立可得粒子的比荷为
故B正确；
C．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，设进入区域Ⅱ中的速度大小为，则有
解得
在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则有
解得
则粒子将从GF边离开区域Ⅱ，轨迹的圆心角小于，根据粒子在磁场中的周期公式
由于区域Ⅱ中的磁场不变，粒子的比荷也不变，所以周期不变，根据
因为粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的圆心角减小，所以粒子运动时间减小，则有
故C正确；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，设粒子在区域Ⅱ中运动的半径为，根据
解得
则粒子从GF边出射，粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
根据勾股定理
则出射点距离O点
故D正确。
故选BCD。
13．(1)0.520
(2)
(3) 低 大
(4)
【详解】（1）[1]薄片厚度如图乙所示，则
（2）[1]由题意得
得
当电场力与洛伦兹力平衡时，有
得
电流的微观表达式
联立解得
（3）[1][2]导体或半导体中的电子定向移动形成电流，由左手定则判断，电子会偏向M端，使其电势低，同时相对的N端电势高，故M端的电势比N端的电势低；不正对时存在沿电流方向的电势差，即N方向上有电势差，大于N的电势，则利用M、测量出的霍尔电压的绝对值将相比真实值偏大。
（4）[1]在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，可得
则圆盘的转速为
14． 2 1.900/1.899/1.901 见解析 见解析
【详解】（1）[1]根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4测脚方向，电子带负电，故2测脚中电势高；
（2）①[2]螺旋测微器的精确值为，由图可知读数为
②[3]将表格中的数据在图中描点连线，其图像如图所示
（3）[4]霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有
电流微观表达式为
设霍尔元件的宽度为，霍尔元件的电压为
霍尔元件的截面面积为
联立解得
（4）[5]由
可知减小厚度或选用单位体积中自由电子的个数更多的材料制作霍尔元件可以提高测量灵敏度。
15．（1）；（2），；（3）
【详解】（1）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，根据对称性可知沿电场方向有
，
联立解得
（2）设粒子源设粒子的速度为，根据题意有
可得
时刻射出的粒子，由图乙可知粒子沿电场方向的分运动在时间内向下先加速后减速，在时间内向上先加速后减速，根据对称性可知粒子刚好从A点进入磁场Ⅰ，进入速度方向沿轴方向，大小为，粒子在两个磁场中的运动轨迹如图所示
粒子在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得
联立可得
粒子在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得
联立可得
（3）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，由图乙结合对称性可知，所有粒子离开电场时沿电场方向的速度均为0，即所有粒子离开电场时的速度方向均沿轴方向，大小均为，射出电场粒子刚好分布于M、N板之间，由于所有粒子进入磁场Ⅰ的运动轨迹半径等于圆形磁场Ⅰ的半径，根据磁汇聚原理可知，所有粒子均从C点进入磁场Ⅱ，如图所示
根据几何关系可得挡板上打到粒子的区域的长度为
联立解得
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）分析氕核（）和氚核（）的运动情况，氕核射出后在磁场中做匀速圆周运动，氚核射出后在电场中做类平抛运动，两粒子运动轨迹如图所示
研究氚核，根据抛体运动规律有
研究氕核，根据数学关系得
联立解得
（2）设氕核（）的质量为m，电荷量为q，则氚核（）的质量为3m，电荷量为q。研究氕核，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
研究氚核，根据抛体运动规律得
解得
则有
（3）碰撞前，氚核的速度为
氚核（）和氕核（）发生弹性碰撞，设碰撞后氚核、氕核速度分别为、。根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得
碰撞后，氕核、氚核均在磁场中做匀速圆周运动，设氚核、氕核的运动半径分别为、，根据洛伦兹力提供向心力，研究氚核有
研究氕核有
氚核和氕核碰撞后，均向上运动半个圆再次到达y轴上的点，他们相隔的距离为
联立解得
17．
【详解】粒子运动轨迹如图所示
粒子在电场中运动过程，据动能定理可得
粒子在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，可得
据几何关系可得
解得
18．（1）；（2）；（3）；
【详解】（1）恰好不从侧面离开时，水平方向有
竖直方向有
联立解得
（2）沿水平方向发射的粒子，恰好不从侧面飞出时，由几何知识得粒子的运动半径
由，解得
其他方向的发射的粒子垂直于的分量必定小于，由得其运动半径
故不可能从侧面飞出，综上所述
（3）粒子在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向做匀加速直线运动设粒子做匀速圆周运动的半径为，由，解得
由几何知识易得，粒子转过的圆心角
粒子在磁场中的运动时间
粒子在轴负方向运动的距离为
故粒子应从侧面离开，由几何知识得，对应坐标为；
若要恰好从底面离开，则有
代入数据解得
19．（1），方向沿x轴负方向；，方向沿y轴正方向；（2），；（3）
【详解】（1）粒子在区域I中做匀速圆周运动，圆心在z轴上，根据左手定则可知，磁场方向沿x轴负方向，设轨道半径为R1，离开I区时速度方向与竖直方向夹角为θ，如图所示
有几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力得
联立可得
，
在区域II中粒子做类斜抛运动，则
又
联立可得
方向沿y轴正方向。
（2）将初速度分解到沿z轴方向和x轴方向，根据左手定则可知，粒子沿z轴方向做匀速直线运动，在垂直z轴平面内做匀速圆周运动，a点恰好是圆周运动的最高点，因此
联立可得
由
联立解得
（3）在通过a点后，若通过小孔O2，在z轴方向
在x轴方向上
其中
在y轴方向上
又
由以上各式联立解得
答案第1页，共2页
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