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【期中模拟】2023-2024学年人教版高二物理下册预测卷05 带电粒子在复合场中的运动.zip
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc20407" 01质谱仪 PAGEREF _Tc20407 \h 1
\l "_Tc31061" 02回旋加速器 PAGEREF _Tc31061 \h 6
\l "_Tc22204" 03霍尔元件 PAGEREF _Tc22204 \h 10
\l "_Tc9587" 04磁流体发电机 PAGEREF _Tc9587 \h 13
\l "_Tc25467" 05电磁流量计 PAGEREF _Tc25467 \h 16
\l "_Tc19975" 06带电粒子由磁场进入电场 PAGEREF _Tc19975 \h 19
\l "_Tc30443" 07带电粒子由电场进入磁场 PAGEREF _Tc30443 \h 26
\l "_Tc32600" 08带电粒子在电磁场中的往返运动 PAGEREF _Tc32600 \h 32
\l "_Tc26291" 09带电粒子在交变场中的运动 PAGEREF _Tc26291 \h 38
\l "_Tc20714" 10带电粒子在叠加场中的直线运动 PAGEREF _Tc20714 \h 45
\l "_Tc2782" 11带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动 PAGEREF _Tc2782 \h 48
\l "_Tc9959" 12带电粒子在叠加场中一般的直线运动 PAGEREF _Tc9959 \h 52
01质谱仪
1．（多选）（22-23高二下·山东济宁·期中）如图所示，图甲为速度选择器原理示意图，图乙为质谱仪原理示意图，图丙和图丁分别为多级直线加速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。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，只有具有速度的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器
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，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交流电源的频率也应该增大
【答案】AC
【详解】A．图甲中，当粒子沿直线通过时，满足
即
即只有速度的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器，故A正确；
B．图乙中，、、 三种粒子经加速电场射入磁场，则
，
解得
因为的最大，则在磁场中偏转半径最大，故B错误；
C．图丙中，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置，故C正确；
D．图丁中，交流电源的频率为
可知，随着粒子速度的增大，粒子在磁场中运动的周期不变，则交流电源的频率也是不变的，故D错误。
故选AC。
2．（多选）（22-23高二下·重庆·期中）如图所示，关于带电粒子（不计重力）在以下四种仪器中运动，下列说法正确的有（ ）
A．甲图中，只要增大加速电压，粒子最终就能获得更大的动能
B．乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
C．丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势低于B极板电势
D．丁图中，从左侧射入的带负电粒子，若速度满足，将向上极板偏转
【答案】CD
【详解】A．甲图中，当粒子运动半径等于D型盒半径时，粒子具有最大速度，即
粒子的最大动能
由此可见最大动能与加速电压无关，故A项错误；
B．乙图中，粒子射出速度选择器后在磁场中运动有
解得
粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即r越小，则粒子的比荷越大，故B项错误；
C．丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正电粒子向B极板偏转，负电粒子向A极板偏转，因此A极板电势低于B极板电势，故C项正确；
D．丁图中，带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向上的电场力和向下的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度
即洛伦兹力小于电场力，粒子将向上极板偏转，故D项正确。
故选CD。
3．（多选）（22-23高二下·安徽合肥·期中）如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的场强分别为和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片，平板S下方有磁感应强度为的匀强磁场，下列表述正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
D．打在胶片上的粒子与狭缝P的距离
【答案】AD
【详解】B．能通过狭缝P的带电粒子的速率
解得
故B错误；
D．带电粒子在平板S下方磁感应强度为的匀强磁场中运动半径为
打在胶片上的粒子与狭缝P的距离
解得
故D正确；
A．同位素电荷数相同，但粒子质量不同，将打在胶片不同位置，故质谱仪是分析同位素的重要工具，故A正确；
C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷应越大，故C错误。
故选AD。
4．（22-23高二下·新疆巴音郭楞·期末）如图所示，关于带电粒子（不计重力）在以下四种仪器中运动，下列说法正确的有（ ）
A．甲图中，只要增大加速电压，粒子最终就能获得更大的动能
B．乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
C．丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势高于B极板电势
D．丁图中，从左侧射入的带负电粒子，若速度满足，将向上极板偏转
【答案】D
【详解】A．甲图中，当粒子运动半径等于D型盒半径时，粒子具有最大速度时，有
即
此时粒子的最大动能
由此可见最大动能与加速电压无关，故A错误；
B．乙图中，粒子射出速度选择器后在磁场中运动有
解得
粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即r越小，则粒子的比荷越大，故B错误；
C．丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正电粒子向B极板偏转，负电粒子向A极板偏转，因此A极板电势低于B极板电势，故C错误；
D．丁图中，带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向上的电场力和向下的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度满足
即洛伦兹力小于电场力，粒子将向上极板偏转，故D正确。
故选D。
02回旋加速器
5．（22-23高二下·北京通州·期中）回旋加速器在核技术、核医学等领域得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆金属盒，接在电压恒为U的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能产生质子（初速度可忽略，重力不计，不考虑相对论效应），质子在两盒狭缝间的电场中运动时被加速。D1、D2置于与盒面垂直的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知质子的质量为m，带电荷量为q。求：
（1）质子被回旋加速器加速能达到的最大速率vm；
（2）质子获得最大速度的过程中在回旋加速器中被加速的次数n。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）根据题意有
所以
6．（多选）（22-23高二下·广东珠海·期中）图甲为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在磁感应强度大小为B、且垂直盒面的匀强磁场中。图乙为质谱仪的示意图，在容器A中有质量分别为、的两种同位素的原子核，它们可从容器A下方的小孔无初速度飘入电压为U的加速电场，经小孔垂直进入匀强磁场，分别打在距离为、的M、N两点。不计粒子的重力，以下说法正确的是（ ）
A．甲装置中，带电粒子通过磁场后动能增大
B．甲装置中，带电粒子获得的最大动能与匀强磁场的磁感应强度大小B有关
C．乙装置中，打在N点的粒子质量大，在磁场中运动的速率大
D．乙装置中，M、N两点与的距离与粒子质量的关系为
【答案】BD
【详解】A．甲装置中，因洛伦兹力对带电粒子不做功，则带电粒子通过磁场后动能不变，选项A错误；
B．甲装置中，根据
解得带电粒子获得的最大动能
则最大动能与匀强磁场的磁感应强度大小B有关，选项B正确；
C．乙装置中，粒子在电场中被加速
在磁场中
则，
打在N点的粒子质量大，在磁场中运动的速率小，选项C错误；
D．乙装置中，根据
M、N两点与的距离与粒子质量的关系为
选项D正确。
故选BD。
7．（多选）（22-23高二下·浙江·期中）如图甲所示是用来加速带电粒子的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，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能E随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（ ）
A．在图中应有
B．高频电源的变化周期应该等于
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加磁感应强度
【答案】AD
【详解】A．洛伦兹力提供向心力，有
解得
故周期有
由上述式子可知，周期与速度无关，有
故A正确；
B．交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故高频电源的变化周期应该有
故B错误；
CD．当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径，由
解得
则最大动能
由上述式子知，最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压等其他因素无关，故C错误，D正确。
故选AD。
8．（22-23高二下·山东德州·期中）回旋加速器工作原理如图所示，两个半径为R的D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场（初速度为零），若不考虑相对论效应及粒子所受重力，粒子在电场中运动的时间忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为1：3
B．若仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的倍
C．粒子从回旋加速器出来的最大速度与D形盒的半径R无关
D．粒子在回旋加速器中被加速的次数与磁场磁感应强度B无关
【答案】B
【详解】A．粒子第一次在D2磁场中运动的轨道半径为
粒子第二次在D2磁场中运动的轨道半径为
根据动能定理有，
解得粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为，故A错误；
B．粒子做圆周运动的周期
交流电源的频率
可知仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的倍，故B正确；
C．粒子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得，粒子的最大运行速度
粒子从回旋加速器出来的最大速度与D形盒的半径R有关，故C错误；
D．粒子完成一次圆周运动被电场加速两次，由动能定理可得：
经过的周期个数为
其中
粒子在D形盒磁场中运动的时间为t=nT
则有
可知粒子在回旋加速器中被加速的次数与磁场磁感应强度B有关，故D错误。
故选B。
03霍尔元件
9．（多选）（23-24高二上·辽宁大连·期中）霍尔效应是美国物理学家霍尔（E. H. Hall）于1879年发现的。其原理如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体金属元件，单位体积内自由电子数为n，导体的电阻率为，电子的电量大小为e，在导体的左右两端加上恒定电压U和方向垂直于上表面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在导体前后表面之间产生稳定的电势差，称为霍尔电压。下列说法正确的是（ ）
A．导体前表面的电势高于后表面的电势
B．导体前表面的电势低于后表面的电势
C．导体中自由电荷定向移动平均速率大小为
D．霍尔电压的大小为
【答案】BD
【详解】AB．电流方向向左，电子向右定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势低，故A错误，B正确；
C．根据电阻定律可知导体的电阻为
根据欧姆定律，有
电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbc
联立可得
故C错误；
D．电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有
联立以上可得
故D正确。
故选BD。
10．（多选）（22-23高二下·北京海淀·期中）应用霍尔效应可以测量车轮的转动角速度ω，如图为轮速传感器的原理示意图，假设齿轮为五齿结构，且均匀分布，当齿轮凸起部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场增强，凹陷部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场减弱。工作时，通过霍尔元件上下两面通入电流I，前后两面连接控制电路，下列说法正确的是（ ）
A．若霍尔元件内部是通过负电荷导电的，则前表面比后表面的电势低
B．增大通过霍尔元件的电流，可以使控制电路监测到的电压变小
C．控制电路接收到的电压升高，说明齿轮的凹陷部分在靠近霍尔元件
D．若控制电路接收到的信号电压变化周期为T，则车轮的角速度为
【答案】AD
【详解】A．若霍尔元件内部是通过负电荷导电的，根据左手定则，负电荷向前表面偏转，则前表面比后表面的电势低，故A正确；
B．设前、后表面的距离为，左、右表面的距离为，根据电流微观表达式
霍尔元件稳定时，有
整理得
故增大通过霍尔元件的电流，可以使控制电路监测到的电压增大，故B错误；
C．当齿轮的凸起部分在靠近霍尔元件，磁感应强度变大，故控制电路接收到的电压升高，说明齿轮的凸起部分在靠近霍尔元件，故C错误；
D．霍尔电压变化一个周期，对应齿轮转过弧度，故若控制电路接收到的信号电压变化周期为T，则车轮的角速度为
故D正确。
故选AD。
11．（多选）（22-23高二下·山东淄博·期中）利用霍尔效应制作的霍尔元件被广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是某一霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度大小为的磁场垂直于该霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流，、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，电势差变大
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竖直
【答案】CD
【详解】AC．根据CD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，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，
则
n由材料决定，故U与材料有关；U还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I有关。仅增大磁感应强度时，电势差变大。故A错误，C正确；
B．根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0
故B错误；
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故D正确。
故选CD。
12．（22-23高二下·浙江温州·期中）霍尔元件是一种基于霍尔效应的金属磁传感器，用它可以检测磁场及其变化，图甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图，霍尔元件被夹在磁芯缝隙AB处，由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场，测量原理如乙图所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路，所用器材已在图中给出并已经连接好电路。下列说法正确的是（ ）
A．电压表正极应与霍尔元件的后表面连接
B．若仅增加霍尔元件的高度h，其他条件不变，电压表示数变小
C．若仅改变滑动变阻器的阻值，电压表的示数不变
D．若AB处磁感应强度变大，则电流表示数变大
【答案】B
【详解】A．根据安培定则可知直导线在磁芯中产生的磁场方向为顺时针方向，即通过霍尔元件的磁场方向竖直向下，元件中的电流方向从左到右，元件的载流子为负电荷，故可知负电荷偏向元件的后表面，后表面电势低，故电压表负极应与霍尔元件的后表面连接，故A错误；
BC．设稳定时电压表示数为U，元件的前后表面距离为d，载流子的速度为v，霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为e，得
根据电流微观表达式
联立解得
故仅增加霍尔元件的高度h，其他条件不变，电压表示数变小；若仅改变滑动变阻器的阻值，电路中电流改变，故电压表的示数改变，故B正确，C错误；
D．电路中的电流大小由电路中各元件决定，与AB处磁感应强度无关，故D错误。
故选B。
04磁流体发电机
13．（22-23高二下·湖南·期中）磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向与两板平行，并与气流速度方向垂直，如图所示，把两板与外电阻R连接起来，在洛伦兹力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流，该气流的电阻率为ρ，则（ ）
A．该磁流体发电机模型产生的电动势为E=Bav
B．流过外电阻R的电流为
C．该磁流体发电机模型的路端电压为
D．该磁流体发电机模型的输出功率为
【答案】B
【详解】A．稳定时离子受到的电场力和洛伦兹力相平衡，此时有
解得磁流体发电机模型产生的电动势为
A错误；
B．极板间气流的电阻为
故流过外电阻R的电流为
B正确；
C．该磁流体发电机模型的路端电压为
C错误；
D．该磁流体发电机模型的输出功率为
D错误。
故选B。
14．（多选）（22-23高二下·福建三明·期中）磁流体发电的原理如图所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在宽为a、长为b、间距为d的两平行金属板间产生电动势。将其上下极板与阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器相连，间距为L的电容器极板间有一带电微粒处于静止状态，不计其它电阻，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．平行金属板上极板比下极板电势低B．磁流体发电机的电动势为BLv
C．电容器所带电荷量为CBavD．微粒的比荷
【答案】AD
【详解】A．将一束速度为的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为的匀强磁场中，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷聚集到下极板，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到上极板，故平行金属板上极板比下极板电势低，故A正确；
B．根据
可得磁流体发电机的电动势为
故B错误；
C．电容器两端的电势差等于电源电动势，根据
联立可得电容器所带电荷量为
故C错误；
D．由于带电微粒处于静止状态，由平衡条件可得
联立方可得微粒的比荷为
故D正确。
故选AD。
15．（22-23高二下·北京通州·期中）如图所示是磁流体发电机的示意图，在间距为d的平行金属板M、N间，存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属板通过导线与滑动变阻器相连，变阻器接入电路的电阻为R。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）连续以速度v平行于两金属板垂直射入磁场，理想电流表A的读数为I，下列说法正确的是（ ）
A．发电机的上极板M为正极
B．带正电的粒子在两极板间受到的洛伦兹力方向向上
C．发电机的效率
D．只增大M、N两板的面积，发电机的电动势增大
【答案】C
【详解】AB．根据左手定则可知，正离子所受洛伦兹力向下，负离子受洛伦兹力向上，所以发电机的上极板M为负极，故AB错误；
C．当达到稳定状态时，有
所以
所以发电机的效率为
故C正确；
D．由于
若增大M、N两板的面积，发电机的电动势不变，故D错误。
故选C。
16．（多选）（22-23高二下·甘肃天水·期中）磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电。则（ ）
A．仅增大负载的阻值，发电机的电动势增大
B．仅增大两板间的距离，发电机的电动势增大
C．仅增强磁感应强度，发电机两端的电压减小
D．仅增大磁流体的喷射速度，发电机两端的电压增大
【答案】BD
【详解】AB．磁流体发电机中，电荷最终所受电场力与洛伦兹力平衡，设两金属板间的电压为E，即发动机的电动势，有
解得
可知仅增大负载的阻值，发电机的电动势不会改变，仅增大两板间的距离，发电机的电动势增大。仅增强磁感应强度，发电机的电动势增大。仅增大磁流体的喷射速度，发电机的电动势增大，故A错误，B正确；
CD．根据闭合电路欧姆定律，有
易知仅增强磁感应强度，发电机两端的电压增大。仅增大磁流体的喷射速度，发电机两端的电压增大，故D正确，C错误。
故选BD。
05电磁流量计
17．（22-23高二下·重庆·期中）2020年全球爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验必须全程都在高度无接触防护性的条件下进行操作。在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示的模型：空间有垂直纸面向里的磁感应强度为的匀强磁场，污水内含有大量正、负粒子，从直径为的圆柱形管道右侧流入，左侧流出，流量等于单位时间通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子所受洛伦兹力的方向水平向左
B．正、负粒子所受洛伦兹力的方向是不同的
C．若只测量两点间的电压，则不能推算出废液的流量
D．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
【答案】B
【详解】AB．根据题意，由左手定则可知，正粒子受向下的洛伦兹力，负粒子受向上的洛伦兹力，故A错误，B正确；
C．根据题意，设两点间的电压为，带电粒子的质量为，电荷量为，由平衡条件有
解得
则流量为
可知，只测量两点间的电压，能推算出废液的流量，故C错误；
D．不带电的液体不受洛伦兹力，不能偏转，两点间没有电压，则不能测量液体的流速，故D错误。
故选B。
18．（22-23高二下·福建莆田·期中）如图所示为污水流量监测装置，两块面积为S的矩形金属极板M、N水平放置，污水从两板间区域向右流过（速度为v），板间距离为d且有一垂直于纸面向里的匀强磁场，两板用导线与理想电压表相连，则（ ）
A．电压表正极接线柱接金属极板M
B．污水中离子浓度越大，电压表的示数越大
C．极板面积S越大，电压表的示数越大
D．污水流速v不变，只增加板间距离d时电压表读数变小
【答案】A
【详解】A．由左手定则可知，污水中的正离子和负离子受到洛伦兹力的方向分别为向上和向下，即M板带正电，电压表正极接线柱接金属极板M，故A正确；
BCD．稳定状态下，离子在两极板间受到的洛伦兹力与电场力相平衡，即
两极板间电压
所以电压表读数
与极板面积S、污水中离子浓度无关，与磁感应强度B、板间距离d、水流速度v有关，若污水流速v不变，只增加板间距离d时电压表读数变大，故BCD错误。
故选A。
19．（多选）（22-23高二下·四川乐山·期末）图1为电磁流量计是一种应用电磁感应现象来测量导电流体流量的一种仪器，图2是简化的工作场景。已知在直径为d的圆形导管区域外加一垂直纸面向外的匀强磁场B，管中导电液体以水平向左的速度v0流过磁场区域，稳定后电压表测出MN两端间的电压大小为U，则（ ）
A．洛伦兹力对导电液体中的离子做正功B．管壁M侧电势高于N侧
C．仅增大导电液体流速，U值会增大D．仅增大磁感应强度B，U值不变
【答案】BC
【详解】A．洛伦兹力与导电液体中离子的运动方向垂直，故不做功，故A错误；
B．根据左手定则可知，受洛伦兹力作用正离子向管璧M侧运动，负离子向向管璧N侧运动，故管璧M侧电势高于N侧，故B正确；
CD．稳定后，对离子受力分析得
整理得
故仅增大导电液体流速和仅增大磁感应强度B，都会使U值增大，故C正确，D错误。
故选BC。
20．（多选）（22-23高二下·广东梅州·期末）在医院中需要用到血流计检测患者身体情况，血流计原理可以简化为如图所示模型，血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间内通过横截面的液体体积。空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，稳定后，测出M、N两点之间电压U。下列说法正确的是（ ）
A．离子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．M点的电势低于N点的电势
C．正负离子达到稳定状态时，可得流速
D．血液流量
【答案】BCD
【详解】AB．根据左手定则，正离子所受洛伦兹力方向由M指向N，负离子所受洛伦兹力方向由N指向M，M点的电势低于N点的电势，故A错误，B正确；
C．正负离子达到稳定状态时，有
可得流速
故C正确；
D．血液流量为
故D正确。
故选BCD。
06带电粒子由磁场进入电场
21．（22-23高二下·福建三明·期中）如图所示的xy坐标系中，第一象限内存在与x轴成角斜向下的匀强电场，电场强度；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度，沿y轴负方向宽度无限大，磁感应强度。现有一比荷为的正离子（不计重力），以大小不同的速度从O点射入磁场，速度方向均与x轴正方向夹角。
（1）某离子只经过磁场的偏转后通过A点，求离子的入射速度v0；
（2）某离子只经过磁场和电场各偏转一次后通过A点，求的入射速度。
【答案】（1）2×106m/s；（2）106m/s
【详解】（1）某离子只经过磁场的偏转后通过A点，如图所示
有几何关系可得
又洛伦兹力提供向心力
解得v0=2×106m/s
（2）某离子只经过磁场和电场各偏转一次后通过A点，设磁场中运动半径为r2，有
离子进入电场后，设经过时间t再次到达x轴上，离子沿垂直电场方向做速度为v＇0的匀速直线运动，位移为l1
离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2
，
由几何关系可知
离子在x轴方向运动的距离为
由几何关系可知
解得
22．（22-23高二下·山东德州·期中）如图所示，在xOy坐标平面内的第一、二象限有沿y轴负方向的匀强电场；第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。平面内坐标为（0，－L）的M处有一粒子发射源，能向第三象限发射不同速率的同种带正电的粒子，速度方向与y轴正方向的夹角都为30°，其中发射速度大小为的粒子a恰好没有进入电场；初速度大小未知的另一粒子b恰好自坐标原点O进入电场，并且还能以相同的速度多次经过M点，不计粒子的重力及其相互之间的影响。求：
（1）粒子源射出的粒子的比荷；
（2）粒子b的速度大小；
（3）第一、二象限中匀强电场的电场强度大小；
（4）射入速度为的粒子c从M点开始运动，到第4次经过x轴所用的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）初速度为的粒子a恰好没有进入电场，即该粒子的运动轨迹恰好与x轴相切，如图所示
由几何知识有
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得粒子的比荷为
（2）粒子b恰好自坐标原点O进入电场，并且还能以相同的速度多次经过M点，如图所示
由几何知识可得，粒子b在磁场中运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得粒子b的速度大小为
（3）粒子b在电场中做类斜抛运动；x轴方向有
y轴方向有，
联立解得
（4）粒子c在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
可得粒子c在磁场中运动的半径为
粒子c恰好垂直于x轴进入电场；如图所示
粒子c在磁场中运动，第1次到达x轴所用时间为
粒子c第1次在电场中运动所用时间为
粒子c第2次在磁场中运动，所用时间为
粒子c第2次在电场中运动，所用时间为
则粒子c第4次到达x轴的时间为
联立解得
23．（2023·河南郑州·模拟预测）如图所示，在xOy平面内，x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小均为E，方向与y轴平行。时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点射入磁场，速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，然后恰好垂直于MN边界进入上方电场，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子第一次经过MN边界时的位置坐标；
（3）粒子射出以后经过x轴的时刻t。
【答案】（1）；（2；（3）见解析
【详解】（1）垂直于MN边界进入上方电场，运动轨迹如图所示。
设粒子运动轨道半径为r，由几何关系可得
粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得磁感应强度
（2）如图所示，由几何关系可知
第一次经过MN边界时沿x方向运动距离
解得
该点位置坐标为
（3）粒子在磁场中的运动周期
每次通过磁场的时间
粒子在电场中运动满足
粒子在MN上方电场中做匀变速直线运动，设往返通过电场的时间为t2，由题意可得
解得
粒子在x轴下方电场中做类抛体运动，设粒子每次通过电场的时间为t3，由题意可得
解得
粒子接下来重复周期性运动，周期T=2t1+t2+t3
则由题意可知，粒子由x轴上方磁场经过x轴的时刻满足t=n（2t1+t2+t3）- t3
解得
粒子由x轴下方电场经过x轴的时刻满足t=n（2t1+t2+t3）
解得
24．（22-23高一下·山东潍坊·期中）如图所示，平面直角坐标系xOy面内，第Ⅱ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，第I象限内有竖直向上的匀强电场，x轴下方有一平行x轴过点（0，）的荧光屏。一电子以速度从原点O射入磁场，与y轴正方向的夹角，经点（0，）射入电场，之后从M点（，0）离开电场。已知电子的质量为m，电荷量为e，，。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度；
（2）匀强电场的电场强度；
（3）电子打到荧光屏上的位置坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）（，）
【详解】（1）在磁场中做圆周运动，如图所示
由几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
（2）将电子射出磁场的速度分解在x轴方向和y轴方向上，则有，
x轴方向上做匀速直线运动，则有
y轴方向上做匀变速直线运动，则有
，
联立解得
（3）电子离开电场时，此时的y轴方向上速度大小为
设电子离开电场时的速度与水平方向的夹角为，则
电子离开电场后做匀速直线运动，则根据几何关系可知
解得
则电子打到荧光屏上的位置的横坐标为
则粒子打到荧光屏上的位置坐标为（，）。
07带电粒子由电场进入磁场
25．（22-23高二下·广东广州·期中）如图所示，直角坐标系xOy的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限内在y=d处固定一个平行x轴且足够长的挡板，且在第二象限中存在垂直xOy平面向外的匀强磁场（图中未画出）。在（，）处有一粒子源P，能沿x轴负方向以的速度发射质量为m、电荷量为的粒子，粒子经过电场偏转后通过的M点进入匀强磁场，忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。
（1）求电场强度E的大小；
（2）求粒子进入磁场的速度大小和方向；
（3）要使粒子垂直打到挡板上，求磁感应强度B的大小。
【答案】（1）；（2）；与x轴负方向的夹角为；（3）
【详解】（1）设粒子在电场中做类平抛运动的时间为，加速度大小为，则沿轴负方向有
沿轴负方向有
，
联立解得电场强度的大小
（2）设粒子到达轴时速度方向与轴负方向的夹角为，则有
可得
粒子进入磁场的速度大小为，方向与轴负方向的夹角为。
（3）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
要使粒子垂直打到挡板上，，如图所示
由几何关系可知
联立解得
26．（22-23高二下·江苏南京·期中）如图所示，在半径大小未知的圆形与边长为2L的等边三角形框架DEF之间有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直纸面向里，已知等边三角形中心与圆心重合。在三角形DEF内放置平行板电容器MN，两板间距为d，N板紧靠EF边，N板及EF中点S处均开有小孔，在两板间靠近M板处有一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子由静止释放，粒子经过S处的速度大小为，方向垂直于EF边并指向磁场。若粒子每次与三角形框架的碰撞均为弹性碰撞且垂直，粒子在碰撞过程中质量、电荷量均不变，不计带电粒子的重力，平行板电容器MN产生的电场仅限于两板间，求：
（1）MN间匀强电场的场强大小；
（2）若从S点发射出的粒子能再次垂直返回到S点，磁场圆形区域的半径最小值Rmin；
（3）若粒子经过S处的速度大小可变且能再次垂直返回到S点，圆形磁场区域的半径足够大，求从S点出发到第一次垂直返回到S点所对应的速度应该满足的条件及全程所用时间。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做匀加速运动，由动能定理得
解得
（2）粒子的磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据动力学关系
几何关系
代入
得
粒子运动轨迹如图
粒子运动轨迹与磁场圆内切时磁场圆半径最小，由几何关系得
（3）粒子速度大小可变，即圆周运动的半径r可变，要能返回到S点，则轨道如图所示，半径应该满足
即
由
知
，
故粒子第一次返回的时间为
而
故
，
,
故
27．（22-23高二下·广东茂名·期中）如图所示，MHN和PKQ为竖直方向的平行边界线，水平线HK将两边界围成区域分为上下两部分，其中I区域内为竖直向下的匀强电场，II区域内为垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从左边界A点以初速度垂直边界进入I区域，从C点离开I区域进入II区域。已知，，粒子重力不计：
（1）求I区域匀强电场强度E的大小；
（2）求C点的速度；
（3）若两竖直边界线距离为4h，粒子从II区域左边界射出，求II区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围。
【答案】（1）；（2）v0；（3）
【详解】（1）如下图所示，粒子从A点至C点做匀变速曲线运动，垂直电场方向有
平行电场方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）粒子在C点速度的竖直分量
故粒子在C点速度为
C点速度的方向为
解得
即，方向为斜向右下方与HK夹角为
（3）当粒了恰好不从MN边界出射，粒子轨迹如下图轨迹①所示，设此种情况下，粒子在磁场中轨道半径为，由几何知识得
解得
粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
解得
当粒子恰好不从PQ边界出射，粒子轨迹如图轨迹②所示，由几何知识得
解得
粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
解得
所以II区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围
28．（22-23高二下·云南临沧·期中）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内存在电场方向沿y轴负方向的匀强电场区域Ⅰ，在下方存在电场方向沿y轴正方向的匀强电场区域Ⅱ，在x轴下方和之间（含边界）存在垂直坐标系xOy平面向外的匀强磁场。在坐标为的P点沿x轴向射出一个质量为m、电荷量为的带电粒子，粒子经电场区域偏转后从坐标原点O射出电场区域Ⅰ。已知电场区域Ⅱ的电场强度是区域Ⅰ电场强度的2倍，粒子射出时的初速度大小为，不计粒子的重力大小。
（1）求匀强电场区域Ⅰ的电场强度大小；
（2）若粒子恰好不能进入匀强电场区域Ⅱ，求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）若粒子经磁场偏转后恰好从y轴上坐标为的Q点进入匀强电场区域Ⅱ，求粒子第2次经过x轴的位置离P点的水平距离，及从P点射出到第2次经过x轴时，粒子运动的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）0，
【详解】（1）根据牛顿第二定律及运动学公式可得
，
粒子在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向没有外力作用，可知在水平方向做匀速直线运动可得粒子在区域I的时间为
联立解得
（2）粒子在区域I做类平抛运动可知，粒子在原点时速度的反向延长线交水平位移的中点可得速度与x轴的夹角满足
即
可得
粒子在磁场运动时，洛伦兹力提供向心力
由几何关系可得
联立解得
（3）粒子射入电场区域Ⅱ做斜抛运动，运动到的时间为
由于电场区域Ⅱ的电场强度是区域Ⅰ电场强度的2倍，可得
运动到的水平位移为
联立解得
故粒子第2次经过x轴的位置离P点的水平距离为0，粒子经磁场偏转后恰好从y轴上坐标为的Q点进入匀强电场区域Ⅱ，由几何关系可得
即
在磁场中满足
解得
粒子在磁场中的运动周期为
粒子从P点射出到第2次经过x轴时，在电场中水平方向均做匀速直线运动，故在电场中的运动时间为2t1，，在磁场中运动的时间为，粒子运动的总时间为
08带电粒子在电磁场中的往返运动
29．（22-23高二下·山东枣庄·期中）制造芯片，要用电磁场精准控制粒子的轨迹，其部分电磁场简化如图所示。在三维坐标系Oxyz中，平面xOy位于纸面，z轴垂直纸面向外（图中未画出）。在平面xOy第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从y轴上P点（0，h，0）以初速度v0垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成45°角进入第四象限。在第四象限内有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为；第三象限有沿z轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为。粒子重力不计，求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）粒子第四次经过y轴所用时间t；
（3）若在xOz平面下方再施加沿z轴的匀强电场，场强大小为E0，求粒子第四次经过yOz平面的位置坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）（0，-6h，）
【详解】（1）带电粒子在第一象限中做类平抛运动，所以
，，
联立解得
（2）粒子进入第四象限做匀速圆周运动，有
，
解得
粒子进入第三象限做匀速圆周运动，有
解得
粒子的运动轨迹如图所示
所以粒子第四次经过y轴所用时间
（3）若在xOz平面下方再施加沿z轴的匀强电场，粒子的运动可以看成xOy平面内的交替变化的匀速圆周运动和z方向的初速度为零的匀加速直线运动，所以粒子第四次经过yOz平面时的x坐标为零，此时
所以粒子第四次经过yOz平面的位置坐标为（0，-6h，）。
30．（22-23高二下·福建厦门·期中）如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R=0.5m，磁场方向垂直纸面向里。在y>R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E=1.0×105 V/m。在M点（坐标原点）有一正粒子以速率v=1.0×106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为，不计粒子重力。求：
（1）圆形磁场区域磁感应强度的大小；
（2）沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
（3）沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所经过的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知粒子第一次垂直电场与磁场的界面射入电场中，运动轨迹如下图，故可知粒子在磁场中的轨迹半径为
同时根据粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力有
代入数值联立解得
（2）粒子射入电场到运动到最远处距离为，根据动能定理有
解得
故粒子从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程为
（3）粒子在电场中运动时间为，加速度大小为，有
，
解得
粒子在磁场中运动有
即
根据轨迹可知粒子在磁场中的运动时间为
联立解得
故从进入磁场到再次穿出磁场所经过的时间为
31．（22-23高二下·重庆·期中）如图所示，竖直直线MN、PQ、GH将竖直平面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，直线MN和PQ间的距离为d，区域Ⅰ有竖直向下的匀强电场（大小未知），区域Ⅱ有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度大小（两竖直区域足够长）。现有一质量为，带电量为的带正电粒子从MN边界上的A点以速度水平向右飞入，与边界PQ成进入区域Ⅱ（不计粒子的重力）.求：
（1）电场强度E的大小；
（2）要使带电粒子能够再次进入区域Ⅰ，PQ和GH间的距离至少多大？
（3）在满足（2）问的条件下，带点粒子返回区域Ⅰ前电场已经反向，要使带电粒子能够再次回到A点，改变后电场强度的大小变为原电场强度的多少倍（不考虑电场变化产生的磁场）？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）（2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
，，
又有，
联立解得，，
粒子进入磁场之后，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
解得
由几何关系可得
PQ和GH间的距离最小值为
（3）根据题意，粒子返回点的运动轨迹，如图所示
同理，取向下为正方向，粒子在电场中做类斜抛运动，水平方向上有
竖直方向上有，
联立解得
则有
32．（22-23高二下·浙江杭州·期中）如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面， ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷（电荷量与质量之比）为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回电场。已知电场强度 不计粒子重力和粒子间的相互作用。试求：
（1）粒子第一次穿过MN时的速度：
（2）磁场的磁感应强度B的大小；
（3）粒子再次回到x轴时在电场和磁场中运动的总时间。
【答案】（1），方向与MN夹角为斜向右上方；（2）；（3）
【详解】（1）粒子的运动轨迹如图，设粒子第一次穿过MN时的速度为，粒子在电场中做类平抛运动，由动能定理
解得
同时有
故可知，即方向与MN夹角为斜向右上方；
（2）设粒子在磁场中的运动轨迹半径为，根据几何关系有
解得
粒子在磁场中做圆周运动
解得
（3）根据对称性可知粒子从磁场中进入电场时与MN的夹角为，根据几何知识可知粒子在磁场中运动的圆心角为，粒子在磁场中运动的周期为T，可知在磁场中运动的时间为，
解得
粒子开始在电场中做类平抛运动时竖直方向有
粒子再次进入电场中做减速运动，根据对称性可知粒子第二次在电场中的时间也为，到达x轴时速度沿x轴方向，故粒子再次回到x轴时在电场和磁场中运动的总时间为
09带电粒子在交变场中的运动
33．（22-23高二下·山东潍坊·期中）如图甲所示，粒子加速器与速度选择器并排放置，已知速度选择器内匀强磁场磁感应强度大小为、电场强度大小为。在速度选择器右侧建立xOy坐标系，的区域里有磁场，规定磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中。质量为、电荷量为的粒子从加速器M极板由静止释放，通过N极板中间的小孔后进入速度选择器，沿直线穿过速度选择器后从O点沿x轴射入磁场。
（1）求粒子到达O点的速度和M、N两板间的电压；
（2）若粒子在时从O点射入磁场，且在的某时刻从点P（，）离开磁场，求的大小；
（3）若，粒子在时刻从O点射入磁场，求粒子离开磁场时的位置坐标；
（4）若，调整磁场变化周期，使在的任一时刻从O点入射的粒子均不从y轴离开磁场，求的取值范围。
【答案】（1），；（2）；（3）（，）；（4）
【详解】（1）粒子在沿直线穿过速度选择器，根据受力平衡可得
解得
粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得M、N两板间的电压为
（2）若粒子在时从O点射入磁场，且在的某时刻从点P（，）离开磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
由几何关系可得
解得
联立解得
（3）若，则粒子在磁场中的轨道半径为
粒子在磁场中运动的周期为
粒子在时刻从O点射入磁场，可知粒子进入磁场时磁场方向刚好变为向外，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据图中几何关系可得
可知粒子离开磁场时的纵坐标为
则粒子离开磁场时的位置坐标为（，）。
（4）若，则粒子在磁场中的轨道半径为
粒子在磁场中运动的周期为
临界情况为粒子从时刻射入磁场，并且轨迹恰好与轴相切，如图所示
由图中几何关系可得
可得
则粒子在时间内转过的圆心角为，对应的运动时间为
为了使在的任一时刻从O点入射的粒子均不从轴离开磁场，应满足
联立可得
34．（22-23高二下·河南焦作·期中）如图1所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度大小B随时间变化的关系如图2所示，在t＝0时刻有一比荷为的带正电粒子从坐标为的P点以初速度且与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入。开始时，磁场方向垂直坐标平面向里，不计粒子重力，求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；
（2）在内和内，粒子运动轨迹对应的圆心角之比；
（3）粒子到达y轴时与O点的距离s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，由洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为，则
内，粒子运动的周期数为
运动轨迹对应的圆心角为60°
内，粒子运动的周期数为
运动轨迹对应的圆心角为120°
在内和内，粒子运动轨迹对应的圆心角之比为
（3）粒子运动轨迹如图所示
粒子恰好在时到达轴，由图可知
粒子到达轴时与点的距离
35．（22-23高二下·安徽·期中）如图甲，足够大的空间有垂直纸面的匀强磁场，以O为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向上为y轴，在纸面内建立直角坐标系xOy。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子在O点以与x轴成的初速度v射入磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙，其中，规定垂直纸面向外为磁感应强度的正方向，粒子重力不计。求：
（1）粒子从O点射出后第一次经过x轴时的位置坐标；
（2）当粒子运动到与x轴距离最大的位置时，该位置与O点的水平距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）t＝0粒子进入磁场后，根据牛顿第二定律有
粒子在磁场中做圆周运动的周期
由于，所以粒子恰好在时刻第一次经过x轴，由几何关系有
所以第一次经过x轴时的位置坐标为
（2）作出粒子运动的轨迹示意图
粒子在第2个时间内做匀速运动，运动的距离
粒子第一次与x轴距离最大时，离O点的水平距离为
第二次与x轴距离最大时，离O点的水平距离为
所以当粒子第k次运动到与x轴距离最大的位置时，该位置与O点的水平距离
即
36．（多选）（22-23高二下·湖南长沙·期中）如图所示，在坐标系中，第一象限内充满着两个匀强磁场和，为分界线，在磁场中，磁感应强度为，方向垂直于纸面向里；在磁场中，磁感应强度为，方向垂直于纸面向外，点坐标为。一质量为、电荷量为的带正电粒子从点沿轴负方向射入磁场，经过一段时间后，粒子恰能经过原点；不计粒子重力，。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子经过点时。速度方向沿轴正方向
B．粒子从到经历的路程与粒子的速度大小无关
C．粒子运动的速度可能为
D．粒子从点运动到点的最短时间为
【答案】BC
【详解】A．画出粒子的运动轨迹如图
根据几何知识得
故，（图为一个周期的情况）故粒子不可能从磁场中运动经过点，只能从磁场中经过点，A错误；
D．设粒子的入射速度为，用、、、分别表示粒子在磁场中和磁场中运动的轨道半径和周期，则有
，
，
当粒子先在区域中运动，后进入区域中运动，然后从点射出时，粒子从点运动到点所用的时间最短，如图所示，粒子在区域和区域中运动的时间分别为，
故最短时间
D错误；
C．由几何关系可知
解得
由表达式可知，当时，粒子运动的速度为
C正确；
B．当速度为时
故路程
与无关，B正确。
故选BC。
10带电粒子在叠加场中的直线运动
37．（多选）（22-23高二上·湖北武汉·期末）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，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为时，小球恰好做匀速直线运动，小球在此运动过程中，以下说法正确的是（ ）
A．小球可能带负电
B．电场力做负功，小球的机械能减小
C．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动
D．若撤去磁场，小球将做匀加速直线运动
【答案】BC
【详解】A．若小球带负电，则小球所受电场力水平向右，所受洛伦兹力垂直于杆向下，所受杆的支持力垂直于杆向上，所受重力竖直向下，易知这四个力的合力不可能为零，所以小球不可能做匀速直线运动，则小球一定带正电，故A错误；
B．因为小球带正电，且在逆着电场线方向存在位移，因此电场力做负功，而杆的支持力以及洛伦兹力对小球均不做功，所以小球的机械能减小，故B正确；
CD．存在磁场时，由于小球所受洛伦兹力和支持力的合力一定垂直于杆向上，所以电场力与重力的合力一定垂直于杆向下，且为定值，若撤去磁场，杆的支持力方向不变，且大小不受限制，所以仍可以与重力和电场力的合力相平衡，因此若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动，故C正确，D错误。
故选BC。
38．（多选）（21-22高二下·重庆沙坪坝·阶段练习）如图所示，倾角为θ的光滑斜面上设置有AB和CD两个粗糙的缓冲区，且AB=BC=CD=l。整个空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一带负电的物块（视为质点）从斜面顶端O由静止释放，其与缓冲区动摩擦因数为μ，通过AB段与通过CD段的时间相等，运动到D点时的速度为v。已知重力加速度为g，则（ ）
A．物块通过AB段时可能做加速运动
B．物体通过AB段的时间大于通过BC段的时间
C．物块通过AB段时克服摩擦力所做的功大于通过BC段时重力所做的功
D．斜面OA段长度为
【答案】BCD
【详解】A．AB与CD段时间相同，说明A点与C点速度应该相同，这样AB与CD段运动规律相同，所以才会有时间相同，故只能AB段减速，BC段匀加速，CD段减速，A错；
B．洛伦兹力垂直斜面向下，故AB段速度减小时，洛伦兹力减小，支持力减小，摩擦力减小，做加速度减小的减速运动，AB段的初末速度与BC段的末初速度相等，根据v-t图象可以分析出AB段平均速度比BC段小，在相同位移下，AB段时间更长，B对；
C．从A到C，根据前面的分析可知初末动能不变，则克服摩擦力做的功等于AC段重力做的功，所以大于BC段重力做的功，C对；
D．B点速度即D点速度v，B到C由运动学公式
C点速度就是A点速度，O到A再用运动学公式
故
故D正确。
故选BCD。
39．（22-23高二下·山西·期中）如图所示，在坐标系所在的竖直平面内有一方向未知的匀强电场，第二象限内有垂直纸面向里、磁感应强度大小未知的匀强磁场。一带质量为m，电量为的小球沿方向以速度向坐标原点O做直线运动，与x轴负向夹角为，小球重力加速度为g。求：
（1）试判断小球到达坐标原点O之前是否做匀速直线运动，并确定匀强电场场强可能的最小值和方向；
（2）在满足（1）条件下，小球过O点后小球经多长时间到达y轴，并确定小球过y轴的坐标。
【答案】（1）做匀速直线运动，，方向沿直线OA方向；（2），
【详解】（1）小球在叠加场中受到重力，洛伦兹力，电场力的共同作用沿AO做直线运动，洛伦兹力永远垂直于速度方向，即AO斜向上，重力竖直向下，则根据物体做直线运动的条件，可知小球一定做匀速直线运动，根据矢量三角形，可判断知当小球受到的电场力沿OA方向时，此时电场力最小，由平衡条件可得
得
由于小球带正电，所以该电场方向沿直线OA方向；
（2）小球过O点后仅受电场力与重力的作用，由（1）问可知，在O点时，将小球受到的电场力分解在x轴及y轴上，有
，
根据牛顿第二定律，可得小球在x轴及y轴上的加速度大小为
，
将小球速度分解在x轴及y轴上有
，
当小球过O点后到达y轴，则有
，
联立求得小球过O点后到达y轴的时间
，
则小球过y轴的坐标为。
40．（22-23高二下·山东临沂·期中）如图所示，一个带负电荷的物体从粗糙的斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场，则物体滑到底端时（ ）
A．速度小于vB．速度大于v
C．速度等于vD．可能离开斜面
【答案】A
【详解】物体从顶端滑到底端的过程中，减小的重力势能等于物体到达底端时的动能与摩擦生热之和，当加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场时，物体将受到垂直斜面向下的洛伦兹力，所以斜面对物体的支持力增大，摩擦生热增加，而减小的重力势能不变，所以到达底端时的动能减小，速度减小。
故选A。
11带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动
41．（22-23高二下·贵州铜仁·期中）如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴，质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点以初速度v0水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，已知OM=2OA，不计空气阻力，重力加速度为g，求:
（1）电场强度E的大小和方向；
（2）M、N两点之间的距离；
【答案】（1），电场强度方向竖直向上；（2）
【详解】（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，有
求得
电场强度方向竖直向上；
（2）小球做匀速圆周运动，为圆心，弦长为，，如图所示
设半径为，由几何关系知
根据牛顿第二定律有
在第一象限中，小球做平抛运动可得
，，
，
联立求得
42．（22-23高二下·重庆·期中）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在区域I内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在区域II内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小为、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球从坐标原点O以某一速度沿OP方向做直线运动，OP与x轴正方向的夹角为θ，从P点进入区域II后恰好不从右边界射出（不考虑小球从区域II返回区域I后的运动），且小球在区域II中做匀速圆周运动。已知重力加速度大小为g，区域I和区域II上下边界范围足够大，不计空气阻力。求：
（1）区域I与区域II内电场的电场强度大小之比；
（2）区域II的宽度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小球从坐标原点O以某一速度沿OP方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力如图所示
可得
，
小球在区域II中做匀速圆周运动，可得
联立可得
（2）小球从P点进入区域II后恰好不从右边界射出，轨迹如图所示
可得
其中
联立解得
43．（22-23高二下·云南曲靖·期中）如图所示，水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场（图中未画出），磁感应强度，边界MN右侧离地面高处固定光滑绝缘平台上有一带正电的小球，质量、电量，以初速度水平向左垂直MN边界进入后恰好做匀速圆周运动，小球视为质点，，求：
（1）电场强度的大小和方向；
（2）小球落地点距地面上N点多远？（小数点后保留两位有效数字）
【答案】（1），竖直向上；（2）0.78m
【详解】（1）小球通过边界后恰好做匀速圆周运动，则
解得
方向竖直向上。
（2）由题意作出轨迹图如图所示
由洛伦兹力提供向心力，解得
根据，可得
设小球落地点距地面N点距离为x，由几何关系可得，解得
44．（22-23高二下·江西宜春·期中）如图所示，在真空中竖直平面（纸面）内边长为的正方形区域，存在方向沿（水平）的匀强电场和方向垂直纸面的匀强磁场（图中未画出）。一带电小球以速率（g为重力加速度大小）从点沿方向射入正方形区域，恰好能沿直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．该小球无论带正电或是负电均可沿直线由运动到
B．磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外
C．若该小球从点沿CA方向以速率射入正方形区域，则小球将做直线运动
D．若电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上，该小球仍从A点沿方向以速率射入正方形区域，则小球将从D点射出
【答案】D
【详解】AB．小球重力方向竖直向下，小球做直线运动，说明小球必然受力平衡，电场方向水平向左，故小球一定带正电，受电场力水平方向向左，洛伦兹力方向垂直AC斜向上，则磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，AB错误；
C．若该小球从C点沿CA方向以速率射入正方形区域，则小球的合力不为零，速度会变化，洛伦兹力也会变化，小球将做曲线运动，C错误；
D．电场水平向左，由物体的平衡条件有
（其中），
电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上后，电场力与重力平衡，小球沿逆时针方向做匀速圆周运动，设轨道半径为r，有，解得
小球将从D点射出，D正确。
故选D。
12带电粒子在叠加场中一般的直线运动
45．（23-24高二上·江苏泰州·期中）如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面。一电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不计电子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度方向垂直纸面向外
B．由O点至P点的运动过程中，电子的速度减小
C．电子的初速度v0小于
D．电子的初速度无论如何调整都不可能使其做直线运动
【答案】B
【详解】A．电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入正交的匀强磁场和匀强电场中，电子先向下偏转，电子所受的电场力向上，则电子所受的洛伦兹力向下，根据左手定则，则磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误；
B．电子由О点至P点的运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，电子的速度逐渐减小，故B正确；
C．电子从О运动到P，根据曲线运动合外力指向轨迹凹侧，有
则
故C错误；
D．当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，电子的初速度为
故D错误。
故选B。
46．（22-23高二下·江苏镇江·期中）如图在坐标系所在空间存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，同时还存在一匀强电场，场强为E，垂直x轴向下．从O点发射电子，电量大小为e，质量为m，初速度大小为，与x轴正向夹角为，下列说法正确的是（ ）
A．若电子发射角且，可沿发射方向做直线运动
B．若电子发射角，电子距离x轴最远距离为
C．若电子发射角且，电子距离x轴最远距离为
D．若电子初速为0释放，电子经过一段时间后可以回到O点
【答案】C
【详解】A．电子受到竖直向上的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力，电子做直线运动必须是匀速直线运动，否则洛伦兹力就会改变大小，合力就会改变方向，所以当发射角时不可能受力平衡，不可沿发射方向做直线运动，故A错误；
B、当发射角为时，水平分速度
竖直分速度
距离x轴最远时竖直速度为0，水平速度设为，水平方向根据动量定理
根据动能定理
又因为
当
时，因为不知道E、B与的关系，所以最远距离是用、E、e、B和m表示的结果，故B错误；
C．当
时，水平方向
动能定理
解得电子距离x轴最远距离为
故C正确；
D．当电子的初速度为0时，利用轨迹的对称性可知，粒子的轨迹如图所示
所以电子不会回到O点，故D错误。
故选C。
47．（22-23高二下·江苏连云港·期中）如图所示，空间存在有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场中一水平线AC，一个带电小球从A点由静止释放，图中给出了小球的部分运动轨迹，该段轨迹的最低点为B，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动轨迹AB是抛物线的一部分
B．小球到B点时速度一定最大，并且沿水平方向
C．小球在B点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
D．小球经过B点后一定不能再运动到水平线AC上
【答案】B
【详解】A．小球受到重力和洛仑兹力作用，且洛仑兹力大小方向均不断变化，小球受的不是恒力，轨迹不可能是抛物线，故A错误；
B．B为最低点，重力做功最多，应用动能定理可知速度最大，速度沿切线方向，即水平方向，故B正确；
C．小球做曲线运动，在B点有竖直向上的向心力，洛仑兹力大于重力，故C错误；
D．小球受到的洛仑兹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒，故小球在到B点后一定能到AC水平线，故D错误。
故选B。
48．（22-23高二下·山东德州·期中）如图所示，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。将一质量为、电荷量为的带正电小球从点由静止释放，小球在重力和洛伦兹力的作用下，部分运动轨迹如图中实线所示，到达右侧点时速度为，取，下列说法正确的是（ ）
A．点位置比点高
B．小球可能沿轨迹返回点
C．小球运动的最大速度为
D．小球下降的最大高度为
【答案】C
【详解】A．根据题意，由动能定理可知，由于小球从点静止释放，到达右侧点时速度为，则重力做功为0，点位置与点等高，故A错误；
B．根据题意由左手定则可知，小球从点向下运动，受向右的洛伦兹力，小球向右偏转，不可能沿轨迹返回点，故B错误；
CD．根据题意，利用配速法，把静止释放的小球看成具有一个向左的和向右的，且有
则小球的两个分运动为，向右的匀速直线运动和匀速圆周运动，当运动到最低点时，小球的速度最大，最大速度为
设小球下降的最大高度为，由动能定理有
解得
故D错误，C正确。
故选C。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc20407" 01质谱仪 PAGEREF _Tc20407 \h 1
\l "_Tc31061" 02回旋加速器 PAGEREF _Tc31061 \h 6
\l "_Tc22204" 03霍尔元件 PAGEREF _Tc22204 \h 10
\l "_Tc9587" 04磁流体发电机 PAGEREF _Tc9587 \h 13
\l "_Tc25467" 05电磁流量计 PAGEREF _Tc25467 \h 16
\l "_Tc19975" 06带电粒子由磁场进入电场 PAGEREF _Tc19975 \h 19
\l "_Tc30443" 07带电粒子由电场进入磁场 PAGEREF _Tc30443 \h 26
\l "_Tc32600" 08带电粒子在电磁场中的往返运动 PAGEREF _Tc32600 \h 32
\l "_Tc26291" 09带电粒子在交变场中的运动 PAGEREF _Tc26291 \h 38
\l "_Tc20714" 10带电粒子在叠加场中的直线运动 PAGEREF _Tc20714 \h 45
\l "_Tc2782" 11带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动 PAGEREF _Tc2782 \h 48
\l "_Tc9959" 12带电粒子在叠加场中一般的直线运动 PAGEREF _Tc9959 \h 52
01质谱仪
1．（多选）（22-23高二下·山东济宁·期中）如图所示，图甲为速度选择器原理示意图，图乙为质谱仪原理示意图，图丙和图丁分别为多级直线加速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。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，只有具有速度的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器
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，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交流电源的频率也应该增大
【答案】AC
【详解】A．图甲中，当粒子沿直线通过时，满足
即
即只有速度的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器，故A正确；
B．图乙中，、、 三种粒子经加速电场射入磁场，则
，
解得
因为的最大，则在磁场中偏转半径最大，故B错误；
C．图丙中，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置，故C正确；
D．图丁中，交流电源的频率为
可知，随着粒子速度的增大，粒子在磁场中运动的周期不变，则交流电源的频率也是不变的，故D错误。
故选AC。
2．（多选）（22-23高二下·重庆·期中）如图所示，关于带电粒子（不计重力）在以下四种仪器中运动，下列说法正确的有（ ）
A．甲图中，只要增大加速电压，粒子最终就能获得更大的动能
B．乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
C．丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势低于B极板电势
D．丁图中，从左侧射入的带负电粒子，若速度满足，将向上极板偏转
【答案】CD
【详解】A．甲图中，当粒子运动半径等于D型盒半径时，粒子具有最大速度，即
粒子的最大动能
由此可见最大动能与加速电压无关，故A项错误；
B．乙图中，粒子射出速度选择器后在磁场中运动有
解得
粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即r越小，则粒子的比荷越大，故B项错误；
C．丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正电粒子向B极板偏转，负电粒子向A极板偏转，因此A极板电势低于B极板电势，故C项正确；
D．丁图中，带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向上的电场力和向下的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度
即洛伦兹力小于电场力，粒子将向上极板偏转，故D项正确。
故选CD。
3．（多选）（22-23高二下·安徽合肥·期中）如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的场强分别为和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片，平板S下方有磁感应强度为的匀强磁场，下列表述正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
D．打在胶片上的粒子与狭缝P的距离
【答案】AD
【详解】B．能通过狭缝P的带电粒子的速率
解得
故B错误；
D．带电粒子在平板S下方磁感应强度为的匀强磁场中运动半径为
打在胶片上的粒子与狭缝P的距离
解得
故D正确；
A．同位素电荷数相同，但粒子质量不同，将打在胶片不同位置，故质谱仪是分析同位素的重要工具，故A正确；
C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷应越大，故C错误。
故选AD。
4．（22-23高二下·新疆巴音郭楞·期末）如图所示，关于带电粒子（不计重力）在以下四种仪器中运动，下列说法正确的有（ ）
A．甲图中，只要增大加速电压，粒子最终就能获得更大的动能
B．乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
C．丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势高于B极板电势
D．丁图中，从左侧射入的带负电粒子，若速度满足，将向上极板偏转
【答案】D
【详解】A．甲图中，当粒子运动半径等于D型盒半径时，粒子具有最大速度时，有
即
此时粒子的最大动能
由此可见最大动能与加速电压无关，故A错误；
B．乙图中，粒子射出速度选择器后在磁场中运动有
解得
粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即r越小，则粒子的比荷越大，故B错误；
C．丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正电粒子向B极板偏转，负电粒子向A极板偏转，因此A极板电势低于B极板电势，故C错误；
D．丁图中，带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向上的电场力和向下的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度满足
即洛伦兹力小于电场力，粒子将向上极板偏转，故D正确。
故选D。
02回旋加速器
5．（22-23高二下·北京通州·期中）回旋加速器在核技术、核医学等领域得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆金属盒，接在电压恒为U的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能产生质子（初速度可忽略，重力不计，不考虑相对论效应），质子在两盒狭缝间的电场中运动时被加速。D1、D2置于与盒面垂直的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知质子的质量为m，带电荷量为q。求：
（1）质子被回旋加速器加速能达到的最大速率vm；
（2）质子获得最大速度的过程中在回旋加速器中被加速的次数n。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）根据题意有
所以
6．（多选）（22-23高二下·广东珠海·期中）图甲为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在磁感应强度大小为B、且垂直盒面的匀强磁场中。图乙为质谱仪的示意图，在容器A中有质量分别为、的两种同位素的原子核，它们可从容器A下方的小孔无初速度飘入电压为U的加速电场，经小孔垂直进入匀强磁场，分别打在距离为、的M、N两点。不计粒子的重力，以下说法正确的是（ ）
A．甲装置中，带电粒子通过磁场后动能增大
B．甲装置中，带电粒子获得的最大动能与匀强磁场的磁感应强度大小B有关
C．乙装置中，打在N点的粒子质量大，在磁场中运动的速率大
D．乙装置中，M、N两点与的距离与粒子质量的关系为
【答案】BD
【详解】A．甲装置中，因洛伦兹力对带电粒子不做功，则带电粒子通过磁场后动能不变，选项A错误；
B．甲装置中，根据
解得带电粒子获得的最大动能
则最大动能与匀强磁场的磁感应强度大小B有关，选项B正确；
C．乙装置中，粒子在电场中被加速
在磁场中
则，
打在N点的粒子质量大，在磁场中运动的速率小，选项C错误；
D．乙装置中，根据
M、N两点与的距离与粒子质量的关系为
选项D正确。
故选BD。
7．（多选）（22-23高二下·浙江·期中）如图甲所示是用来加速带电粒子的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，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能E随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（ ）
A．在图中应有
B．高频电源的变化周期应该等于
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加磁感应强度
【答案】AD
【详解】A．洛伦兹力提供向心力，有
解得
故周期有
由上述式子可知，周期与速度无关，有
故A正确；
B．交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故高频电源的变化周期应该有
故B错误；
CD．当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径，由
解得
则最大动能
由上述式子知，最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压等其他因素无关，故C错误，D正确。
故选AD。
8．（22-23高二下·山东德州·期中）回旋加速器工作原理如图所示，两个半径为R的D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场（初速度为零），若不考虑相对论效应及粒子所受重力，粒子在电场中运动的时间忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为1：3
B．若仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的倍
C．粒子从回旋加速器出来的最大速度与D形盒的半径R无关
D．粒子在回旋加速器中被加速的次数与磁场磁感应强度B无关
【答案】B
【详解】A．粒子第一次在D2磁场中运动的轨道半径为
粒子第二次在D2磁场中运动的轨道半径为
根据动能定理有，
解得粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为，故A错误；
B．粒子做圆周运动的周期
交流电源的频率
可知仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的倍，故B正确；
C．粒子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得，粒子的最大运行速度
粒子从回旋加速器出来的最大速度与D形盒的半径R有关，故C错误；
D．粒子完成一次圆周运动被电场加速两次，由动能定理可得：
经过的周期个数为
其中
粒子在D形盒磁场中运动的时间为t=nT
则有
可知粒子在回旋加速器中被加速的次数与磁场磁感应强度B有关，故D错误。
故选B。
03霍尔元件
9．（多选）（23-24高二上·辽宁大连·期中）霍尔效应是美国物理学家霍尔（E. H. Hall）于1879年发现的。其原理如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体金属元件，单位体积内自由电子数为n，导体的电阻率为，电子的电量大小为e，在导体的左右两端加上恒定电压U和方向垂直于上表面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在导体前后表面之间产生稳定的电势差，称为霍尔电压。下列说法正确的是（ ）
A．导体前表面的电势高于后表面的电势
B．导体前表面的电势低于后表面的电势
C．导体中自由电荷定向移动平均速率大小为
D．霍尔电压的大小为
【答案】BD
【详解】AB．电流方向向左，电子向右定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势低，故A错误，B正确；
C．根据电阻定律可知导体的电阻为
根据欧姆定律，有
电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbc
联立可得
故C错误；
D．电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有
联立以上可得
故D正确。
故选BD。
10．（多选）（22-23高二下·北京海淀·期中）应用霍尔效应可以测量车轮的转动角速度ω，如图为轮速传感器的原理示意图，假设齿轮为五齿结构，且均匀分布，当齿轮凸起部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场增强，凹陷部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场减弱。工作时，通过霍尔元件上下两面通入电流I，前后两面连接控制电路，下列说法正确的是（ ）
A．若霍尔元件内部是通过负电荷导电的，则前表面比后表面的电势低
B．增大通过霍尔元件的电流，可以使控制电路监测到的电压变小
C．控制电路接收到的电压升高，说明齿轮的凹陷部分在靠近霍尔元件
D．若控制电路接收到的信号电压变化周期为T，则车轮的角速度为
【答案】AD
【详解】A．若霍尔元件内部是通过负电荷导电的，根据左手定则，负电荷向前表面偏转，则前表面比后表面的电势低，故A正确；
B．设前、后表面的距离为，左、右表面的距离为，根据电流微观表达式
霍尔元件稳定时，有
整理得
故增大通过霍尔元件的电流，可以使控制电路监测到的电压增大，故B错误；
C．当齿轮的凸起部分在靠近霍尔元件，磁感应强度变大，故控制电路接收到的电压升高，说明齿轮的凸起部分在靠近霍尔元件，故C错误；
D．霍尔电压变化一个周期，对应齿轮转过弧度，故若控制电路接收到的信号电压变化周期为T，则车轮的角速度为
故D正确。
故选AD。
11．（多选）（22-23高二下·山东淄博·期中）利用霍尔效应制作的霍尔元件被广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是某一霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度大小为的磁场垂直于该霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流，、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，电势差变大
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竖直
【答案】CD
【详解】AC．根据CD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，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，
则
n由材料决定，故U与材料有关；U还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I有关。仅增大磁感应强度时，电势差变大。故A错误，C正确；
B．根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0
故B错误；
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故D正确。
故选CD。
12．（22-23高二下·浙江温州·期中）霍尔元件是一种基于霍尔效应的金属磁传感器，用它可以检测磁场及其变化，图甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图，霍尔元件被夹在磁芯缝隙AB处，由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场，测量原理如乙图所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路，所用器材已在图中给出并已经连接好电路。下列说法正确的是（ ）
A．电压表正极应与霍尔元件的后表面连接
B．若仅增加霍尔元件的高度h，其他条件不变，电压表示数变小
C．若仅改变滑动变阻器的阻值，电压表的示数不变
D．若AB处磁感应强度变大，则电流表示数变大
【答案】B
【详解】A．根据安培定则可知直导线在磁芯中产生的磁场方向为顺时针方向，即通过霍尔元件的磁场方向竖直向下，元件中的电流方向从左到右，元件的载流子为负电荷，故可知负电荷偏向元件的后表面，后表面电势低，故电压表负极应与霍尔元件的后表面连接，故A错误；
BC．设稳定时电压表示数为U，元件的前后表面距离为d，载流子的速度为v，霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为e，得
根据电流微观表达式
联立解得
故仅增加霍尔元件的高度h，其他条件不变，电压表示数变小；若仅改变滑动变阻器的阻值，电路中电流改变，故电压表的示数改变，故B正确，C错误；
D．电路中的电流大小由电路中各元件决定，与AB处磁感应强度无关，故D错误。
故选B。
04磁流体发电机
13．（22-23高二下·湖南·期中）磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向与两板平行，并与气流速度方向垂直，如图所示，把两板与外电阻R连接起来，在洛伦兹力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流，该气流的电阻率为ρ，则（ ）
A．该磁流体发电机模型产生的电动势为E=Bav
B．流过外电阻R的电流为
C．该磁流体发电机模型的路端电压为
D．该磁流体发电机模型的输出功率为
【答案】B
【详解】A．稳定时离子受到的电场力和洛伦兹力相平衡，此时有
解得磁流体发电机模型产生的电动势为
A错误；
B．极板间气流的电阻为
故流过外电阻R的电流为
B正确；
C．该磁流体发电机模型的路端电压为
C错误；
D．该磁流体发电机模型的输出功率为
D错误。
故选B。
14．（多选）（22-23高二下·福建三明·期中）磁流体发电的原理如图所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在宽为a、长为b、间距为d的两平行金属板间产生电动势。将其上下极板与阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器相连，间距为L的电容器极板间有一带电微粒处于静止状态，不计其它电阻，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．平行金属板上极板比下极板电势低B．磁流体发电机的电动势为BLv
C．电容器所带电荷量为CBavD．微粒的比荷
【答案】AD
【详解】A．将一束速度为的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为的匀强磁场中，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷聚集到下极板，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到上极板，故平行金属板上极板比下极板电势低，故A正确；
B．根据
可得磁流体发电机的电动势为
故B错误；
C．电容器两端的电势差等于电源电动势，根据
联立可得电容器所带电荷量为
故C错误；
D．由于带电微粒处于静止状态，由平衡条件可得
联立方可得微粒的比荷为
故D正确。
故选AD。
15．（22-23高二下·北京通州·期中）如图所示是磁流体发电机的示意图，在间距为d的平行金属板M、N间，存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属板通过导线与滑动变阻器相连，变阻器接入电路的电阻为R。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）连续以速度v平行于两金属板垂直射入磁场，理想电流表A的读数为I，下列说法正确的是（ ）
A．发电机的上极板M为正极
B．带正电的粒子在两极板间受到的洛伦兹力方向向上
C．发电机的效率
D．只增大M、N两板的面积，发电机的电动势增大
【答案】C
【详解】AB．根据左手定则可知，正离子所受洛伦兹力向下，负离子受洛伦兹力向上，所以发电机的上极板M为负极，故AB错误；
C．当达到稳定状态时，有
所以
所以发电机的效率为
故C正确；
D．由于
若增大M、N两板的面积，发电机的电动势不变，故D错误。
故选C。
16．（多选）（22-23高二下·甘肃天水·期中）磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电。则（ ）
A．仅增大负载的阻值，发电机的电动势增大
B．仅增大两板间的距离，发电机的电动势增大
C．仅增强磁感应强度，发电机两端的电压减小
D．仅增大磁流体的喷射速度，发电机两端的电压增大
【答案】BD
【详解】AB．磁流体发电机中，电荷最终所受电场力与洛伦兹力平衡，设两金属板间的电压为E，即发动机的电动势，有
解得
可知仅增大负载的阻值，发电机的电动势不会改变，仅增大两板间的距离，发电机的电动势增大。仅增强磁感应强度，发电机的电动势增大。仅增大磁流体的喷射速度，发电机的电动势增大，故A错误，B正确；
CD．根据闭合电路欧姆定律，有
易知仅增强磁感应强度，发电机两端的电压增大。仅增大磁流体的喷射速度，发电机两端的电压增大，故D正确，C错误。
故选BD。
05电磁流量计
17．（22-23高二下·重庆·期中）2020年全球爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验必须全程都在高度无接触防护性的条件下进行操作。在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示的模型：空间有垂直纸面向里的磁感应强度为的匀强磁场，污水内含有大量正、负粒子，从直径为的圆柱形管道右侧流入，左侧流出，流量等于单位时间通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子所受洛伦兹力的方向水平向左
B．正、负粒子所受洛伦兹力的方向是不同的
C．若只测量两点间的电压，则不能推算出废液的流量
D．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
【答案】B
【详解】AB．根据题意，由左手定则可知，正粒子受向下的洛伦兹力，负粒子受向上的洛伦兹力，故A错误，B正确；
C．根据题意，设两点间的电压为，带电粒子的质量为，电荷量为，由平衡条件有
解得
则流量为
可知，只测量两点间的电压，能推算出废液的流量，故C错误；
D．不带电的液体不受洛伦兹力，不能偏转，两点间没有电压，则不能测量液体的流速，故D错误。
故选B。
18．（22-23高二下·福建莆田·期中）如图所示为污水流量监测装置，两块面积为S的矩形金属极板M、N水平放置，污水从两板间区域向右流过（速度为v），板间距离为d且有一垂直于纸面向里的匀强磁场，两板用导线与理想电压表相连，则（ ）
A．电压表正极接线柱接金属极板M
B．污水中离子浓度越大，电压表的示数越大
C．极板面积S越大，电压表的示数越大
D．污水流速v不变，只增加板间距离d时电压表读数变小
【答案】A
【详解】A．由左手定则可知，污水中的正离子和负离子受到洛伦兹力的方向分别为向上和向下，即M板带正电，电压表正极接线柱接金属极板M，故A正确；
BCD．稳定状态下，离子在两极板间受到的洛伦兹力与电场力相平衡，即
两极板间电压
所以电压表读数
与极板面积S、污水中离子浓度无关，与磁感应强度B、板间距离d、水流速度v有关，若污水流速v不变，只增加板间距离d时电压表读数变大，故BCD错误。
故选A。
19．（多选）（22-23高二下·四川乐山·期末）图1为电磁流量计是一种应用电磁感应现象来测量导电流体流量的一种仪器，图2是简化的工作场景。已知在直径为d的圆形导管区域外加一垂直纸面向外的匀强磁场B，管中导电液体以水平向左的速度v0流过磁场区域，稳定后电压表测出MN两端间的电压大小为U，则（ ）
A．洛伦兹力对导电液体中的离子做正功B．管壁M侧电势高于N侧
C．仅增大导电液体流速，U值会增大D．仅增大磁感应强度B，U值不变
【答案】BC
【详解】A．洛伦兹力与导电液体中离子的运动方向垂直，故不做功，故A错误；
B．根据左手定则可知，受洛伦兹力作用正离子向管璧M侧运动，负离子向向管璧N侧运动，故管璧M侧电势高于N侧，故B正确；
CD．稳定后，对离子受力分析得
整理得
故仅增大导电液体流速和仅增大磁感应强度B，都会使U值增大，故C正确，D错误。
故选BC。
20．（多选）（22-23高二下·广东梅州·期末）在医院中需要用到血流计检测患者身体情况，血流计原理可以简化为如图所示模型，血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间内通过横截面的液体体积。空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，稳定后，测出M、N两点之间电压U。下列说法正确的是（ ）
A．离子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．M点的电势低于N点的电势
C．正负离子达到稳定状态时，可得流速
D．血液流量
【答案】BCD
【详解】AB．根据左手定则，正离子所受洛伦兹力方向由M指向N，负离子所受洛伦兹力方向由N指向M，M点的电势低于N点的电势，故A错误，B正确；
C．正负离子达到稳定状态时，有
可得流速
故C正确；
D．血液流量为
故D正确。
故选BCD。
06带电粒子由磁场进入电场
21．（22-23高二下·福建三明·期中）如图所示的xy坐标系中，第一象限内存在与x轴成角斜向下的匀强电场，电场强度；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度，沿y轴负方向宽度无限大，磁感应强度。现有一比荷为的正离子（不计重力），以大小不同的速度从O点射入磁场，速度方向均与x轴正方向夹角。
（1）某离子只经过磁场的偏转后通过A点，求离子的入射速度v0；
（2）某离子只经过磁场和电场各偏转一次后通过A点，求的入射速度。
【答案】（1）2×106m/s；（2）106m/s
【详解】（1）某离子只经过磁场的偏转后通过A点，如图所示
有几何关系可得
又洛伦兹力提供向心力
解得v0=2×106m/s
（2）某离子只经过磁场和电场各偏转一次后通过A点，设磁场中运动半径为r2，有
离子进入电场后，设经过时间t再次到达x轴上，离子沿垂直电场方向做速度为v＇0的匀速直线运动，位移为l1
离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2
，
由几何关系可知
离子在x轴方向运动的距离为
由几何关系可知
解得
22．（22-23高二下·山东德州·期中）如图所示，在xOy坐标平面内的第一、二象限有沿y轴负方向的匀强电场；第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。平面内坐标为（0，－L）的M处有一粒子发射源，能向第三象限发射不同速率的同种带正电的粒子，速度方向与y轴正方向的夹角都为30°，其中发射速度大小为的粒子a恰好没有进入电场；初速度大小未知的另一粒子b恰好自坐标原点O进入电场，并且还能以相同的速度多次经过M点，不计粒子的重力及其相互之间的影响。求：
（1）粒子源射出的粒子的比荷；
（2）粒子b的速度大小；
（3）第一、二象限中匀强电场的电场强度大小；
（4）射入速度为的粒子c从M点开始运动，到第4次经过x轴所用的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）初速度为的粒子a恰好没有进入电场，即该粒子的运动轨迹恰好与x轴相切，如图所示
由几何知识有
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得粒子的比荷为
（2）粒子b恰好自坐标原点O进入电场，并且还能以相同的速度多次经过M点，如图所示
由几何知识可得，粒子b在磁场中运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得粒子b的速度大小为
（3）粒子b在电场中做类斜抛运动；x轴方向有
y轴方向有，
联立解得
（4）粒子c在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
可得粒子c在磁场中运动的半径为
粒子c恰好垂直于x轴进入电场；如图所示
粒子c在磁场中运动，第1次到达x轴所用时间为
粒子c第1次在电场中运动所用时间为
粒子c第2次在磁场中运动，所用时间为
粒子c第2次在电场中运动，所用时间为
则粒子c第4次到达x轴的时间为
联立解得
23．（2023·河南郑州·模拟预测）如图所示，在xOy平面内，x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小均为E，方向与y轴平行。时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点射入磁场，速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，然后恰好垂直于MN边界进入上方电场，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子第一次经过MN边界时的位置坐标；
（3）粒子射出以后经过x轴的时刻t。
【答案】（1）；（2；（3）见解析
【详解】（1）垂直于MN边界进入上方电场，运动轨迹如图所示。
设粒子运动轨道半径为r，由几何关系可得
粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得磁感应强度
（2）如图所示，由几何关系可知
第一次经过MN边界时沿x方向运动距离
解得
该点位置坐标为
（3）粒子在磁场中的运动周期
每次通过磁场的时间
粒子在电场中运动满足
粒子在MN上方电场中做匀变速直线运动，设往返通过电场的时间为t2，由题意可得
解得
粒子在x轴下方电场中做类抛体运动，设粒子每次通过电场的时间为t3，由题意可得
解得
粒子接下来重复周期性运动，周期T=2t1+t2+t3
则由题意可知，粒子由x轴上方磁场经过x轴的时刻满足t=n（2t1+t2+t3）- t3
解得
粒子由x轴下方电场经过x轴的时刻满足t=n（2t1+t2+t3）
解得
24．（22-23高一下·山东潍坊·期中）如图所示，平面直角坐标系xOy面内，第Ⅱ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，第I象限内有竖直向上的匀强电场，x轴下方有一平行x轴过点（0，）的荧光屏。一电子以速度从原点O射入磁场，与y轴正方向的夹角，经点（0，）射入电场，之后从M点（，0）离开电场。已知电子的质量为m，电荷量为e，，。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度；
（2）匀强电场的电场强度；
（3）电子打到荧光屏上的位置坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）（，）
【详解】（1）在磁场中做圆周运动，如图所示
由几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
（2）将电子射出磁场的速度分解在x轴方向和y轴方向上，则有，
x轴方向上做匀速直线运动，则有
y轴方向上做匀变速直线运动，则有
，
联立解得
（3）电子离开电场时，此时的y轴方向上速度大小为
设电子离开电场时的速度与水平方向的夹角为，则
电子离开电场后做匀速直线运动，则根据几何关系可知
解得
则电子打到荧光屏上的位置的横坐标为
则粒子打到荧光屏上的位置坐标为（，）。
07带电粒子由电场进入磁场
25．（22-23高二下·广东广州·期中）如图所示，直角坐标系xOy的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限内在y=d处固定一个平行x轴且足够长的挡板，且在第二象限中存在垂直xOy平面向外的匀强磁场（图中未画出）。在（，）处有一粒子源P，能沿x轴负方向以的速度发射质量为m、电荷量为的粒子，粒子经过电场偏转后通过的M点进入匀强磁场，忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。
（1）求电场强度E的大小；
（2）求粒子进入磁场的速度大小和方向；
（3）要使粒子垂直打到挡板上，求磁感应强度B的大小。
【答案】（1）；（2）；与x轴负方向的夹角为；（3）
【详解】（1）设粒子在电场中做类平抛运动的时间为，加速度大小为，则沿轴负方向有
沿轴负方向有
，
联立解得电场强度的大小
（2）设粒子到达轴时速度方向与轴负方向的夹角为，则有
可得
粒子进入磁场的速度大小为，方向与轴负方向的夹角为。
（3）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
要使粒子垂直打到挡板上，，如图所示
由几何关系可知
联立解得
26．（22-23高二下·江苏南京·期中）如图所示，在半径大小未知的圆形与边长为2L的等边三角形框架DEF之间有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直纸面向里，已知等边三角形中心与圆心重合。在三角形DEF内放置平行板电容器MN，两板间距为d，N板紧靠EF边，N板及EF中点S处均开有小孔，在两板间靠近M板处有一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子由静止释放，粒子经过S处的速度大小为，方向垂直于EF边并指向磁场。若粒子每次与三角形框架的碰撞均为弹性碰撞且垂直，粒子在碰撞过程中质量、电荷量均不变，不计带电粒子的重力，平行板电容器MN产生的电场仅限于两板间，求：
（1）MN间匀强电场的场强大小；
（2）若从S点发射出的粒子能再次垂直返回到S点，磁场圆形区域的半径最小值Rmin；
（3）若粒子经过S处的速度大小可变且能再次垂直返回到S点，圆形磁场区域的半径足够大，求从S点出发到第一次垂直返回到S点所对应的速度应该满足的条件及全程所用时间。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做匀加速运动，由动能定理得
解得
（2）粒子的磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据动力学关系
几何关系
代入
得
粒子运动轨迹如图
粒子运动轨迹与磁场圆内切时磁场圆半径最小，由几何关系得
（3）粒子速度大小可变，即圆周运动的半径r可变，要能返回到S点，则轨道如图所示，半径应该满足
即
由
知
，
故粒子第一次返回的时间为
而
故
，
,
故
27．（22-23高二下·广东茂名·期中）如图所示，MHN和PKQ为竖直方向的平行边界线，水平线HK将两边界围成区域分为上下两部分，其中I区域内为竖直向下的匀强电场，II区域内为垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从左边界A点以初速度垂直边界进入I区域，从C点离开I区域进入II区域。已知，，粒子重力不计：
（1）求I区域匀强电场强度E的大小；
（2）求C点的速度；
（3）若两竖直边界线距离为4h，粒子从II区域左边界射出，求II区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围。
【答案】（1）；（2）v0；（3）
【详解】（1）如下图所示，粒子从A点至C点做匀变速曲线运动，垂直电场方向有
平行电场方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）粒子在C点速度的竖直分量
故粒子在C点速度为
C点速度的方向为
解得
即，方向为斜向右下方与HK夹角为
（3）当粒了恰好不从MN边界出射，粒子轨迹如下图轨迹①所示，设此种情况下，粒子在磁场中轨道半径为，由几何知识得
解得
粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
解得
当粒子恰好不从PQ边界出射，粒子轨迹如图轨迹②所示，由几何知识得
解得
粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
解得
所以II区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围
28．（22-23高二下·云南临沧·期中）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内存在电场方向沿y轴负方向的匀强电场区域Ⅰ，在下方存在电场方向沿y轴正方向的匀强电场区域Ⅱ，在x轴下方和之间（含边界）存在垂直坐标系xOy平面向外的匀强磁场。在坐标为的P点沿x轴向射出一个质量为m、电荷量为的带电粒子，粒子经电场区域偏转后从坐标原点O射出电场区域Ⅰ。已知电场区域Ⅱ的电场强度是区域Ⅰ电场强度的2倍，粒子射出时的初速度大小为，不计粒子的重力大小。
（1）求匀强电场区域Ⅰ的电场强度大小；
（2）若粒子恰好不能进入匀强电场区域Ⅱ，求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）若粒子经磁场偏转后恰好从y轴上坐标为的Q点进入匀强电场区域Ⅱ，求粒子第2次经过x轴的位置离P点的水平距离，及从P点射出到第2次经过x轴时，粒子运动的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）0，
【详解】（1）根据牛顿第二定律及运动学公式可得
，
粒子在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向没有外力作用，可知在水平方向做匀速直线运动可得粒子在区域I的时间为
联立解得
（2）粒子在区域I做类平抛运动可知，粒子在原点时速度的反向延长线交水平位移的中点可得速度与x轴的夹角满足
即
可得
粒子在磁场运动时，洛伦兹力提供向心力
由几何关系可得
联立解得
（3）粒子射入电场区域Ⅱ做斜抛运动，运动到的时间为
由于电场区域Ⅱ的电场强度是区域Ⅰ电场强度的2倍，可得
运动到的水平位移为
联立解得
故粒子第2次经过x轴的位置离P点的水平距离为0，粒子经磁场偏转后恰好从y轴上坐标为的Q点进入匀强电场区域Ⅱ，由几何关系可得
即
在磁场中满足
解得
粒子在磁场中的运动周期为
粒子从P点射出到第2次经过x轴时，在电场中水平方向均做匀速直线运动，故在电场中的运动时间为2t1，，在磁场中运动的时间为，粒子运动的总时间为
08带电粒子在电磁场中的往返运动
29．（22-23高二下·山东枣庄·期中）制造芯片，要用电磁场精准控制粒子的轨迹，其部分电磁场简化如图所示。在三维坐标系Oxyz中，平面xOy位于纸面，z轴垂直纸面向外（图中未画出）。在平面xOy第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从y轴上P点（0，h，0）以初速度v0垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成45°角进入第四象限。在第四象限内有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为；第三象限有沿z轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为。粒子重力不计，求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）粒子第四次经过y轴所用时间t；
（3）若在xOz平面下方再施加沿z轴的匀强电场，场强大小为E0，求粒子第四次经过yOz平面的位置坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）（0，-6h，）
【详解】（1）带电粒子在第一象限中做类平抛运动，所以
，，
联立解得
（2）粒子进入第四象限做匀速圆周运动，有
，
解得
粒子进入第三象限做匀速圆周运动，有
解得
粒子的运动轨迹如图所示
所以粒子第四次经过y轴所用时间
（3）若在xOz平面下方再施加沿z轴的匀强电场，粒子的运动可以看成xOy平面内的交替变化的匀速圆周运动和z方向的初速度为零的匀加速直线运动，所以粒子第四次经过yOz平面时的x坐标为零，此时
所以粒子第四次经过yOz平面的位置坐标为（0，-6h，）。
30．（22-23高二下·福建厦门·期中）如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R=0.5m，磁场方向垂直纸面向里。在y>R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E=1.0×105 V/m。在M点（坐标原点）有一正粒子以速率v=1.0×106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为，不计粒子重力。求：
（1）圆形磁场区域磁感应强度的大小；
（2）沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
（3）沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所经过的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知粒子第一次垂直电场与磁场的界面射入电场中，运动轨迹如下图，故可知粒子在磁场中的轨迹半径为
同时根据粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力有
代入数值联立解得
（2）粒子射入电场到运动到最远处距离为，根据动能定理有
解得
故粒子从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程为
（3）粒子在电场中运动时间为，加速度大小为，有
，
解得
粒子在磁场中运动有
即
根据轨迹可知粒子在磁场中的运动时间为
联立解得
故从进入磁场到再次穿出磁场所经过的时间为
31．（22-23高二下·重庆·期中）如图所示，竖直直线MN、PQ、GH将竖直平面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，直线MN和PQ间的距离为d，区域Ⅰ有竖直向下的匀强电场（大小未知），区域Ⅱ有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度大小（两竖直区域足够长）。现有一质量为，带电量为的带正电粒子从MN边界上的A点以速度水平向右飞入，与边界PQ成进入区域Ⅱ（不计粒子的重力）.求：
（1）电场强度E的大小；
（2）要使带电粒子能够再次进入区域Ⅰ，PQ和GH间的距离至少多大？
（3）在满足（2）问的条件下，带点粒子返回区域Ⅰ前电场已经反向，要使带电粒子能够再次回到A点，改变后电场强度的大小变为原电场强度的多少倍（不考虑电场变化产生的磁场）？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）（2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
，，
又有，
联立解得，，
粒子进入磁场之后，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
解得
由几何关系可得
PQ和GH间的距离最小值为
（3）根据题意，粒子返回点的运动轨迹，如图所示
同理，取向下为正方向，粒子在电场中做类斜抛运动，水平方向上有
竖直方向上有，
联立解得
则有
32．（22-23高二下·浙江杭州·期中）如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面， ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷（电荷量与质量之比）为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回电场。已知电场强度 不计粒子重力和粒子间的相互作用。试求：
（1）粒子第一次穿过MN时的速度：
（2）磁场的磁感应强度B的大小；
（3）粒子再次回到x轴时在电场和磁场中运动的总时间。
【答案】（1），方向与MN夹角为斜向右上方；（2）；（3）
【详解】（1）粒子的运动轨迹如图，设粒子第一次穿过MN时的速度为，粒子在电场中做类平抛运动，由动能定理
解得
同时有
故可知，即方向与MN夹角为斜向右上方；
（2）设粒子在磁场中的运动轨迹半径为，根据几何关系有
解得
粒子在磁场中做圆周运动
解得
（3）根据对称性可知粒子从磁场中进入电场时与MN的夹角为，根据几何知识可知粒子在磁场中运动的圆心角为，粒子在磁场中运动的周期为T，可知在磁场中运动的时间为，
解得
粒子开始在电场中做类平抛运动时竖直方向有
粒子再次进入电场中做减速运动，根据对称性可知粒子第二次在电场中的时间也为，到达x轴时速度沿x轴方向，故粒子再次回到x轴时在电场和磁场中运动的总时间为
09带电粒子在交变场中的运动
33．（22-23高二下·山东潍坊·期中）如图甲所示，粒子加速器与速度选择器并排放置，已知速度选择器内匀强磁场磁感应强度大小为、电场强度大小为。在速度选择器右侧建立xOy坐标系，的区域里有磁场，规定磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中。质量为、电荷量为的粒子从加速器M极板由静止释放，通过N极板中间的小孔后进入速度选择器，沿直线穿过速度选择器后从O点沿x轴射入磁场。
（1）求粒子到达O点的速度和M、N两板间的电压；
（2）若粒子在时从O点射入磁场，且在的某时刻从点P（，）离开磁场，求的大小；
（3）若，粒子在时刻从O点射入磁场，求粒子离开磁场时的位置坐标；
（4）若，调整磁场变化周期，使在的任一时刻从O点入射的粒子均不从y轴离开磁场，求的取值范围。
【答案】（1），；（2）；（3）（，）；（4）
【详解】（1）粒子在沿直线穿过速度选择器，根据受力平衡可得
解得
粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得M、N两板间的电压为
（2）若粒子在时从O点射入磁场，且在的某时刻从点P（，）离开磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
由几何关系可得
解得
联立解得
（3）若，则粒子在磁场中的轨道半径为
粒子在磁场中运动的周期为
粒子在时刻从O点射入磁场，可知粒子进入磁场时磁场方向刚好变为向外，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据图中几何关系可得
可知粒子离开磁场时的纵坐标为
则粒子离开磁场时的位置坐标为（，）。
（4）若，则粒子在磁场中的轨道半径为
粒子在磁场中运动的周期为
临界情况为粒子从时刻射入磁场，并且轨迹恰好与轴相切，如图所示
由图中几何关系可得
可得
则粒子在时间内转过的圆心角为，对应的运动时间为
为了使在的任一时刻从O点入射的粒子均不从轴离开磁场，应满足
联立可得
34．（22-23高二下·河南焦作·期中）如图1所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度大小B随时间变化的关系如图2所示，在t＝0时刻有一比荷为的带正电粒子从坐标为的P点以初速度且与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入。开始时，磁场方向垂直坐标平面向里，不计粒子重力，求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；
（2）在内和内，粒子运动轨迹对应的圆心角之比；
（3）粒子到达y轴时与O点的距离s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，由洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为，则
内，粒子运动的周期数为
运动轨迹对应的圆心角为60°
内，粒子运动的周期数为
运动轨迹对应的圆心角为120°
在内和内，粒子运动轨迹对应的圆心角之比为
（3）粒子运动轨迹如图所示
粒子恰好在时到达轴，由图可知
粒子到达轴时与点的距离
35．（22-23高二下·安徽·期中）如图甲，足够大的空间有垂直纸面的匀强磁场，以O为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向上为y轴，在纸面内建立直角坐标系xOy。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子在O点以与x轴成的初速度v射入磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙，其中，规定垂直纸面向外为磁感应强度的正方向，粒子重力不计。求：
（1）粒子从O点射出后第一次经过x轴时的位置坐标；
（2）当粒子运动到与x轴距离最大的位置时，该位置与O点的水平距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）t＝0粒子进入磁场后，根据牛顿第二定律有
粒子在磁场中做圆周运动的周期
由于，所以粒子恰好在时刻第一次经过x轴，由几何关系有
所以第一次经过x轴时的位置坐标为
（2）作出粒子运动的轨迹示意图
粒子在第2个时间内做匀速运动，运动的距离
粒子第一次与x轴距离最大时，离O点的水平距离为
第二次与x轴距离最大时，离O点的水平距离为
所以当粒子第k次运动到与x轴距离最大的位置时，该位置与O点的水平距离
即
36．（多选）（22-23高二下·湖南长沙·期中）如图所示，在坐标系中，第一象限内充满着两个匀强磁场和，为分界线，在磁场中，磁感应强度为，方向垂直于纸面向里；在磁场中，磁感应强度为，方向垂直于纸面向外，点坐标为。一质量为、电荷量为的带正电粒子从点沿轴负方向射入磁场，经过一段时间后，粒子恰能经过原点；不计粒子重力，。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子经过点时。速度方向沿轴正方向
B．粒子从到经历的路程与粒子的速度大小无关
C．粒子运动的速度可能为
D．粒子从点运动到点的最短时间为
【答案】BC
【详解】A．画出粒子的运动轨迹如图
根据几何知识得
故，（图为一个周期的情况）故粒子不可能从磁场中运动经过点，只能从磁场中经过点，A错误；
D．设粒子的入射速度为，用、、、分别表示粒子在磁场中和磁场中运动的轨道半径和周期，则有
，
，
当粒子先在区域中运动，后进入区域中运动，然后从点射出时，粒子从点运动到点所用的时间最短，如图所示，粒子在区域和区域中运动的时间分别为，
故最短时间
D错误；
C．由几何关系可知
解得
由表达式可知，当时，粒子运动的速度为
C正确；
B．当速度为时
故路程
与无关，B正确。
故选BC。
10带电粒子在叠加场中的直线运动
37．（多选）（22-23高二上·湖北武汉·期末）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，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为时，小球恰好做匀速直线运动，小球在此运动过程中，以下说法正确的是（ ）
A．小球可能带负电
B．电场力做负功，小球的机械能减小
C．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动
D．若撤去磁场，小球将做匀加速直线运动
【答案】BC
【详解】A．若小球带负电，则小球所受电场力水平向右，所受洛伦兹力垂直于杆向下，所受杆的支持力垂直于杆向上，所受重力竖直向下，易知这四个力的合力不可能为零，所以小球不可能做匀速直线运动，则小球一定带正电，故A错误；
B．因为小球带正电，且在逆着电场线方向存在位移，因此电场力做负功，而杆的支持力以及洛伦兹力对小球均不做功，所以小球的机械能减小，故B正确；
CD．存在磁场时，由于小球所受洛伦兹力和支持力的合力一定垂直于杆向上，所以电场力与重力的合力一定垂直于杆向下，且为定值，若撤去磁场，杆的支持力方向不变，且大小不受限制，所以仍可以与重力和电场力的合力相平衡，因此若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动，故C正确，D错误。
故选BC。
38．（多选）（21-22高二下·重庆沙坪坝·阶段练习）如图所示，倾角为θ的光滑斜面上设置有AB和CD两个粗糙的缓冲区，且AB=BC=CD=l。整个空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一带负电的物块（视为质点）从斜面顶端O由静止释放，其与缓冲区动摩擦因数为μ，通过AB段与通过CD段的时间相等，运动到D点时的速度为v。已知重力加速度为g，则（ ）
A．物块通过AB段时可能做加速运动
B．物体通过AB段的时间大于通过BC段的时间
C．物块通过AB段时克服摩擦力所做的功大于通过BC段时重力所做的功
D．斜面OA段长度为
【答案】BCD
【详解】A．AB与CD段时间相同，说明A点与C点速度应该相同，这样AB与CD段运动规律相同，所以才会有时间相同，故只能AB段减速，BC段匀加速，CD段减速，A错；
B．洛伦兹力垂直斜面向下，故AB段速度减小时，洛伦兹力减小，支持力减小，摩擦力减小，做加速度减小的减速运动，AB段的初末速度与BC段的末初速度相等，根据v-t图象可以分析出AB段平均速度比BC段小，在相同位移下，AB段时间更长，B对；
C．从A到C，根据前面的分析可知初末动能不变，则克服摩擦力做的功等于AC段重力做的功，所以大于BC段重力做的功，C对；
D．B点速度即D点速度v，B到C由运动学公式
C点速度就是A点速度，O到A再用运动学公式
故
故D正确。
故选BCD。
39．（22-23高二下·山西·期中）如图所示，在坐标系所在的竖直平面内有一方向未知的匀强电场，第二象限内有垂直纸面向里、磁感应强度大小未知的匀强磁场。一带质量为m，电量为的小球沿方向以速度向坐标原点O做直线运动，与x轴负向夹角为，小球重力加速度为g。求：
（1）试判断小球到达坐标原点O之前是否做匀速直线运动，并确定匀强电场场强可能的最小值和方向；
（2）在满足（1）条件下，小球过O点后小球经多长时间到达y轴，并确定小球过y轴的坐标。
【答案】（1）做匀速直线运动，，方向沿直线OA方向；（2），
【详解】（1）小球在叠加场中受到重力，洛伦兹力，电场力的共同作用沿AO做直线运动，洛伦兹力永远垂直于速度方向，即AO斜向上，重力竖直向下，则根据物体做直线运动的条件，可知小球一定做匀速直线运动，根据矢量三角形，可判断知当小球受到的电场力沿OA方向时，此时电场力最小，由平衡条件可得
得
由于小球带正电，所以该电场方向沿直线OA方向；
（2）小球过O点后仅受电场力与重力的作用，由（1）问可知，在O点时，将小球受到的电场力分解在x轴及y轴上，有
，
根据牛顿第二定律，可得小球在x轴及y轴上的加速度大小为
，
将小球速度分解在x轴及y轴上有
，
当小球过O点后到达y轴，则有
，
联立求得小球过O点后到达y轴的时间
，
则小球过y轴的坐标为。
40．（22-23高二下·山东临沂·期中）如图所示，一个带负电荷的物体从粗糙的斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场，则物体滑到底端时（ ）
A．速度小于vB．速度大于v
C．速度等于vD．可能离开斜面
【答案】A
【详解】物体从顶端滑到底端的过程中，减小的重力势能等于物体到达底端时的动能与摩擦生热之和，当加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场时，物体将受到垂直斜面向下的洛伦兹力，所以斜面对物体的支持力增大，摩擦生热增加，而减小的重力势能不变，所以到达底端时的动能减小，速度减小。
故选A。
11带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动
41．（22-23高二下·贵州铜仁·期中）如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴，质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点以初速度v0水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，已知OM=2OA，不计空气阻力，重力加速度为g，求:
（1）电场强度E的大小和方向；
（2）M、N两点之间的距离；
【答案】（1），电场强度方向竖直向上；（2）
【详解】（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，有
求得
电场强度方向竖直向上；
（2）小球做匀速圆周运动，为圆心，弦长为，，如图所示
设半径为，由几何关系知
根据牛顿第二定律有
在第一象限中，小球做平抛运动可得
，，
，
联立求得
42．（22-23高二下·重庆·期中）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在区域I内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在区域II内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小为、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球从坐标原点O以某一速度沿OP方向做直线运动，OP与x轴正方向的夹角为θ，从P点进入区域II后恰好不从右边界射出（不考虑小球从区域II返回区域I后的运动），且小球在区域II中做匀速圆周运动。已知重力加速度大小为g，区域I和区域II上下边界范围足够大，不计空气阻力。求：
（1）区域I与区域II内电场的电场强度大小之比；
（2）区域II的宽度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小球从坐标原点O以某一速度沿OP方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力如图所示
可得
，
小球在区域II中做匀速圆周运动，可得
联立可得
（2）小球从P点进入区域II后恰好不从右边界射出，轨迹如图所示
可得
其中
联立解得
43．（22-23高二下·云南曲靖·期中）如图所示，水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场（图中未画出），磁感应强度，边界MN右侧离地面高处固定光滑绝缘平台上有一带正电的小球，质量、电量，以初速度水平向左垂直MN边界进入后恰好做匀速圆周运动，小球视为质点，，求：
（1）电场强度的大小和方向；
（2）小球落地点距地面上N点多远？（小数点后保留两位有效数字）
【答案】（1），竖直向上；（2）0.78m
【详解】（1）小球通过边界后恰好做匀速圆周运动，则
解得
方向竖直向上。
（2）由题意作出轨迹图如图所示
由洛伦兹力提供向心力，解得
根据，可得
设小球落地点距地面N点距离为x，由几何关系可得，解得
44．（22-23高二下·江西宜春·期中）如图所示，在真空中竖直平面（纸面）内边长为的正方形区域，存在方向沿（水平）的匀强电场和方向垂直纸面的匀强磁场（图中未画出）。一带电小球以速率（g为重力加速度大小）从点沿方向射入正方形区域，恰好能沿直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．该小球无论带正电或是负电均可沿直线由运动到
B．磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外
C．若该小球从点沿CA方向以速率射入正方形区域，则小球将做直线运动
D．若电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上，该小球仍从A点沿方向以速率射入正方形区域，则小球将从D点射出
【答案】D
【详解】AB．小球重力方向竖直向下，小球做直线运动，说明小球必然受力平衡，电场方向水平向左，故小球一定带正电，受电场力水平方向向左，洛伦兹力方向垂直AC斜向上，则磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，AB错误；
C．若该小球从C点沿CA方向以速率射入正方形区域，则小球的合力不为零，速度会变化，洛伦兹力也会变化，小球将做曲线运动，C错误；
D．电场水平向左，由物体的平衡条件有
（其中），
电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上后，电场力与重力平衡，小球沿逆时针方向做匀速圆周运动，设轨道半径为r，有，解得
小球将从D点射出，D正确。
故选D。
12带电粒子在叠加场中一般的直线运动
45．（23-24高二上·江苏泰州·期中）如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面。一电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不计电子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度方向垂直纸面向外
B．由O点至P点的运动过程中，电子的速度减小
C．电子的初速度v0小于
D．电子的初速度无论如何调整都不可能使其做直线运动
【答案】B
【详解】A．电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入正交的匀强磁场和匀强电场中，电子先向下偏转，电子所受的电场力向上，则电子所受的洛伦兹力向下，根据左手定则，则磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误；
B．电子由О点至P点的运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，电子的速度逐渐减小，故B正确；
C．电子从О运动到P，根据曲线运动合外力指向轨迹凹侧，有
则
故C错误；
D．当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，电子的初速度为
故D错误。
故选B。
46．（22-23高二下·江苏镇江·期中）如图在坐标系所在空间存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，同时还存在一匀强电场，场强为E，垂直x轴向下．从O点发射电子，电量大小为e，质量为m，初速度大小为，与x轴正向夹角为，下列说法正确的是（ ）
A．若电子发射角且，可沿发射方向做直线运动
B．若电子发射角，电子距离x轴最远距离为
C．若电子发射角且，电子距离x轴最远距离为
D．若电子初速为0释放，电子经过一段时间后可以回到O点
【答案】C
【详解】A．电子受到竖直向上的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力，电子做直线运动必须是匀速直线运动，否则洛伦兹力就会改变大小，合力就会改变方向，所以当发射角时不可能受力平衡，不可沿发射方向做直线运动，故A错误；
B、当发射角为时，水平分速度
竖直分速度
距离x轴最远时竖直速度为0，水平速度设为，水平方向根据动量定理
根据动能定理
又因为
当
时，因为不知道E、B与的关系，所以最远距离是用、E、e、B和m表示的结果，故B错误；
C．当
时，水平方向
动能定理
解得电子距离x轴最远距离为
故C正确；
D．当电子的初速度为0时，利用轨迹的对称性可知，粒子的轨迹如图所示
所以电子不会回到O点，故D错误。
故选C。
47．（22-23高二下·江苏连云港·期中）如图所示，空间存在有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场中一水平线AC，一个带电小球从A点由静止释放，图中给出了小球的部分运动轨迹，该段轨迹的最低点为B，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动轨迹AB是抛物线的一部分
B．小球到B点时速度一定最大，并且沿水平方向
C．小球在B点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
D．小球经过B点后一定不能再运动到水平线AC上
【答案】B
【详解】A．小球受到重力和洛仑兹力作用，且洛仑兹力大小方向均不断变化，小球受的不是恒力，轨迹不可能是抛物线，故A错误；
B．B为最低点，重力做功最多，应用动能定理可知速度最大，速度沿切线方向，即水平方向，故B正确；
C．小球做曲线运动，在B点有竖直向上的向心力，洛仑兹力大于重力，故C错误；
D．小球受到的洛仑兹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒，故小球在到B点后一定能到AC水平线，故D错误。
故选B。
48．（22-23高二下·山东德州·期中）如图所示，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。将一质量为、电荷量为的带正电小球从点由静止释放，小球在重力和洛伦兹力的作用下，部分运动轨迹如图中实线所示，到达右侧点时速度为，取，下列说法正确的是（ ）
A．点位置比点高
B．小球可能沿轨迹返回点
C．小球运动的最大速度为
D．小球下降的最大高度为
【答案】C
【详解】A．根据题意，由动能定理可知，由于小球从点静止释放，到达右侧点时速度为，则重力做功为0，点位置与点等高，故A错误；
B．根据题意由左手定则可知，小球从点向下运动，受向右的洛伦兹力，小球向右偏转，不可能沿轨迹返回点，故B错误；
CD．根据题意，利用配速法，把静止释放的小球看成具有一个向左的和向右的，且有
则小球的两个分运动为，向右的匀速直线运动和匀速圆周运动，当运动到最低点时，小球的速度最大，最大速度为
设小球下降的最大高度为，由动能定理有
解得
故D错误，C正确。
故选C。
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