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课练27磁场对运动电荷的作用力———[狂刷小题夯基础]———练基础小题1．关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是()A．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用B．通电导线在磁场中一定受到安培力作用C．洛伦兹力一定对运动电荷不做功D．安培力

一定对通电导线不做功2．(多选)图示为洛伦兹力演示仪的结构，彼此平行且共轴的一对励磁圆形线圈能够在两线圈间产生匀强磁场；电子枪发射出的电子经加速电压U作用后通过玻璃泡内稀薄气体时，能够显示出电子运动的径迹，

现让电子枪垂直磁场方向发射电子(初速度较小，可视为零)，励磁线圈通入电流I后，可以看到圆形的电子径迹，则下列说法正确的是()A．若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大B．若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变小C．若同时减小I和U，则电子运动的周期

减小D．若保持I不变，减小U，则电子运动的周期不变3．如图所示，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里，许多质量为m、带电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v从小孔O沿位于纸

面内的各个方向射入磁场区域，不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列图中阴影部分表示带电粒子经过的区域，其中R＝mvBq，则正确的是()4．(多选)如图所示，在xOy平面的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．两个相同的

带电粒子，先后从y轴上的P点(0，a)和Q点(纵坐标b未知)以相同的速度v0沿x轴正方向射入磁场，在x轴上的M点(c,0)相遇．不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，由题中信息可以确定()A．Q点的纵坐标bB．带电粒子的电荷量C．两个带电粒子在磁场中运动的半径D．两个带电粒

子在磁场中运动的时间5．如图所示，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是一竖直放置的收集板，从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场向圆形区域内射入大量带正电的粒子，粒子所带电荷量均为q、质量均为m.不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是()A．粒

子只要对着圆心入射，出磁场后就可垂直打在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．只要速度满足v＝qBRm，沿不同方向入射的粒子出磁场后均可垂直打在MN上D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长

，运动的时间也越长练高考小题6.[2019·北京卷，16]如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是()A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁

感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短7.[2019·全国卷Ⅱ，17]如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电

子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.14kBl，54kBlB.14kBl，54kBlC.12kBl，54kBlD.12kBl，5

4kBl8．[2016·全国卷Ⅱ，18]一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动

方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB9．[2019·全国卷Ⅲ，18]如图，在坐标系的第一和第二象限内

存在磁感应强度大小分别为12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动

的时间为()A.5πm6qBB.7πm6qBC.11πm6qBD.13πm6qB10．[2016·全国卷Ⅰ，15]现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强

磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比值约为()A．11B．12C．121D．14

4练模拟小题11．[2019·江苏省东台创新学校调研](多选)以下说法正确的是()A．电荷处于电场中一定受到静电力B．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C．洛伦兹力对运动电荷一定不做功D．洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向和速度大小12.[2019·安徽省合肥质检](多选)如图所示

，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子以某速度由圆周上A点沿与直径AB成30°角的方向垂直射入磁场，其后从C点射出磁场．已知CD为圆的直径，∠BOC＝60°，E、F分别为劣弧AD和AC上的点，粒子重力不计，则下列说法正确的是()A．该粒子可能带正电B．粒子从C点射出时的速

度方向一定垂直于直径ABC．若仅将粒子的入射位置由A点改为E点，则粒子仍从C点射出D．若仅将粒子的入射位置由A点改为F点，则粒子仍从C点射出13．[2019·山西省榆社中学诊断]如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴

正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是()A．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大C．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动

的时间越短D．若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远14．[2019·黑龙江省哈尔滨六中模拟]在光滑水平地面上水平放置着足够长的质量为M的木板，其上放置着质量为m、带正电的物块(电荷量保持不变)，两者之间的动摩擦因数恒定，且M>m.空间存在

足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某时刻开始它们以大小相等的速度相向运动，如图，取向右为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是()15.[2019·潍坊一模](多选)如图所示，空间有一垂直

纸面向里的磁感应强度大小为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.05kg、电荷量q＝－0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，可认为滑

块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6N的恒力，g取10m/s2.则()A．木板和滑块一直做匀加速运动B．滑块先做匀加速运动后做匀速运动C．最终滑块做速度为5m/s的匀速运动D．最终木板做加速度为3m/s2的匀加速运动16．[2019·泰安统一质检]图

甲所示的有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示的圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场

Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为()A．2cosθB．sinθC．cosθD．tanθ———[综合测评提能力]———一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．[2019·

江西南昌二中考试]如图所示，MN为两个方向相同且垂直于纸面向外的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1＝2B2.一比荷为k的带正电粒子(不计重力)以一定速率从O点垂直MN进入磁感应强度为B1的磁场，则粒子从进入磁场到下一次到达O

点所用的时间为()A.3πkB1B.2πkB1C.2πkB2D.3π2kB22．如图所示，OO′为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向向左，在圆柱筒壁上布满许多小孔，对于任意一小孔，总能找到另一小孔与其关于轴线OO′对称．有

许多比荷为qm的带正电粒子，以不同的速度、不同的入射角射入各小孔，且均从关于OO′轴线与该孔对称的小孔中射出，已知入射角为30°的粒子的速度大小为2km/s.则入射角为45°的粒子的速度大小为()A．1km/sB．1.5km/

sC．2km/sD．4km/s3．[2019·北京通州期末]在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，这个现象称为霍尔效应．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，上、下表面a、b是工作面，磁感应强度B垂直

于工作面竖直向下，前、后表面c、d接入图示方向的电流I，左、右表面e、f之间就会形成电势差U，该电势差可以反映磁感应强度B的大小，则下列说法正确的是()A．若元件是正离子导电，则e面电势高于f面电势B．若元件是自由电子导电，则f面电势高于e面电势C．在测量沿竖

直方向的地球北极上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直D．在测量沿水平方向的地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平4．[2019·河北邢台质检]如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P

垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t:t2为()A．2:1B．2:3C．3:2D.3:25.如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂

直纸面向外．一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计，入射点P到直径MN的距离为h，则下列说法错误的是()A．若某粒子从磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则该粒子的入射速度是qBhmB．恰好能从M点射出的粒子速度是qBR(R

－R2－h2)mhC．若h＝R2且粒子从P点经磁场到M点，则所用的时间是7πm3qBD．当粒子轨道半径r＝R时，粒子从圆形磁场区域最低点射出6.如图所示，许多比荷为qm的带正电的粒子，以初速度大小v0从圆形磁场区域(边界上无磁场)的a点沿各个方向射入磁场，

ab为水平直径，粒子的初速度方向都垂直于磁场方向．已知圆形磁场区域的半径为r，磁感应强度大小为B＝mv02qr，方向垂直纸面向里，不计粒子重力和粒子间的相互作用．下列说法不正确的是()A．粒子在磁场中运动的轨

迹半径等于2rB．粒子在磁场中运动的最长时间为2πr3v0C．若仅将v0变为原来的12，则粒子将平行射出磁场D．若仅将v0变为原来的12，则有部分粒子从直径ab下方射出磁场7．[2020·洛阳联考]如图所示，两平行线EF和MN将磁场分割为上、下两部分

，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从EF线上的A点以速度v斜向下射入EF下方磁场，速度与EF成30°角，经过一段时间后粒子正好经过C点，经过C点时速

度方向斜向右上方，与EF也成30°角．已知A、C两点间距为L，两平行线间距为d，下列说法不正确的是()A．粒子不可能带负电B．磁感应强度大小可能为B＝mvqLC．粒子到达C点的时间可能为7πm3Bq＋4dvD．粒子的速度大小可能为v＝BqLm8.如图所示，两带电小球用长为l的绝缘细线相连，

置于光滑水平面上，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直水平面向外，A小球固定，B小球可沿逆时针方向绕A做圆周运动，已知两小球质量均为m、带电荷量均为－q，若B小球的运动速率从零开始逐渐增大，则细线拉力的最小值为()A．0B.kq2l2C.B2q2l2mD.

kq2l2－B2q2l4m二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9．[2019·四川石室中学考试]如图所示，整个空间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，一绝缘木板(足够长)静止在光滑水平面上，一带正电的滑块静止在木板上，滑块和木板之间的接触面粗糙程度处处相同．不考虑空气阻力的

影响，下列判断正确的是()A．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终木板和滑块一定相对静止B．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终滑块和木板间一定没有弹力C．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终滑块和木板间一定没有摩擦力D．若对木板

始终施加一水平向右的恒力，最终滑块做匀速运动10．[2019·安徽淮北摸底]如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在－R≤y≤R的区

间内各处均沿x轴正方向同时发射出带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，粒子重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚Δt时间，则()A．有些粒子可能到达y轴上相同

的位置B．磁场区域半径R应满足R≥mvqBC．Δt＝πmqB－RvD．Δt＝θmqB－Rv，其中角度θ的弧度值满足sinθ＝qBRmv三、非选择题(本题共3小题，共37分)11．(11分)[新情境题]现有一个环形区域，其

截面内圆半径R1＝33m，外圆半径R2＝1.0m，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，如图所示．已知磁感应强度大小B＝1.0T，带正电粒子的比荷为4×107C/kg，不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用．(计算结果保留两位小数)(1)若中空区域中的带电粒子由O点沿内圆的半径方向射入磁场，求带电粒

子不能穿越磁场外边界的最大速度v0.(2)若中空区域中的带电粒子以(1)中的最大速度v0沿内圆半径方向射入磁场，求带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间．12．(11分)[2019·广东珠海模拟]如图所示，直角坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量

为m、电荷量为＋q的粒子在纸面内以速度v从y轴负方向上的A点(0，－L)射入，其方向与x轴正方向成30°角，粒子离开磁场后能回到A点，不计重力．求：(1)磁感应强度B的大小；(2)粒子从A点出发到再回到A点的时间．1

3．(15分)[2018·天津卷]如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、3R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电

场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出．粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的

大小．课练27磁场对运动电荷的作用力[狂刷小题夯基础]1．C电荷在磁场中运动，若其速度方向与磁场方向平行，运动电荷所受洛伦兹力为零，即不受洛伦兹力作用，选项A错误；通电导线在磁场中，若电流方向与磁场方向平行，则所受安培

力为零，即不受安培力作用，选项B错误；安培力方向与通电导线垂直，可以对通电导线做功，选项D错误；由于运动电荷所受洛伦兹力的方向永远垂直于其速度方向，根据功的定义可知，洛伦兹力一定对运动电荷不做功，选项C正确．2．BD若增大励磁线圈中的电流，也就

是增大了磁场的磁感应强度B，根据R＝mvqB可知，电子运动的轨迹半径变小，A项错误，B项正确；由T＝2πmqB知，减小U不改变电子运动的周期，减小I，B就减小，则T变大，C项错误，D项正确．3．A所有粒子的速率相等，由R＝mvqB可知所有粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，粒子带正电

，所受洛伦兹力使粒子向左偏转，从O点水平向右射入的粒子的运动轨迹恰好为粒子经过区域的右边界，OA＝2r＝2R；随着粒子入射速度方向的偏转，粒子运动的区域可认为是以绕过O点且垂直于纸面的轴在纸面内转动的圆与平板MN间围成的区域，则可得出符合题意的图为A.4．ACD两个相同的粒子以相同的速度

v0沿x轴正方向射入磁场，轨迹半径r相同，在x轴上的M点(c,0)相遇，分析可知，两粒子在磁场中的偏转角度之和为180°，据此可画出两个粒子的运动轨迹，如图所示．由图中几何关系可知，(a－r)2＋c2＝r2，解得r＝a2＋c22a，选项C正确；又a

＋b＝2r，Q点的纵坐标b＝c2a，选项A正确；由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv20r，可得q＝mv0Br，由于粒子质量m未知，所以不能得出带电粒子的电荷量，选项B错误；根据几何关系可以求出线段PM的长度，进而可以算出对应的圆心角以及弧线PM的

长度，又弧线PM和弧线QM长度之和为πr，也可以算出弧线QM的长度，且粒子速度已知，故可以确定两个粒子在磁场中运动的时间，选项D正确．5．C粒子只要对着圆心入射，其出射方向的反向延长线就一定过圆心，而且只有运动轨迹半径等于圆形磁场区域半径的粒子出磁场后才能垂直打在MN上，选项A、

B错误；由qvB＝mv2r可得，v＝qBrm，所以只要速度满足v＝qBRm，沿不同方向入射的粒子出磁场后均可垂直打在MN上，选项C正确；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中的轨迹半径越大，通过的弧长越长，轨迹所对的圆心角越小，

由T＝2πmqB可知，周期相等，由t＝θ2πT可知，圆心角越小，运动时间越短，选项D错误．6．C由运动轨迹和左手定则可判定该粒子带负电，A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，故粒子在b点速率等于在a点速率，B错误；由qvB＝

mv2R得R＝mvqB，若仅减小磁感应强度，则R增大，如图，粒子将从b点右侧射出，故C正确；粒子运动周期T＝2πRv＝2πmqB，若仅减小入射速率，则R减小，T不变，粒子运动轨迹所对应的圆心角θ变大，由t＝θ360°T可知，粒子运动

时间将变长，故D错误．7．B从a点射出的电子运动轨迹的半径R1＝l4，由Bqv1＝mv21l4得v1＝Bql4m＝14kBl；从d点射出的电子运动轨迹的半径R2满足关系R2－l22＋l2＝R22，得R2＝54l，由Bqv2＝mv2254l得v2＝5

Bql4m＝54kBl，故正确选项为B.8．A如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧MP所对应的圆心角由几何知识知为30°，则π2ω＝2πmqB·30°360°，即qm＝ω3B，选项A正确．9．B由qvB＝mv2r得粒子在第二象限内运

动的轨迹半径r＝mvBq，当粒子进入第一象限时，由于磁感应强度减为12B，故轨迹半径变为2r，轨迹如图所示．由几何关系可得cosθ＝12，θ＝60°，则粒子运动时间t＝14·2πmBq＋16·2πm12Bq＝7πm6qB，选项

B正确．10．D带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝12mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝mvqB，由以上两式整理得：r＝1B2mUq.由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：m2m1＝144，选

项D正确．11．AC电荷处于电场中一定受到静电力，故A项正确；运动电荷的速度方向与磁场平行时，运动电荷不受洛伦兹力，故B项错误；洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故C项正确；洛伦

兹力对运动电荷一定不做功，由动能定理得，洛伦兹力不能改变运动电荷的动能，即洛伦兹力不能改变速度的大小，只能改变速度的方向，故D项错误．12．BCD粒子由A点射入，C点射出，可确定洛伦兹力方向，由左手定则可知，粒子带负电，A项错误；轨迹圆弧关于磁场圆心与轨迹圆圆心连线对称，所以粒子从C点射出时速

度方向与DC夹角也是30°，垂直于直径AB，B项正确；轨迹圆半径与磁场圆半径相同，由磁聚焦原理可知，C、D项正确．13．C画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示．由几何关系得：轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间t＝α2πT＝2π－2θ

2π·2πmqB＝2(π－θ)mqB，则得知：粒子的运动时间与v无关，故A错误；若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，故C正确．粒子在磁场中运动的角速度ω＝2πT，又T＝2πmqB，则得ω＝qBm，与速度v无关，故B错误；设粒子的轨迹半径为r，则r＝mv

qB.AO＝2rsinθ＝2mvsinθqB，则若θ是锐角，θ越大，AO越大．若θ是钝角，θ越大，AO越小，故D错误；故选C.14．B对物块分析可知其受重力、支持力、洛伦兹力和摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受摩擦力作用而做减速运动

；则由F＝Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；v—t图象中图线斜率的绝对值表示加速度大小，则可知v—t图象中对应的图线应为曲线；对M、m组成的系统分析可知，系统所受外力之

和为零，故系统的动量守恒，最终木板和物块速度一定相同，则有mv0－Mv0＝(M＋m)v，因M>m，故最终速度一定为负值，说明最终木板和物块均向左做匀速运动，则B正确．15．CD滑块开始运动后，受到竖直向上的洛伦兹力作用，且洛伦兹力不断增大，滑块受到的支持力逐渐减小，故滑

块先做变加速运动，当|q|vB＝mg时，滑块做匀速运动，速度v＝5m/s，C正确，A、B错误；此后，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动，且加速度a＝FM＝3m/s2，故D正确．16．C设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图1、2所示，由洛伦兹力

提供向心力知Bqv＝mv2r，得B＝mvrq，由几何关系知d＝r1sinθ，d＝r2tanθ，联立得B1B2＝cosθ，C正确．[综合测评提能力]1．C粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πrv＝2πmqB＝2

πkB，已知B1＝2B2，则r2＝2r1，粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场B1中运动的时间为T1，在磁场B2中运动的时间为T22，粒子从进入磁场到下一次到达O点所用的时间t＝T1＋T22＝2πmqB1＋

πmqB2＝2πmqB2＝2πkB2或t＝4πmqB1＝4πkB1，故C项正确．2．A由题意知，两粒子均沿垂直磁感应强度方向进入匀强磁场，则有qvB＝mv2r，变形可得vr＝qBm，即v∝r，则入射粒子的速度与其轨迹半径成正比．粒子在磁场中运动的左视图如图所示

，由几何关系有r1＝Rsin30°＝2R，r2＝Rsin45°＝2R，其中R为圆柱筒横截面圆的半径，所以对于两粒子有v1v2＝r1r2＝2，可得v2＝1km/s，A项正确．3．A若元件的载流子是正离子，由左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力方向指向e面，正离子向e

面偏转，则e面的电势高于f面的电势，故A项正确；若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向指向f面，电子向f面偏转，则e面的电势高于f面的电势，故B项错误；所测磁场方向应与工作面垂直，因此在测量沿竖直方向的地球北极上方的

地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平；在测量沿水平方向的地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，故C、D两项错误．4.C如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所

对圆心角θ2＝60°，则t1t2＝θ1θ2＝90°60°＝32，故选项C正确．5．C根据牛顿第二定律，qvB＝mv2r，从而求出速率v＝qBrm.若某粒子从磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则粒子在圆形磁场中恰好转半周，其运

动轨迹如图1所示，所以粒子做匀速圆周运动的半径为r＝h，代入上述公式可得入射速度为v＝qBhm，A正确；若粒子恰好从M点射出，画出其运动轨迹如图2所示，由几何关系有r2＝(R－R2－h2)2＋(h－r)2，解得r＝R2－RR2－

h2h，又v＝qBrm，则v＝qBR(R－R2－h2)mh，B正确；若h＝R2，则sin∠POM＝hR＝12，∠POM＝π6，由几何关系得粒子在磁场中偏转所对应圆心角为76π，所以粒子运动时间为t＝712T＝7πm6B

q，C错误．当粒子轨道半径r＝R，其做匀速圆周运动的轨迹如图3所示，圆心为O′，分别连接两圆心与两交点，则恰好形成一个菱形，因为PO′∥OQ，所以粒子从最低点Q射出，D正确．6．D本题考查考生的分析综合能力

，意在考查考生对洛伦兹力等知识的掌握情况．由牛顿第二定律可得，qv0B＝mv20R，则粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝mv0Bq＝2r，因此要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弦长应为最长，从图1中可以看出，以直径ab为弦、R为半径所作的圆所对应的弦长最

长，则粒子运动的时间最长，设该弦对应的圆心角为2α，而粒子的运动周期T＝2πmqB，运动时间tmax＝2α2πT＝2αmqB，又sinα＝rR＝12，故tmax＝2πr3v0，A、B正确；若射入磁场的粒子速度大小改为v＝12v0，则R′＝

mvqB＝r，如图2所示，由几何关系可知，射出磁场的粒子的出射方向均与直径ab垂直，则粒子将平行射出磁场，C正确；在图2中若粒子向下射出时与ab夹角接近90°，粒子将从磁场边界上b点上侧接近b点的位置射出，所以射入磁场的

粒子均从ab上方的磁场边界射出磁场，D错误．7．A若粒子带负电，其运动轨迹可能如图甲所示，粒子可以经过C点，故粒子可能带负电，A项错误；若粒子带正电，第一次到达EF时经过C点，如图乙所示，由几何关系可知，粒子轨迹半径为L，由qvB＝mv2L

，可解得v＝BqLm，B＝mvqL，B、D项正确；若粒子带正电，其运动轨迹也可能如图丙所示，它在下方磁场中运动一次的时间t1＝T6＝πm3qB，在上方磁场中运动一次的时间t2＝5πm3Bq，在无磁场区域中做一次直线运动的时间为t3＝2dv，则粒子到达C点的时间可能为t＝7πm3q

B＋4dv，C项正确．8．D本题考查洛伦兹力的计算及圆周运动，旨在考查考生的理解能力．B小球在水平面内受库仑力F、洛伦兹力f和细线的拉力T，它们的合力提供向心力，即T＋f－F＝mv2l，则T＝F＋mv2l－f＝mv2l＋kq2l2－Bqv，式中m、l、B、q、k均为常数，所以T

为v的二次函数，当v＝Bql2m时，Tmin＝kq2l2－B2q2l4m，D正确．9．CD若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，则开始时滑块将受到向右的摩擦力作用而向右加速，随速度的增加，滑块受到向上的洛伦兹力逐渐变大，当满足qvB＝mg时，滑块离开木板，此时滑块和木板间没有弹力，

也没有摩擦力，此后滑块将以速度v做匀速运动，而当滑块的速度为v时木板的速度不一定减到v，则木板和滑块不一定相对静止，若滑块速度增加到v之前，就已经与木板相对静止，此后滑块和木板一起做匀速运动，它们之间有弹力

，但没有摩擦力，选项A、B两项错误，C项正确；若对木板始终施加一水平向右的恒力，则开始时木板和滑块将向右做匀加速运动，当速度满足qvB＝mg时，滑块离开木板，最终滑块做匀速运动，选项D项正确．10．AD粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如

图所示．y＝±R处的粒子直接沿直线运动到达y轴，其他粒子在磁场中发生偏转．由图可知，发生偏转的粒子也有可能直接打在(0，R)的位置上，所以粒子可能会到达y轴的同一位置，A项正确；以沿x轴射入的粒子为例，若r＝mvqB<R，则有些粒子不能到达y轴就向上偏离，离开磁场区域，所以当R≤m

vqB时所有粒子才能穿越磁场到达y轴，B项错误；沿x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，设粒子发射装置距y轴长度为L，t1＝L－Rv＋θ2π·2πmqB＝L－Rv＋θmqB(其中θ为沿x轴入射的粒子运动轨迹所对的圆心角，根据几何关系有α＝θ，则sinθ＝sinα＝R

r＝qBRmv)；而y＝±R处的粒子沿直线匀速运动到y轴，时间最短，t2＝Lv，所以Δt＝t1－t2＝θmqB－Rv，D项正确；由于θ≤π2，所以Δt≤πm2qB－Rv，C项错误．11．答案：(1)1.33×107

m/s(2)5.74×10－7s解析：(1)带电粒子刚好不穿越磁场外边界时，其运动轨迹如图所示，根据几何关系有R21＋r2＝(R2－r)2，代入数据解得r＝13m带电粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有

qv0B＝mv20r，解得v0＝1.33×107m/s(2)由带电粒子的运动轨迹图，并结合几何关系有tanθ＝R1r＝3，解得θ＝π3，分析知带电粒子必须三次经过磁场才会回到该点，则带电粒子在磁场中运动的时间

t1＝3×23T，又T＝2πmqB，代入数据解得t1＝3.14×10－7s，粒子在磁场外运动的时间t2＝3×2R1v0＝2.60×10－7s，则带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需时间t＝t1＋t2＝

5.74×10－7s.12．答案：(1)3mv6qL(2)(12＋103π)L3v解析：(1)粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系知，r＝Ltan60°sin30°＝23L，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2

r，联立得B＝3mv6qL.(2)粒子做匀速直线运动的时间t1＝2×2Lv＝4Lv，在磁场中偏转了300°，所用时间t2＝300°360°T＝56×2π×23Lv＝103πL3v，粒子从A点出发到再回

到A点的时间t＝t1＋t2＝(12＋103π)L3v.13．答案：(1)3RBE(2)qBRm解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv23R①设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma③粒子

在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v＝at④联立①②③④式得t＝3RBE⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得(r′－R)2

＋(3R)2＝r′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tanθ＝3Rr′－R⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时

沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得tanθ＝vv0⑧联立①⑥⑦⑧式得v0＝qBRm⑨