第一章《安培力與洛倫茲力》高分必刷鞏固達標檢測卷（基礎(chǔ)版）

第一章《安培力與洛倫茲力》高分必刷鞏固達標檢測卷（基礎(chǔ)版）一、單選題1．圖中甲、乙、丙、丁是電磁學中常見的儀器或結(jié)構(gòu)示意圖，下列說法正確的是（）A．圖甲中的磁場是勻強磁場，導體棒在磁場中受力大小始終不變B．圖乙是磁電式電流表簡易示意圖，螺旋彈簧的彈性越大，電流表的靈敏度越高C．圖丙中的“司南”靜止時，勺柄指向地球的地磁南極D．圖丁是電流天平，主要是利用等效替代法來測出較難測量的磁感應(yīng)強度2．如圖所示，和是兩根相同的金屬棒，用兩根等長的柔軟導線、（重力不計）將它們連接，形成閉合回路。用兩根絕緣細線、將整個回路懸于天花板上，使兩棒保持水平并處于豎直向下的勻強磁場中，在回路中通以如圖所示方向的電流，則穩(wěn)定后（）A．和將保持豎直B．和將保持豎直C．和對的合力小于受到的重力D．和對的合力大于和的總重3．下列說法正確的是（）A．一運動電荷在某處不受磁場力的作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零B．安培力的方向一定與通電導線垂直，但與磁場方向不一定垂直C．洛倫茲力的方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向不一定與電荷速度方向垂直D．由知，通電直導線垂直于磁場方向放置，B與通電直導線所受的安培力F成正比，與通電導線I、L的乘積成反比4．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子（）在入口處從靜止開始被電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若換作α粒子（）在入口處從靜止開始被同一電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的倍數(shù)是（）A． B．C．2 D．5．如圖所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直ad邊界的速度飛入該磁場。對于從不同邊界射出的電子，下列判斷錯誤的是（）A．從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等B．從c點離開的電子在磁場中運動時間最長C．電子在磁場中運動的速度偏轉(zhuǎn)角最大為πD．從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度6．如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管，在水平拉力F的作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口飛出，則（）A．小球帶負電 B．小球離開管口前的運動軌跡是一條拋物線C．洛倫茲力對小球做正功 D．拉力F應(yīng)逐漸減小7．如圖所示，矩形abcd的邊長bc是ab的2倍，兩細長直導線通有大小相等、方向相反的電流，垂直穿過矩形平面，與平面交于e、f兩點，其中e、f分別為ad、bc的中點。下列說法正確的是（）A．兩導線間相互吸引B．d點與a點的磁感應(yīng)強度相同C．d點與b點的磁感應(yīng)強度相同D．d點與c點的磁感應(yīng)強度相同8．兩個等質(zhì)量粒子分別以速度和垂直射入有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和45°，磁場垂直紙面向外，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，A、B連線垂直于磁場邊界。如圖所示，則（）A．a(chǎn)粒子帶負電，b粒子帶正電 B．兩粒子的軌道半徑之比C．兩粒子的電荷量之比 D．兩粒子的速率之比9．如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域。不計重力，則（）A．若電子以相同的速率從右向左飛入，電子也沿直線運動B．若電子以相同的速率從右向左飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)C．若電子以相同的速率從左向右飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)D．若電子以相同的速率從左向右飛入，電子也沿直線運動10．如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的導體棒電阻為，初始時靜止于光滑的水平軌道上，電源電動勢為E，內(nèi)阻為，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，其方向與軌道平面成角斜向上方，開關(guān)閉合后導體棒開始運動，則（）A．導體棒向左運動B．開關(guān)閉合瞬間導體棒MN所受安培力為C．開關(guān)閉合瞬間導體棒MN所受安培力為D．開關(guān)閉合瞬間導體棒的加速度二、多選題11．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動。細桿處于水平方向垂直桿子的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，不計空氣阻力，重力加速度為g?，F(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，以下關(guān)于圓環(huán)運動描述可能正確的是（）A．圓環(huán)一直以速度做勻速直線運動B．圓環(huán)做減速運動，直到最后停在桿上C．圓環(huán)先做減速運動，最后以速度勻速運動D．圓環(huán)先做勻減速運動，最后以速度勻速運動12．Ioffe-Prichard磁阱常用來約束帶電粒子的運動．如圖所示，四根通有大小相等且為恒定電流的長直導線垂直穿過xoy平面，1、2、3、4直導線與xoy平面的交點成邊長為2a的正方形且關(guān)于x軸和y軸對稱，各導線中電流方向已標出，已知通電無限長直導線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小與到直導線距離成反比，設(shè)1導線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B0下列說法正確的是（

）A．直導線1、2之間的相互作用力為吸引力B．直導線2受到直導線1、3、4的作用力合力方向背離O點C．4根直導線在O點的磁感應(yīng)強度大小為0D．直導線1、2在O點的合磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B013．如圖中關(guān)于磁場中的四種儀器的說法中正確的是（

）A．甲中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關(guān)B．乙中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同C．丙中自由電荷為負電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖磁場時，M側(cè)帶負電荷D．丁中長寬高分別為a、b、c的電磁流量計加上如圖所示磁場，若流量Q恒定，前后兩個金屬側(cè)面的電壓與a、b有關(guān)14．如圖所示，光滑水平面上方有范圍足夠大、磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場，其方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為M的足夠長的絕緣長木板靜置于水平面上，上面放一個質(zhì)量為m、帶電量大小為q的小滑塊，小滑塊與長木板之間動摩擦因數(shù)為μ（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）。現(xiàn)給長木板施加水平向右的恒力F，長木板和小滑塊一起向右加速運動，已知重力加速度為g，則（）A．若小滑塊帶負電荷，它將一直隨長木板一起向右運動B．若小滑塊帶負電荷，它最終將做勻速直線運動，速度大小為C．若小滑塊帶正電荷，它將一直隨長木板一起向右運動D．若小滑塊帶正電荷，長木板最終的加速度為15．如圖所示，M、N兩極板間存在勻強電場，場強大小可以調(diào)節(jié)，兩極板的寬度為d，N板右側(cè)存在如圖所示的磁場，折線PQ是磁場的分界線，在折線的兩側(cè)分布著方向相反與平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B．折線的頂角∠A=90°，P、Q是折線上的兩點且AP=AQ=L。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子從S點由靜止經(jīng)電場加速后從P點沿PQ方向水平射出，不計粒子的重力，則（）A．當粒子通過P點的速度為時，可經(jīng)過一次偏轉(zhuǎn)直接到達A點B．當M、N兩極板間場強為時，粒子到達Q點的時間最長C．粒子由P點到達Q點的時間只能為的偶數(shù)倍D．粒子由P點到達Q點的時間只能為的奇數(shù)倍16．在如圖所示的空間里，存在沿y軸負方向、大小為的勻強磁場，有一質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電的粒子（重力不計）以v0從O點沿x軸負方向運動，同時在空間加上平行于y軸的勻強交變電場，電場強度E隨時間的變化如圖所示（以沿y軸正向為E的正方向），則下列說法不正確的是（）A．t=2T時粒子所在位置的x坐標值為0B．tT時粒子所在位置的z坐標值為C．粒子在運動過程中速度的最大值為2v0D．在0到2T時間內(nèi)離子運動的平均速度為三、實驗題17．如圖所示是一個可以用來測量磁感應(yīng)強度的裝置．一個長方體容器內(nèi)部高為H、寬為L、厚為D，左右兩側(cè)等高處裝有兩根完全相同的開口向上的管子a和b，上下兩側(cè)裝有電極c和d，并經(jīng)過開關(guān)S與電源連接，容器中注滿能導電的液體，液體的密度為．將容器置于一勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，當開關(guān)S斷開時，豎直管子a、b中的液面高度相同．當開關(guān)S閉合時，分析可知_________管中的液面較高；若電路中電流表的讀數(shù)為I，a、b兩管中的液面高度差為，則磁感應(yīng)強度B的表達式_______．18．某實驗小組用圖示電路測量勻強磁場的磁感應(yīng)強度。實驗器材如下：邊長為L、匝數(shù)為N的正方形線圈（a、b為引出端）一個天平一臺，各種質(zhì)量砝碼若干直流電源一個靈敏電流計一個定值電阻一個開關(guān)、導線等若干實驗步驟如下：（1）將a與c連接、b與d連接，閉合開關(guān)S，記錄________（填物理量名稱及符號），在天平的________（填“左盤”或“右盤”）中放入合適質(zhì)量的砝碼，使天平平衡；（2）斷開開關(guān)S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關(guān)S，這時需要在天平的________（選填“左盤”“右盤”）中放入質(zhì)量為的砝碼，使天平再次平衡；（3）已知重力加速度大小為g，則磁感應(yīng)強度的大小為B=________（用上述物理量表示）。四、解答題19．如圖，寬度為l=1m的金屬導軌ABCD與水平面成θ=37°角，質(zhì)量為m=0.1kg、有效長度為l=1m的金屬桿MN水平放置在導軌上，桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。空間存在著豎直向下磁感應(yīng)強度為B0=1T的勻強磁場。已知AN=l=1m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6。（1）若開關(guān)S1斷開、S2閉合時，調(diào)節(jié)滑動變阻器使桿始終靜止，求通過桿的電流范圍。（2）若開關(guān)S1閉合、S2斷開的同時，給桿一沿斜面向下的速度v=1m/s，則B應(yīng)怎樣隨時間t變化可保證桿做勻速運動。20．如圖甲所示，半徑的圓形勻強磁場區(qū)域與x軸相切于坐標系的原點O。磁感應(yīng)強度，方向垂直于紙面向外。在和之間的區(qū)域內(nèi)有方向沿y軸正方向的勻強電場，電場強度。在處的x軸上方有一與y軸平行且足夠長的熒光屏，在O點有一個粒子源，能沿紙面各個方向發(fā)射質(zhì)量，帶電荷量且速率相同的粒子，其中沿y軸正方向射入的粒子恰能從磁場最右側(cè)的A點離開磁場，不計粒子的重力、空氣的阻力及粒子間的相互作用力。（1）求這些粒子在磁場中運動的速度。（2）求這些粒子打在熒光屏上的范圍（用位置坐標表示）。（3）若沒有熒光屏，粒子射出電場后立即進入某種不導電的介質(zhì)中運動，其所受介質(zhì)阻力與速率成正比，比例系數(shù)，求粒子在該介質(zhì)中運動的軌跡長度（電荷量不變）。21．如圖所示，第一象限范圍內(nèi)有垂直于xOy平面，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子（不計重力）在xOy平面里經(jīng)原點O射入磁場中，初速度與x軸正方向的夾角，試分析計算：（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑是多少？離開磁場時距離O點多遠？（2）帶電粒子在磁場中運動時間多長？22．如圖所示，半徑r＝0.08m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點O處，半徑R＝0.1m，磁感應(yīng)強度大小B＝0.1T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為（0，0.06m），平行金屬板MN的極板長L＝0.3m、間距d＝0.1m，極板間所加電壓U＝4.8×102V，其中N極板收集粒子全部中和吸收。一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v＝6×105m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向。若粒子重力不計、比荷、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）粒子在磁場中的運動半徑R0；（2）從坐標（0，0.16m）處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸夾角θ；（3）N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η。第一章《安培力與洛倫茲力》高分必刷鞏固達標檢測卷（基礎(chǔ)版）全解全析1．C【詳解】A．圖甲中的磁場不是勻強磁場，因為磁感線不平行，故A錯誤；B．圖乙是磁電式電流表簡易示意圖，螺旋彈簧的彈性越大，相同電流引起角度更小，電流表的靈敏度越小，故B錯誤；C．圖丙中的“司南”靜止時，勺柄指向地球的地磁南極，故C正確；D．圖丁是電流天平，不是用等效替代法來測出較難測量的磁感應(yīng)強度，而是用平衡原理，故D錯誤。故選C2．B【詳解】A．由左手定則可知受到垂直于紙面向外的安培力，和需提供水平分力與之平衡，和不能保持豎直，A錯誤；B．閉合回路所受安培力合力為0，和不需要提供水平分力，將保持豎直，B正確；C．由受力平衡可知和對的合力等于受到的重力和受到的安培力的合力，可知和對的合力大于受到的重力，C錯誤；D．由受力平衡可知和對的合力等于和的總重，D錯誤。故選B。3．C【詳解】A．當電荷的運動方向與磁場方向平行時，磁場力為零，但磁感應(yīng)強度不為零，A錯誤；B．安培力的方向一定與通電導線和磁場方向均垂直，B錯誤；C．只要電荷的運動方向與磁場方向不共線，就會受到洛倫茲力，而洛倫茲力一定與電荷的運動方向垂直，C正確；D．磁感應(yīng)強度的大小由場源決定，與安培力、電流強度和通電導線長度無關(guān)，D錯誤。故選C。4．B【詳解】電場中的直線加速過程根據(jù)動能定理得得離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有有聯(lián)立可得質(zhì)子與α粒子經(jīng)同一加速電場則U相同，同一出口離開磁場則R相同，則，可得即故選B。5．B【詳解】ABC．電子的速率不同，運動軌跡半徑不同，如圖，由周期公式可知，周期與電子的速率無關(guān)，所以在磁場中的運動周期相同，根據(jù)可得電子在磁場中運動時間與軌跡對應(yīng)的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角θ越大，故從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等且運動時間最長，AC正確，B錯誤；D．從bc邊射出的軌道半徑大于從ad邊射出的電子的軌道半徑，由半徑公式可得軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大，故從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度，D正確。本題選錯誤的，故選B。6．B【詳解】A．小球受到洛倫茲力從管口飛出，洛倫茲力的方向指向管口，根據(jù)左手定則，小球帶正電，故A錯誤；B．設(shè)管運動的速度為v，小球與管一起向右做勻速運動，小球沿管方向所受洛倫茲力大小為q、v、B大小均不變，則洛倫茲力F不變，小球類似做平拋運動，在離開管口前的運動軌跡是一條拋物線，故B正確；C．洛倫茲力與速度方向垂直，不做功，故C錯誤；D．設(shè)小球沿管方向的分速度大小為v1，則所受垂直管向左的洛倫茲力為由題意可知，隨著v1增大，F(xiàn)2增大，即拉力F應(yīng)該增大，故D錯誤。故選B。7．C【詳解】A．根據(jù)同向電流相互吸引，反向電流相互排斥可知，兩導線間相互排斥，故A錯誤；BCD．通電導線在周圍產(chǎn)生的磁場，磁感應(yīng)強度大小為，方向由安培定則可知垂直于點到導線垂直線段，從右向左畫出各點的磁感應(yīng)強度平面圖，如圖所示，b與d兩點的合磁感應(yīng)強度等大同向，d與a兩點及d與c兩點合磁感應(yīng)強度方向不同，故C正確BD錯誤。故選C。8．D【詳解】兩粒子運動軌跡如圖所示A．由左手定則可知b粒子帶負電，a粒子帶正電，A錯誤；B．根據(jù)幾何關(guān)系，有則B錯誤；D．粒子從A到B，由幾何關(guān)系知a粒子圓心角為，b粒子圓心角為，由于兩粒子同時出發(fā)同時到達，有則D正確；C．粒子所受洛倫茲力提供向心力，有則有C錯誤。故選D。9．D【詳解】AB．若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏。故AB錯誤；CD．若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下，由題意知電子受力平衡將做勻速直線運動。故C錯誤；D正確。故選D。10．D【詳解】A．開關(guān)閉合，由左手定則可知，磁感線穿過掌心，則大拇指向為垂直磁感線向右，從而導致導體棒向右運動。故A錯誤；BC．當開關(guān)閉合后，根據(jù)安培力公式F=BIL閉合電路歐姆定律可得故BC錯誤；D．當開關(guān)閉合后，安培力的方向與導軌成90°?θ的夾角，由牛頓第二定律可知解得故D正確。故選D。11．ABC【詳解】A．給圓環(huán)一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，豎直向下的重力，若洛倫茲力等于物體的重力，即mg=qv0B則不受摩擦力，圓環(huán)將一直以速度做勻速直線運動，故A正確；B．給圓環(huán)一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，豎直向下的重力，若洛倫茲力小于物體的重力，即mg>qv0B還受到向后的滑動摩擦力，圓環(huán)做減速運動，直到最后停在桿上，故B正確；CD．給圓環(huán)一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，豎直向下的重力，若洛倫茲力大于物體的重力，即mg<qv0B此時還受到向后的滑動摩擦力，圓環(huán)將做減速運動，因為速度不斷變化，圓環(huán)受到的洛倫茲力不斷變化，滑動摩擦力也不斷變化，根據(jù)牛頓第二定律可知圓環(huán)的加速度也不斷變化，當洛倫茲力等于物體的重力，即mg=qvB解得則不再受摩擦力作用，圓環(huán)將一直以速度做勻速直線運動，故C正確，D錯誤。故選ABC。12．BC【詳解】A．反向電流相互排斥，直導線1、2之間的相互作用力為排斥力，A錯誤；B．根據(jù)安培定則可知，直導線1、3在2點的合磁感應(yīng)強度方向與y軸負方向夾45°向右下，根據(jù)可知4在2點的磁感應(yīng)強度方向與y軸正方向夾45°向左上根據(jù)矢量合成可知，2點合磁場方向與y軸負方向夾45°向右下，再根據(jù)左手定則可以判斷，直導線2受到直導線1、3、4的作用力合力方向背離O點，B正確；C．根據(jù)對稱性可知，4根直導線在O點的磁感應(yīng)強度大小為0，C正確；D．直導線1、2在O點的合磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，D錯誤。故選BC。13．AB【詳解】A．設(shè)回旋加速器中的磁感應(yīng)強度為B，半徑為R，粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，則帶電粒子在回旋加速器中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，帶電粒子的最大速度為可知回旋加速器加速帶電粒子的最大速度與回旋加速器的半徑有關(guān)，則回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關(guān)，故A正確；B．經(jīng)過質(zhì)譜儀的速度選擇器區(qū)域的粒子速度v都相同，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場時擊中光屏同一位置的粒子軌道半徑R相同，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得所以不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正確；C．根據(jù)左手定則可判斷負電荷受到的洛倫茲力方向指向N側(cè)，所以N側(cè)帶負電荷，故C錯誤；D．經(jīng)過電磁流量計的帶電粒子受到洛倫茲力的作用會向前后兩個金屬側(cè)面偏轉(zhuǎn)，在前后兩個側(cè)面之間產(chǎn)生電場，當帶電粒子受到的電場力與洛倫茲力相等時流量Q恒定，故有又流量為聯(lián)立可得，前后兩個金屬側(cè)面的電壓為即前后兩個金屬側(cè)面的電壓與a、b無關(guān)，故D錯誤。故選AB。14．AD【詳解】AB．長木板和小滑塊一起向右加速運動，當小滑塊獲得向右的速度后，若小滑塊帶負電荷，由左手定則可知，將產(chǎn)生一個方向向下的洛倫茲力qvB，增大了小滑塊對長木板的壓力，即與長木板之間的摩擦力也隨之增大，且隨小滑塊速度的增大，洛倫茲力也隨之增大，摩擦力也隨之增大，因此它將一直隨長木板一起向右運動，A正確，B錯誤；C．當小滑塊獲得向右的速度后，若小滑塊帶正電荷，將產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當洛倫茲力等于重力時，小滑塊與長木板之間的彈力是零，此時有此時摩擦力是零，小滑塊將做勻速直線運動，而木板在恒力的作用下做勻加速運動，C錯誤；D．當小滑塊獲得向右的速度后，若小滑塊帶正電荷，將產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當洛倫茲力等于重力時，小滑塊與長木板之間的彈力是零，小滑塊與長木板之間的摩擦力是零，長木板在水平方向只受恒力F的作用下，則長木板的加速度為，D正確。故選AD。15．AC【詳解】A．粒子經(jīng)過一次偏轉(zhuǎn)直接到達A點，由圖中幾何關(guān)系得2Rsin45°=L聯(lián)立解得故A正確；BCD．根據(jù)運動對稱性，粒子能從P點到達Q點，應(yīng)滿足L=nx，其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)弦長，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)圓心角為90°或270°，設(shè)圓軌跡半徑為R，則有可得解得v，（n=1、2、3、…）在M，N間由動能定理解得E（n=1、2、3、…）當M、N兩極板間場強為時，粒子到達Q點的時間最短；當n取奇數(shù)時，粒子從P到Q過程中圓心角總和為，其中n=1、3、5、…當n取偶數(shù)時，粒子從P到Q過程中圓心角總和為，其中n=2、4、6、…，則粒子由P點到達Q點的時間只能為的偶數(shù)倍，故BD錯誤，C正確；故選AC。16．BC【詳解】對粒子受力分析可知，粒子受到垂直于y軸的洛倫茲力和平行于y軸的電場力作用，所以粒子在垂直于y軸方向上做圓周運動，平行于y軸方向上做勻加速直線運動和勻減速直線運動。在垂直于y軸方向上有解得粒子做圓周運動的周期為A．當t=2T時，粒子運動四周，回到了x坐標值為0處，故粒子所在位置的x坐標值為0，故A正確，不符合題意；B．當tT時，粒子運動一周半，z坐標值為2r，即，故B錯誤，符合題意；C．粒子在平行于y軸方向上有qE=ma解得在0﹣0.5T和0.5T～T內(nèi)，電場力方向相反，粒子先加速再減速，在t=0.5T時，沿y軸正向速度達到最大為：此時，粒子在運動過程中速度最大。最大值為故C錯誤，符合題意；D．在0到2T時間內(nèi)粒子在垂直于y軸方向轉(zhuǎn)了四周?；氐搅藊=0，z=0處的位置，故只需要考慮軸方向的位移，粒子位移為則粒子運動的平均速度為故D正確，不符合題意。故選BC。17．

b

【詳解】[1]當開關(guān)閉合時，液體中有從c到d方向的電流，根據(jù)左手定則可知，液體將受到向右的安培力作用，在液面內(nèi)部將產(chǎn)生壓強，因此b端的液面將比a端的高；[2]由于安培力作用產(chǎn)生的壓強為：由于高出的液體處于平衡狀態(tài)，因此有：所以解得：18．

靈敏電流計的讀數(shù)I

左盤

右盤

【詳解】（1）[1]實驗中閉合開關(guān)S，應(yīng)記錄靈敏電流計的讀數(shù)I；[2]由左手定則可知閉合開關(guān)后線框所受的安培力向下，應(yīng)在天平的左盤中放入合適質(zhì)量的砝碼，才能使天平平衡；（2）[3]斷開開關(guān)S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關(guān)S，由左手定則可知閉合開關(guān)后線框所受的安培力向上，應(yīng)在天平的右盤中放入合適質(zhì)量的砝碼，才能使天平平衡；（3）[4]斷開開關(guān)S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關(guān)S，這時需要在天平的右盤中放入質(zhì)量為的砝碼使天平再次平衡，由平衡條件可知解得19．（1）；（2）【詳解】（1）由題意可得故通過桿的電流最小值即可。若桿受到沿斜面向下的最大靜摩擦力，則此時通過桿的電流最大為，其受到的安培力為方向水平向右，受力分析圖如下由受力平衡可得聯(lián)立解得綜上可得通過桿的電流范圍為（2）開關(guān)S閉合后，由于可知若回路中無電流，則桿所受滑動摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，為使桿保持勻速直線運動，則閉合回路ABMN中磁通量應(yīng)保持不變，即代入數(shù)據(jù)得20．（1）；（2）至；（3）【詳解】（1）由題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑，設(shè)粒子在磁場中運動的速度為，由洛倫茲力提供向心力有解得（2）因為粒子做圓周運動的軌跡和磁場圓邊界的交點O、C與兩圓的圓心O1、O2連線組成的是菱形，所以CO2和y軸平行，則所有射出磁場的粒子速度方向都和x軸平行，如圖乙所示。粒子從O點出發(fā)，沿x軸正方向以速度v垂直射入電場，在電場中的加速度大小水平方向做勻速直線運動，粒子穿出電場用時豎直方向做勻加速直線運動，則粒子在電場中的側(cè)位移飛出電場后粒子做勻速直線運動則粒子打在屏上的坐標為。沿x軸負方向射出的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從坐標為的點平行于x軸方向射向電場，直至打在屏上的側(cè)位移大小也為y，故該粒子打在屏上的坐標為。則帶電粒子打在熒光屏上的區(qū)域為至。（3）粒子在介質(zhì)中運動的某一瞬間，設(shè)粒子的速度為，應(yīng)用牛頓第二定律有（在這里是速度大小的變化）求和有設(shè)粒子在該介質(zhì)中運動的軌跡長度l，剛進入介質(zhì)時的速度為，則聯(lián)立解得21．（1）；；（2）【詳解】（1）根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑為粒子帶負電，它將從x軸上A點離開磁場，運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角根據(jù)幾何關(guān)系知，A點與O點相距為（2）帶電粒子沿半徑為R的圓周運動一周所用的時間為它從O到A所用的時間為22．（1）0.06m；（2）；（3）【分析】由洛倫茲力充當向心力可求得運動半徑；做出帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡，由幾何知識即可求出θ；利用帶電粒子在勻強電場中類平拋運動規(guī)律和帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動規(guī)律求?！驹斀狻浚?）粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力充當向心力，代入數(shù)據(jù)解得（2）粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得即（3）如圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子垂直于板方向的位移為y，由帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得，，聯(lián)立可得設(shè)此粒子射入時與x軸的夾角為α，則由幾何知識得可得即N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例為第一章《安培力與洛倫茲力》高分必刷鞏固達標檢測卷（培優(yōu)版）一、單選題1．下列各圖反映的是正電荷在勻強磁場中沿垂直于磁場方向做勻速圓周運動，其中正確的是（）A．B．C． D．2．如圖所示，平行板電容器所帶電荷量為Q，一個靜止的質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(重力忽略不計)，從A點出發(fā)經(jīng)電場加速后，垂直于磁感應(yīng)強度方向進入磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，粒子打到P點，如果適當調(diào)整板間距離d，保持其他條件不變，用x表示OP間的距離，則能正確反映x與d之間關(guān)系的是()A．x與d成反比 B．x與成反比C．x與成正比 D．x與成正比3．如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖、若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是（）A．三個粒子都帶負電荷 B．c粒子運動速率最小C．c粒子在磁場中運動時間最短 D．它們做圓周運動的周期Ta<Tb<Tc4．如圖所示，圓形導管用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷（正、負離子）在洛倫茲力作用下會發(fā)生縱向偏轉(zhuǎn)，使得a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間電勢差就保持穩(wěn)定，測得圓形導管直徑為d、平衡時ab間電勢差為U、磁感應(yīng)強度大小為B，單位時間內(nèi)流過導管某一橫截面的導電液體的體積稱為液體流量，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點電勢比b點電勢高，液體流量為 B．a(chǎn)點電勢比b點電勢高，液體流量為C．a(chǎn)點電勢比b點電勢低，液體流量為 D．a(chǎn)點電勢比b點電勢低，液體流量為5．質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具。圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子（可認為初速度為零），從狹縫進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場，現(xiàn)在MN上的F點（圖中未畫出）接收到該粒子，且，則該粒子的比荷為（粒子的重力忽略不計）（）A． B．C． D．6．如圖所示，某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．一正方形剛性線圈，邊長為L，匝數(shù)為n，線圈平面與磁場方向垂直，線圈的一半在磁場內(nèi)．某時刻，線圈中通過大小為I的電流，則此線圈受到的安培力大小為（

）A． B．C．nBIL D．7．如圖所示，一個圓柱體空間過旋轉(zhuǎn)軸平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一電子以某一速度從圓柱體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于電子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（）A． B． C． D．8．如圖所示，有一通電直導線放在蹄形電磁鐵的正上方，導線可以自由移動，當電磁鐵線圈與直導線中通以圖示的電流時，有關(guān)直導線運動情況的說法中正確的是（從上往下看）（）A．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時下降 B．時針方向轉(zhuǎn)動，同時上升C．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時下降 D．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時上升9．如圖所示，一帶電量為q的粒子（不計重力），以固定的帶電量為的電荷為圓心在勻強磁場中做順時針方向的圓周運動，圓周半徑為r1，粒子運動速率為v，此時粒子所受的電場力是洛倫茲力的3倍。若使上述帶電粒子以相同速率v繞正電荷做逆時針方向的圓周運動，其半徑為r2.則r2與r1的比值為（）A．1：2 B．2：1 C． D．10．質(zhì)量為、帶電荷量為的小物塊，從傾角為的絕緣斜面上由靜止下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，整個斜面置于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為，如圖所示。若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下列說法中正確的是（）A．小物塊一定帶正電荷B．小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動，且加速度大小為C．小物塊在斜面上運動時做加速度減小，而速度增大的變加速直線運動D．小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面壓力為零時的速率為二、多選題11．如圖所示，一根通電的直導線放在傾斜的粗糙導軌上，置于圖示方向的勻強磁場中，處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)逐漸增大電流，導體棒仍靜止，則在增大電流過程中，導體棒受到的摩擦力的大小變化情況可能是（）A．一直增大 B．先增大后減小C．先減小后增大 D．始終為零12．如圖所示，空間有一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一質(zhì)量且足夠長的不帶電絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板的左端無初速放置一質(zhì)量為m，電荷量的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.2，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力?，F(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為的恒力，g為重力加速度。則（）A．最終滑塊以的速度勻速運動B．最終木板以的加速度做勻加速運動C．整個過程中，木板加速度由逐漸增大到D．整個過程中，滑塊先與木板一起勻加速運動，然后再做加速度減小的加速運動，最后做勻速運動13．勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示。置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U。若A處粒子源產(chǎn)生質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響。則下列說法正確的是（）A．質(zhì)子被加速后的最大速度與D形盒半徑R有關(guān)B．質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與交流電頻率f成正比C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為：1D．不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f，經(jīng)該回旋加速器加速的各種粒子的最大動能不變14．如圖所示的虛線為邊長為L的正三角形，在正三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出），d、e為ab、bc邊的中點。一重力不計的帶正電粒子（粒子的比荷為k），由d點垂直ab以初速度進入磁場，從e點射出磁場，則（）A．磁場的方向垂直紙面向外B．磁感應(yīng)強度大小C．粒子在磁場中運動的時間D．若粒子射入速度大小變?yōu)?，方向不變，在磁場運動的時間為15．如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，如果用表示薄片的厚度，為霍爾系數(shù)，對于一個霍爾元件為定值。如果保持恒定，則可以驗證隨的變化情況，以下說法中正確的是（）A．在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作在應(yīng)保持水平B．在間出現(xiàn)霍爾電壓，C．若磁場是由一個永磁體的磁極產(chǎn)生，且將永磁體的這個磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面，將變大D．改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，將發(fā)生變化16．如圖所示，空間存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向的勻強電場，一帶電小液滴在A點由靜止釋放，沿圖示軌跡運動到C點，B點是軌跡上的最高點，下列說法正確的是（）A．小液滴帶正電B．小液滴在B點電勢能最小C．小液滴在最高點B受力平衡D．小液滴的運動過程中，電勢能和機械能之和保持不變?nèi)?、實驗題17．霍爾元件是一種重要的磁傳感器，“用霍爾元件測量磁場”的實驗中，把載流子為帶負電的電子的霍爾元件接入電路，如圖甲所示，電流為，方向向右，長方體霍爾元件長寬高分別為、、，處于豎直向上的恒定勻強磁場中。（1）前后極板，電勢較高的是___________（填“板”或“板”）；（2）某同學在實驗時，改變電流的大小，記錄了不同電流下對應(yīng)的值，如下表：1.32.23.03.74.410.217.323.629.134.6請根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，在坐標乙中畫出圖像。已知該霍爾元件單位體積中自由載流子個數(shù)為，電量，由公式，可得的函數(shù)關(guān)系式為___________（用題中的字母表示），根據(jù)畫出的圖像可得磁場=___________（保留2位有效數(shù)字）；（3）有同學認為代表了霍爾元件的電阻，請問這種想法正確嗎？請說明理由：___________。18．某同學用霍爾元件探測條形磁鐵周圍的磁感應(yīng)強度。圖甲中的半導體薄板為載流子為正電荷的霍爾元件，E、F、M、N為該元件的四個電極。圖乙中的電壓表為數(shù)字電壓表，S、Q為兩個表筆，電壓表讀數(shù)為S、Q間的電勢差。實驗的主要步驟如下：①將圖乙中電路兩端O、P分別與E、F連接，數(shù)字電壓表的S、Q表筆分別與M、N相接。②將霍爾元件放置于條形磁鐵的N極附近。閉合開關(guān)K，將滑動變阻器的滑片移至某一位置，讀出電壓表讀數(shù)為，斷開開關(guān)K。③將霍爾元件放置于條形磁鐵的中間位置附近。保持滑動變阻器滑片位置不變，閉合開關(guān)K，讀出電壓表讀數(shù)為，斷開開關(guān)K。回答下列問題：（1）閉合開關(guān)K之前，應(yīng)將滑動變阻器R的滑片移至________（選填“最左端”或“最右端”），電路中電阻的主要作用為________。（2）若電流表示數(shù)保持不變，下列各圖中電壓表示數(shù)的絕對值最小的是________。A．B．C．D．（3）實驗操作中將霍爾元件分別放在條形磁鐵的N極附近、磁鐵中央位置時，霍爾元件的放置方向分別如圖丙所示，則________（選填“”或“”）0。條形磁鐵的N極附近和中間附近的磁感應(yīng)強度的比值為________。（4）查閱資料知曉該元件的霍爾系數(shù)，要測出磁鐵N極附近的磁感應(yīng)強度，還需測量圖甲中________兩個表面之間的距離（選填“上下”、“左右”或“前后”）。（5）請你說出實驗中影響測量磁感應(yīng)強度的主要因素有哪些________、___________（至少說出兩個）。四、解答題19．如圖甲所示，水平放置的兩光滑導軌間的距離，垂直于導軌平面有豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度，棒垂直于導軌放置，系在棒中點的水平繩跨過定滑輪與物塊相連，物塊放置在電子秤上，質(zhì)量為。已知電子秤的讀數(shù)隨滑動變阻器R阻值變化的規(guī)律如圖乙所示，導軌及棒的電阻均不計，g取。求：（1）磁場方向；（2）電源電動勢E和內(nèi)阻r。20．一質(zhì)量為，電荷量為的帶電粒子，沿著半徑方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應(yīng)強度的大小為（），圓形磁場的半徑為粒子的軌跡圓半徑的，粒子射出圓形磁場后，進入左邊有界、右邊無界的勻強磁場中，圓形磁場與磁場的左邊界相切，且粒子最初射入圓形磁場時的速度方向垂直于磁場的邊界，如圖所示．粒子最終從圓形磁場的射入點射出磁場，不計粒子的重力，求：（1）粒子在圓形磁場中偏轉(zhuǎn)的角度；（2）兩磁場的磁感應(yīng)強度大小之比；（3）粒子在兩個磁場中運動的總時間（用含的式子表示）。21．如圖甲所示，一對平行金屬板C、D，O、O1為兩板上正對的小孔，緊貼D板右側(cè)存在上下范圍足夠大、寬度為L的有界勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，MN、GH是磁場的左、右邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O孔進入C、D板間，粒子初速度和重力均不計。（1）C、D板間加恒定電壓U，C板為正極，板相距為d，求板間勻強電場的場強大小E和粒子從O運動到O1的時間t；（2）C、D板間加如圖乙所示的電壓，U0、T為已知量。t＝0時刻帶電粒子從O孔進入，為保證粒子到達O1孔具有最大速度，求粒子到達O1孔的最大速度vm和板間d應(yīng)滿足的條件；（3）磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t′的變化關(guān)系如圖丙所示，B0為已知量，周期。t′＝0時刻，粒子從O1孔沿OO1延長線O1O2方向射入磁場，始終不能穿出右邊界GH，求粒子進入磁場時的速度v應(yīng)滿足的條件。22．如圖甲所示，在xOy坐標平面y軸左側(cè)有一速度選擇器，速度選擇器中的勻強電場方向豎直向下，兩板間的電壓為U，距離為d；勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里。xOy坐標平面的第一象限（包括x、y軸）內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B0、方向垂直于xOy平面且隨時間做周期性變化的勻強磁場，如圖乙所示（磁場方向垂直xOy平面向里的為正）。一束比荷不同的帶正電的粒子恰能沿直線通過速度選擇器，在t＝0時刻從坐標原點O垂直射入周期性變化的磁場中。部分粒子經(jīng)過一個磁場變化周期T0后，速度方向恰好沿x軸正方向。不計粒子的重力，求：（1）粒子進入周期性變化的磁場的速度；（2）請用三角板和圓規(guī)作出經(jīng)一個磁場變化周期T0后，速度方向恰好沿x軸正方向，且此時縱坐標最大的粒子的運動軌跡，并求出這種粒子的比荷；（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿x軸正方向時的縱坐標y。第一章《安培力與洛倫茲力》高分必刷鞏固達標檢測卷（培優(yōu)版）全解全析1．D【詳解】A．據(jù)左手定則可知，該正電荷應(yīng)逆時針方向運動，A錯誤；B．電荷運動方向應(yīng)沿軌跡的切線方向，而受力方向應(yīng)與軌跡的切線垂直，B錯誤；C．據(jù)左手定則可知，該正電荷應(yīng)順時針方向運動，C錯誤；D．由左手定則可知，該正電荷受力方向與運動方向相符，D正確。故選D。2．D【詳解】根據(jù)題意，設(shè)兩板間電壓為，粒子在電場中加速過程，由動能定理有解得進入磁場后，由牛頓第二定律有解得由題意可知，OP間的距離為由公式，可得可得當板間距離改變，其它條件不變，則與成正比。故選D。3．C【詳解】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，結(jié)合左手定則可知，三個粒子都帶正電荷，A錯誤；B．根據(jù)可得三個帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個磁場中，當速度越大時、軌道半徑越大，則由圖知，a粒子的軌跡半徑最小，c粒子的軌跡半徑最大，則a粒子速率最小，a粒子動能最小，c粒子速率最大，B錯誤；D．三個帶電粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，由粒子運動的周期可知三粒子運動的周期相同，即D錯誤；C．粒子在磁場中運動時間θ是粒子軌跡對應(yīng)的圓心角，也等于速度的偏轉(zhuǎn)角，由圖可知，a在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角最大，運動的時間最長，c在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角最小，c粒子在磁場中運動時間最短，C正確。故選C。4．D【詳解】根據(jù)左手定則和平衡條件，帶正電的離子向下偏轉(zhuǎn)，則判斷a、b電勢高低得，a點電勢比b點電勢低，導管的橫截面積設(shè)導電液體的流速為v，自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時有可得液體流量故選項D。5．C【詳解】設(shè)粒子被加速后獲得的速度為，由動能定理有根據(jù)題意，粒子在磁場中運動軌跡，如圖所示由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑由牛頓第二定律有解得故選C。6．D【詳解】在磁場中通電導線的有效長度為，每一匝線圈都要受到安培力，則線圈所受的安培力大小是.A．，與結(jié)論不相符，選項A錯誤；B．，與結(jié)論不相符，選項B錯誤；C．nBIL，與結(jié)論不相符，選項C錯誤；D．，與結(jié)論相符，選項D正確；7．A【詳解】AB．根據(jù)左手定則，電子所受的磁場力和磁場方向垂直，電子始終在xOy平面內(nèi)運動，在圓柱體左側(cè)做逆時針圓周運動，在圓柱體的右側(cè)做順時針圓周運動，A正確，B錯誤；C．因為電子始終在xOy平面內(nèi)運動，z軸坐標為正值且不變，x軸的坐標先負值后正值，其投影如圖所示C錯誤；D．因為電子始終在xOy平面內(nèi)運動，z軸坐標為正值且不變，在y軸方向上的位移始終為正值，其投影如圖所示D錯誤。故選A。8．C【詳解】在導線兩側(cè)取兩小段，左邊一小段所受的安培力方向垂直紙面向外，右側(cè)一小段所受安培力的方向垂直紙面向里，從上往下看，知導線逆時針轉(zhuǎn)動，當轉(zhuǎn)動90°時，導線所受的安培力方向向下，所以導線的運動情況為，逆時針轉(zhuǎn)動，同時下降。故C正確，ABD錯誤。故選C。9．C【詳解】順時針運動時根據(jù)電場力和洛倫茲力的合力提供向心力有即當帶電粒子以相同速率v繞正電荷做逆時針方向的圓周運動時有代入可得整理得設(shè)，可得解得即故選C。10．D【詳解】A．若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知小物塊受到的洛倫茲力垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小物塊帶負電荷，故A錯誤；BC．小物塊在斜面上運動時，垂直斜面方向根據(jù)受力平衡可得沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得又聯(lián)立可得可知隨著小物塊速度的增加，小物塊的加速度也逐漸增大，故小物塊在斜面上運動時做加速度增大，速度也增大的變加速直線運動，故BC錯誤；D．小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面壓力為零時，垂直斜面方向根據(jù)受力平衡可得解得此時小物塊的速度為故D正確。故選D。11．AC【詳解】根據(jù)左手定則可知，導體棒所受安培力方向沿斜面向上，導體棒處于靜止狀態(tài)，所受外力的合力為0。當時，隨電流的增大，導體棒有沿斜面向上運動的趨勢，摩擦力方向沿斜面向下，且增大電流，安培力增大，摩擦力增大。當時，導體棒開始有沿斜面向下運動的趨勢，摩擦力方向沿斜面向上，且增大電流，安培力增大，摩擦力先減小，當安培力大小等于重力沿斜面向下的分力時，摩擦力減為0，之后隨安培力的進一步增大，導體棒有沿斜面向上運動的趨勢，摩擦力方向沿斜面向下，此時增大電流，安培力增大，摩擦力增大，即摩擦力先減小，后增大。故選AC。12．AB【詳解】A．開始滑塊做加速直線運動，滑塊獲得向左的速度，根據(jù)左手定則可知滑塊受到洛倫茲力作用豎直向上，當洛倫茲力等于重力時滑塊做勻速直線運動，即解得故A正確；B．當滑塊受到洛倫茲力等于滑塊重力時，滑塊與木板間的彈力為零，摩擦力為零，根據(jù)牛頓第二定律可得解得最終木板的加速度為故B正確；C．設(shè)最開始時，滑塊與木板發(fā)生相對滑動，對滑塊有解得對木板有解得即整個過程中，木板加速度由逐漸增大到，故C錯誤；D．由以上分析可知初始時刻滑塊的加速度為，木板的加速度為，整個過程中滑塊受到的洛倫茲力增大，支持力減小，摩擦力減小，加速度減小，最后做勻速運動，故D錯誤。故選AB。13．AC【詳解】A．質(zhì)子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，有解得故A正確；B．質(zhì)子離開回旋加速器的最大動能與交流電頻率f無關(guān)。故B錯誤；C．根據(jù)qvB＝Uq＝mv2Uq＝mv得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為：1。故C正確；D．因經(jīng)回旋加速器加速的粒子最大動能可知與m、R、q、B均有關(guān)。故D錯誤。故選AC。14．BC【詳解】A．帶正電粒子由d點進入磁場e點射出磁場，則電場力方向從a指向b，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直直面向里，故A錯誤；B．粒子運動軌跡為圓心，為半徑，則解得故B正確；C．粒子在磁場中運動的時間故C正確；D．當粒子速度變?yōu)檫h來一半，根據(jù)可知半徑變?yōu)樵瓉硪话耄壽E如圖所示粒子在磁場中運動的時間故D錯誤。故選BC。15．BCD【詳解】A．由地磁場可知：赤道上的磁場平行地面，由圖可知，磁感線應(yīng)垂直于電流方向，左右在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作在應(yīng)保持豎直，故A錯誤；B．達到穩(wěn)定狀態(tài)時電子受到的電場力將和洛倫茲力平衡，有其中為左右兩側(cè)極板的板間距，解得根據(jù)電流微觀表達式可得可知的乘積正比于電流，反比與，在間出現(xiàn)霍爾電壓可表示為故B正確；C．根據(jù)可知將永磁體的一個磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面時，增大，則也變大，故C正確；D．改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，在垂直于工作面方向上的磁感應(yīng)強度將小于原磁場磁感應(yīng)強度的大小，則將減小，故D正確。故選BCD。16．BD【詳解】AB．A點由靜止釋放，先上運動，液滴速度為零時只受重力和電場力，且電場力向上大于重力。B點是軌跡上的最高點，合力指向凹側(cè)，則洛倫茲力向下，速度方向過B點與運動軌跡相切，由左手定則可知