TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc20407" 01質(zhì)譜儀 PAGEREF _Tc20407 \h 1
\l "_Tc31061" 02回旋加速器 PAGEREF _Tc31061 \h 6
\l "_Tc22204" 03霍爾元件 PAGEREF _Tc22204 \h 10
\l "_Tc9587" 04磁流體發(fā)電機 PAGEREF _Tc9587 \h 13
\l "_Tc25467" 05電磁流量計 PAGEREF _Tc25467 \h 16
\l "_Tc19975" 06帶電粒子由磁場進入電場 PAGEREF _Tc19975 \h 19
\l "_Tc30443" 07帶電粒子由電場進入磁場 PAGEREF _Tc30443 \h 26
\l "_Tc32600" 08帶電粒子在電磁場中的往返運動 PAGEREF _Tc32600 \h 32
\l "_Tc26291" 09帶電粒子在交變場中的運動 PAGEREF _Tc26291 \h 38
\l "_Tc20714" 10帶電粒子在疊加場中的直線運動 PAGEREF _Tc20714 \h 45
\l "_Tc2782" 11帶電粒子在疊加場中的勻速圓周運動 PAGEREF _Tc2782 \h 48
\l "_Tc9959" 12帶電粒子在疊加場中一般的直線運動 PAGEREF _Tc9959 \h 52
01質(zhì)譜儀
1．（多選）（22-23高二下·山東濟寧·期中）如圖所示，圖甲為速度選擇器原理示意圖，圖乙為質(zhì)譜儀原理示意圖，圖丙和圖丁分別為多級直線加速器和回旋加速器的原理示意圖，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時間。下列說法正確的是（ ）
A．圖甲中，只有具有速度的粒子才能沿圖中虛線路徑經(jīng)過速度選擇器
B．圖乙中，、、三種粒子經(jīng)加速電場射入磁場，在磁場中偏轉(zhuǎn)半徑最大
C．圖丙中，由于技術(shù)上產(chǎn)生過高的電壓是很困難的，為了使粒子獲得更高的能量，所以采用多級直線加速裝置
D．圖丁中，隨著粒子速度的增大，交流電源的頻率也應(yīng)該增大
【答案】AC
【詳解】A．圖甲中，當(dāng)粒子沿直線通過時，滿足
即
即只有速度的粒子才能沿圖中虛線路徑經(jīng)過速度選擇器，故A正確；
B．圖乙中，、、 三種粒子經(jīng)加速電場射入磁場，則
，
解得
因為的最大，則在磁場中偏轉(zhuǎn)半徑最大，故B錯誤；
C．圖丙中，由于技術(shù)上產(chǎn)生過高的電壓是很困難的，為了使粒子獲得更高的能量，所以采用多級直線加速裝置，故C正確；
D．圖丁中，交流電源的頻率為
可知，隨著粒子速度的增大，粒子在磁場中運動的周期不變，則交流電源的頻率也是不變的，故D錯誤。
故選AC。
2．（多選）（22-23高二下·重慶·期中）如圖所示，關(guān)于帶電粒子（不計重力）在以下四種儀器中運動，下列說法正確的有（ ）

A．甲圖中，只要增大加速電壓，粒子最終就能獲得更大的動能
B．乙圖中，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小
C．丙圖中，等離子體進入A、B極板之間后，A極板電勢低于B極板電勢
D．丁圖中，從左側(cè)射入的帶負電粒子，若速度滿足，將向上極板偏轉(zhuǎn)
【答案】CD
【詳解】A．甲圖中，當(dāng)粒子運動半徑等于D型盒半徑時，粒子具有最大速度，即
粒子的最大動能
由此可見最大動能與加速電壓無關(guān)，故A項錯誤；
B．乙圖中，粒子射出速度選擇器后在磁場中運動有
解得
粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，即r越小，則粒子的比荷越大，故B項錯誤；
C．丙圖中，等離子體進入A、B極板之間后，受到洛倫茲力作用，由左手定則可知，正電粒子向B極板偏轉(zhuǎn)，負電粒子向A極板偏轉(zhuǎn)，因此A極板電勢低于B極板電勢，故C項正確；
D．丁圖中，帶負電的粒子從左側(cè)射入復(fù)合場中時，受向上的電場力和向下的洛倫茲力，當(dāng)兩個力平衡時，帶電粒子會沿直線射出，當(dāng)速度
即洛倫茲力小于電場力，粒子將向上極板偏轉(zhuǎn)，故D項正確。
故選CD。
3．（多選）（22-23高二下·安徽合肥·期中）如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場的磁感應(yīng)強度和勻強電場的場強分別為和E，平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片，平板S下方有磁感應(yīng)強度為的勻強磁場，下列表述正確的是（ ）

A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具
B．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于
C．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小
D．打在膠片上的粒子與狹縫P的距離
【答案】AD
【詳解】B．能通過狹縫P的帶電粒子的速率
解得
故B錯誤；
D．帶電粒子在平板S下方磁感應(yīng)強度為的勻強磁場中運動半徑為
打在膠片上的粒子與狹縫P的距離
解得
故D正確；
A．同位素電荷數(shù)相同，但粒子質(zhì)量不同，將打在膠片不同位置，故質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，故A正確；
C．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷應(yīng)越大，故C錯誤。
故選AD。
4．（22-23高二下·新疆巴音郭楞·期末）如圖所示，關(guān)于帶電粒子（不計重力）在以下四種儀器中運動，下列說法正確的有（ ）

A．甲圖中，只要增大加速電壓，粒子最終就能獲得更大的動能
B．乙圖中，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小
C．丙圖中，等離子體進入A、B極板之間后，A極板電勢高于B極板電勢
D．丁圖中，從左側(cè)射入的帶負電粒子，若速度滿足，將向上極板偏轉(zhuǎn)
【答案】D
【詳解】A．甲圖中，當(dāng)粒子運動半徑等于D型盒半徑時，粒子具有最大速度時，有
即
此時粒子的最大動能
由此可見最大動能與加速電壓無關(guān)，故A錯誤；
B．乙圖中，粒子射出速度選擇器后在磁場中運動有
解得
粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，即r越小，則粒子的比荷越大，故B錯誤；
C．丙圖中，等離子體進入A、B極板之間后，受到洛倫茲力作用，由左手定則可知，正電粒子向B極板偏轉(zhuǎn)，負電粒子向A極板偏轉(zhuǎn)，因此A極板電勢低于B極板電勢，故C錯誤；
D．丁圖中，帶負電的粒子從左側(cè)射入復(fù)合場中時，受向上的電場力和向下的洛倫茲力，當(dāng)兩個力平衡時，帶電粒子會沿直線射出，當(dāng)速度滿足
即洛倫茲力小于電場力，粒子將向上極板偏轉(zhuǎn)，故D正確。
故選D。
02回旋加速器
5．（22-23高二下·北京通州·期中）回旋加速器在核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的、半徑為R的半圓金屬盒，接在電壓恒為U的交流電源上，位于D1圓心處的質(zhì)子源A能產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可忽略，重力不計，不考慮相對論效應(yīng)），質(zhì)子在兩盒狹縫間的電場中運動時被加速。D1、D2置于與盒面垂直的、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q。求：
（1）質(zhì)子被回旋加速器加速能達到的最大速率vm；
（2）質(zhì)子獲得最大速度的過程中在回旋加速器中被加速的次數(shù)n。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
解得
（2）根據(jù)題意有
所以
6．（多選）（22-23高二下·廣東珠?！て谥校﹫D甲為回旋加速器的示意圖，兩個靠得很近的D形金屬盒處在磁感應(yīng)強度大小為B、且垂直盒面的勻強磁場中。圖乙為質(zhì)譜儀的示意圖，在容器A中有質(zhì)量分別為、的兩種同位素的原子核，它們可從容器A下方的小孔無初速度飄入電壓為U的加速電場，經(jīng)小孔垂直進入勻強磁場，分別打在距離為、的M、N兩點。不計粒子的重力，以下說法正確的是（ ）
A．甲裝置中，帶電粒子通過磁場后動能增大
B．甲裝置中，帶電粒子獲得的最大動能與勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B有關(guān)
C．乙裝置中，打在N點的粒子質(zhì)量大，在磁場中運動的速率大
D．乙裝置中，M、N兩點與的距離與粒子質(zhì)量的關(guān)系為
【答案】BD
【詳解】A．甲裝置中，因洛倫茲力對帶電粒子不做功，則帶電粒子通過磁場后動能不變，選項A錯誤；
B．甲裝置中，根據(jù)
解得帶電粒子獲得的最大動能
則最大動能與勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B有關(guān)，選項B正確；
C．乙裝置中，粒子在電場中被加速
在磁場中
則，
打在N點的粒子質(zhì)量大，在磁場中運動的速率小，選項C錯誤；
D．乙裝置中，根據(jù)
M、N兩點與的距離與粒子質(zhì)量的關(guān)系為
選項D正確。
故選BD。
7．（多選）（22-23高二下·浙江·期中）如圖甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒．在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連．帶電粒子在磁場中運動的動能E隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是（ ）
A．在圖中應(yīng)有
B．高頻電源的變化周期應(yīng)該等于
C．粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大
D．要想粒子獲得的最大動能增大，可增加磁感應(yīng)強度
【答案】AD
【詳解】A．洛倫茲力提供向心力，有
解得
故周期有
由上述式子可知，周期與速度無關(guān)，有
故A正確；
B．交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動的周期一致，故高頻電源的變化周期應(yīng)該有
故B錯誤；
CD．當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大，此時運動的半徑等于D形盒的半徑，由
解得
則最大動能
由上述式子知，最大動能與加速器的半徑、磁感線強度以及電荷的電量和質(zhì)量有關(guān)，與加速電壓等其他因素?zé)o關(guān)，故C錯誤，D正確。
故選AD。
8．（22-23高二下·山東德州·期中）回旋加速器工作原理如圖所示，兩個半徑為R的D形盒置于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩盒間的狹縫很小，兩盒間接電壓為U的高頻交流電源。電荷量為q的帶電粒子從粒子源A處進入加速電場（初速度為零），若不考慮相對論效應(yīng)及粒子所受重力，粒子在電場中運動的時間忽略不計。下列說法正確的是（ ）
A．粒子第一次與第二次在磁場中運動的軌道半徑之比為1：3
B．若僅將粒子的電荷量變?yōu)?，則交流電源頻率應(yīng)變?yōu)樵瓉淼谋?br>C．粒子從回旋加速器出來的最大速度與D形盒的半徑R無關(guān)
D．粒子在回旋加速器中被加速的次數(shù)與磁場磁感應(yīng)強度B無關(guān)
【答案】B
【詳解】A．粒子第一次在D2磁場中運動的軌道半徑為
粒子第二次在D2磁場中運動的軌道半徑為
根據(jù)動能定理有，
解得粒子第一次與第二次在磁場中運動的軌道半徑之比為，故A錯誤；
B．粒子做圓周運動的周期
交流電源的頻率
可知僅將粒子的電荷量變?yōu)?，則交流電源頻率應(yīng)變?yōu)樵瓉淼谋?，故B正確；
C．粒子加速后的最大軌道半徑等于D型盒的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得
解得，粒子的最大運行速度
粒子從回旋加速器出來的最大速度與D形盒的半徑R有關(guān)，故C錯誤；
D．粒子完成一次圓周運動被電場加速兩次，由動能定理可得：
經(jīng)過的周期個數(shù)為
其中
粒子在D形盒磁場中運動的時間為t=nT
則有
可知粒子在回旋加速器中被加速的次數(shù)與磁場磁感應(yīng)強度B有關(guān)，故D錯誤。
故選B。
03霍爾元件
9．（多選）（23-24高二上·遼寧大連·期中）霍爾效應(yīng)是美國物理學(xué)家霍爾（E. H. Hall）于1879年發(fā)現(xiàn)的。其原理如圖所示，一塊長為a、寬為b、高為c的長方體金屬元件，單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n，導(dǎo)體的電阻率為，電子的電量大小為e，在導(dǎo)體的左右兩端加上恒定電壓U和方向垂直于上表面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，在導(dǎo)體前后表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢差，稱為霍爾電壓。下列說法正確的是（ ）
A．導(dǎo)體前表面的電勢高于后表面的電勢
B．導(dǎo)體前表面的電勢低于后表面的電勢
C．導(dǎo)體中自由電荷定向移動平均速率大小為
D．霍爾電壓的大小為
【答案】BD
【詳解】AB．電流方向向左，電子向右定向移動，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向外，則前表面積累了電子，前表面的電勢比后表面的電勢低，故A錯誤，B正確；
C．根據(jù)電阻定律可知導(dǎo)體的電阻為
根據(jù)歐姆定律，有
電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為I=nevbc
聯(lián)立可得
故C錯誤；
D．電子受到的電場力和洛倫茲力平衡，有
聯(lián)立以上可得
故D正確。
故選BD。
10．（多選）（22-23高二下·北京海淀·期中）應(yīng)用霍爾效應(yīng)可以測量車輪的轉(zhuǎn)動角速度ω，如圖為輪速傳感器的原理示意圖，假設(shè)齒輪為五齒結(jié)構(gòu)，且均勻分布，當(dāng)齒輪凸起部分靠近磁體時，磁體與齒輪間的磁場增強，凹陷部分靠近磁體時，磁體與齒輪間的磁場減弱。工作時，通過霍爾元件上下兩面通入電流I，前后兩面連接控制電路，下列說法正確的是（ ）
A．若霍爾元件內(nèi)部是通過負電荷導(dǎo)電的，則前表面比后表面的電勢低
B．增大通過霍爾元件的電流，可以使控制電路監(jiān)測到的電壓變小
C．控制電路接收到的電壓升高，說明齒輪的凹陷部分在靠近霍爾元件
D．若控制電路接收到的信號電壓變化周期為T，則車輪的角速度為
【答案】AD
【詳解】A．若霍爾元件內(nèi)部是通過負電荷導(dǎo)電的，根據(jù)左手定則，負電荷向前表面偏轉(zhuǎn)，則前表面比后表面的電勢低，故A正確；
B．設(shè)前、后表面的距離為，左、右表面的距離為，根據(jù)電流微觀表達式
霍爾元件穩(wěn)定時，有
整理得
故增大通過霍爾元件的電流，可以使控制電路監(jiān)測到的電壓增大，故B錯誤；
C．當(dāng)齒輪的凸起部分在靠近霍爾元件，磁感應(yīng)強度變大，故控制電路接收到的電壓升高，說明齒輪的凸起部分在靠近霍爾元件，故C錯誤；
D．霍爾電壓變化一個周期，對應(yīng)齒輪轉(zhuǎn)過弧度，故若控制電路接收到的信號電壓變化周期為T，則車輪的角速度為
故D正確。
故選AD。
11．（多選）（22-23高二下·山東淄博·期中）利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件被廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖是某一霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強度大小為的磁場垂直于該霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流，、兩側(cè)面會形成電勢差，下列說法中正確的是（ ）

A．電勢差僅與材料有關(guān)
B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差
C．僅增大磁感應(yīng)強度時，電勢差變大
D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持豎直
【答案】CD
【詳解】AC．根據(jù)CD間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有，
則
n由材料決定，故U與材料有關(guān)；U還與厚度c成反比，與寬b無關(guān)，同時還與磁場B與電流I有關(guān)。僅增大磁感應(yīng)強度時，電勢差變大。故A錯誤，C正確；
B．根據(jù)左手定則，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，C表面帶負電，D表面帶正電，所以D表面的電勢高，則UCD＜0
故B錯誤；
D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，應(yīng)將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通過，故D正確。
故選CD。
12．（22-23高二下·浙江溫州·期中）霍爾元件是一種基于霍爾效應(yīng)的金屬磁傳感器，用它可以檢測磁場及其變化，圖甲為使用霍爾元件測量通電直導(dǎo)線產(chǎn)生磁場的裝置示意圖，霍爾元件被夾在磁芯縫隙AB處，由于磁芯的作用，霍爾元件所處區(qū)域磁場可看做勻強磁場，測量原理如乙圖所示，直導(dǎo)線通有垂直紙面向里的電流，霍爾元件前、后、左、右表面有四個接線柱，通過四個接線柱可以把霍爾元件接入電路，所用器材已在圖中給出并已經(jīng)連接好電路。下列說法正確的是（ ）
A．電壓表正極應(yīng)與霍爾元件的后表面連接
B．若僅增加霍爾元件的高度h，其他條件不變，電壓表示數(shù)變小
C．若僅改變滑動變阻器的阻值，電壓表的示數(shù)不變
D．若AB處磁感應(yīng)強度變大，則電流表示數(shù)變大
【答案】B
【詳解】A．根據(jù)安培定則可知直導(dǎo)線在磁芯中產(chǎn)生的磁場方向為順時針方向，即通過霍爾元件的磁場方向豎直向下，元件中的電流方向從左到右，元件的載流子為負電荷，故可知負電荷偏向元件的后表面，后表面電勢低，故電壓表負極應(yīng)與霍爾元件的后表面連接，故A錯誤；
BC．設(shè)穩(wěn)定時電壓表示數(shù)為U，元件的前后表面距離為d，載流子的速度為v，霍爾元件單位體積內(nèi)自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量為e，得
根據(jù)電流微觀表達式
聯(lián)立解得
故僅增加霍爾元件的高度h，其他條件不變，電壓表示數(shù)變??；若僅改變滑動變阻器的阻值，電路中電流改變，故電壓表的示數(shù)改變，故B正確，C錯誤；
D．電路中的電流大小由電路中各元件決定，與AB處磁感應(yīng)強度無關(guān)，故D錯誤。
故選B。
04磁流體發(fā)電機
13．（22-23高二下·湖南·期中）磁流體發(fā)電機可簡化為如下模型：兩塊長、寬分別為a、b的平行板，彼此相距L，板間通入已電離的速度為v的氣流，兩板間存在一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場方向與兩板平行，并與氣流速度方向垂直，如圖所示，把兩板與外電阻R連接起來，在洛倫茲力作用下，氣流中的正、負離子分別向兩板移動形成電流，該氣流的電阻率為ρ，則（ ）

A．該磁流體發(fā)電機模型產(chǎn)生的電動勢為E=Bav
B．流過外電阻R的電流為
C．該磁流體發(fā)電機模型的路端電壓為
D．該磁流體發(fā)電機模型的輸出功率為
【答案】B
【詳解】A．穩(wěn)定時離子受到的電場力和洛倫茲力相平衡，此時有
解得磁流體發(fā)電機模型產(chǎn)生的電動勢為
A錯誤；
B．極板間氣流的電阻為
故流過外電阻R的電流為
B正確；
C．該磁流體發(fā)電機模型的路端電壓為
C錯誤；
D．該磁流體發(fā)電機模型的輸出功率為
D錯誤。
故選B。
14．（多選）（22-23高二下·福建三明·期中）磁流體發(fā)電的原理如圖所示，將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，在寬為a、長為b、間距為d的兩平行金屬板間產(chǎn)生電動勢。將其上下極板與阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器相連，間距為L的電容器極板間有一帶電微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計其它電阻，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A．平行金屬板上極板比下極板電勢低B．磁流體發(fā)電機的電動勢為BLv
C．電容器所帶電荷量為CBavD．微粒的比荷
【答案】AD
【詳解】A．將一束速度為的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強度為的勻強磁場中，由左手定則可以判斷正電荷受到的洛倫茲力向下，所以正電荷聚集到下極板，負電荷受到的洛倫茲力向上，負電荷聚集到上極板，故平行金屬板上極板比下極板電勢低，故A正確；
B．根據(jù)
可得磁流體發(fā)電機的電動勢為
故B錯誤；
C．電容器兩端的電勢差等于電源電動勢，根據(jù)
聯(lián)立可得電容器所帶電荷量為
故C錯誤；
D．由于帶電微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得
聯(lián)立方可得微粒的比荷為
故D正確。
故選AD。
15．（22-23高二下·北京通州·期中）如圖所示是磁流體發(fā)電機的示意圖，在間距為d的平行金屬板M、N間，存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，兩金屬板通過導(dǎo)線與滑動變阻器相連，變阻器接入電路的電阻為R。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）連續(xù)以速度v平行于兩金屬板垂直射入磁場，理想電流表A的讀數(shù)為I，下列說法正確的是（ ）
A．發(fā)電機的上極板M為正極
B．帶正電的粒子在兩極板間受到的洛倫茲力方向向上
C．發(fā)電機的效率
D．只增大M、N兩板的面積，發(fā)電機的電動勢增大
【答案】C
【詳解】AB．根據(jù)左手定則可知，正離子所受洛倫茲力向下，負離子受洛倫茲力向上，所以發(fā)電機的上極板M為負極，故AB錯誤；
C．當(dāng)達到穩(wěn)定狀態(tài)時，有
所以
所以發(fā)電機的效率為
故C正確；
D．由于
若增大M、N兩板的面積，發(fā)電機的電動勢不變，故D錯誤。
故選C。
16．（多選）（22-23高二下·甘肅天水·期中）磁流體發(fā)電機原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強磁場的管道內(nèi)，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉(zhuǎn)，形成直流電源對外供電。則（ ）

A．僅增大負載的阻值，發(fā)電機的電動勢增大
B．僅增大兩板間的距離，發(fā)電機的電動勢增大
C．僅增強磁感應(yīng)強度，發(fā)電機兩端的電壓減小
D．僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機兩端的電壓增大
【答案】BD
【詳解】AB．磁流體發(fā)電機中，電荷最終所受電場力與洛倫茲力平衡，設(shè)兩金屬板間的電壓為E，即發(fā)動機的電動勢，有
解得
可知僅增大負載的阻值，發(fā)電機的電動勢不會改變，僅增大兩板間的距離，發(fā)電機的電動勢增大。僅增強磁感應(yīng)強度，發(fā)電機的電動勢增大。僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機的電動勢增大，故A錯誤，B正確；
CD．根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
易知僅增強磁感應(yīng)強度，發(fā)電機兩端的電壓增大。僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機兩端的電壓增大，故D正確，C錯誤。
故選BD。
05電磁流量計
17．（22-23高二下·重慶·期中）2020年全球爆發(fā)了新冠肺炎，該病毒傳播能力非常強，因此研究新冠肺炎病毒株的實驗必須全程都在高度無接觸防護性的條件下進行操作。在該實驗室中有一種污水流量計，其原理可以簡化為如圖所示的模型：空間有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為的勻強磁場，污水內(nèi)含有大量正、負粒子，從直徑為的圓柱形管道右側(cè)流入，左側(cè)流出，流量等于單位時間通過橫截面的液體的體積。下列說法正確的是（ ）

A．帶電粒子所受洛倫茲力的方向水平向左
B．正、負粒子所受洛倫茲力的方向是不同的
C．若只測量兩點間的電壓，則不能推算出廢液的流量
D．污水流量計也可以用于測量不帶電的液體的流速
【答案】B
【詳解】AB．根據(jù)題意，由左手定則可知，正粒子受向下的洛倫茲力，負粒子受向上的洛倫茲力，故A錯誤，B正確；
C．根據(jù)題意，設(shè)兩點間的電壓為，帶電粒子的質(zhì)量為，電荷量為，由平衡條件有
解得
則流量為
可知，只測量兩點間的電壓，能推算出廢液的流量，故C錯誤；
D．不帶電的液體不受洛倫茲力，不能偏轉(zhuǎn)，兩點間沒有電壓，則不能測量液體的流速，故D錯誤。
故選B。
18．（22-23高二下·福建莆田·期中）如圖所示為污水流量監(jiān)測裝置，兩塊面積為S的矩形金屬極板M、N水平放置，污水從兩板間區(qū)域向右流過（速度為v），板間距離為d且有一垂直于紙面向里的勻強磁場，兩板用導(dǎo)線與理想電壓表相連，則（ ）
A．電壓表正極接線柱接金屬極板M
B．污水中離子濃度越大，電壓表的示數(shù)越大
C．極板面積S越大，電壓表的示數(shù)越大
D．污水流速v不變，只增加板間距離d時電壓表讀數(shù)變小
【答案】A
【詳解】A．由左手定則可知，污水中的正離子和負離子受到洛倫茲力的方向分別為向上和向下，即M板帶正電，電壓表正極接線柱接金屬極板M，故A正確；
BCD．穩(wěn)定狀態(tài)下，離子在兩極板間受到的洛倫茲力與電場力相平衡，即
兩極板間電壓
所以電壓表讀數(shù)
與極板面積S、污水中離子濃度無關(guān)，與磁感應(yīng)強度B、板間距離d、水流速度v有關(guān)，若污水流速v不變，只增加板間距離d時電壓表讀數(shù)變大，故BCD錯誤。
故選A。
19．（多選）（22-23高二下·四川樂山·期末）圖1為電磁流量計是一種應(yīng)用電磁感應(yīng)現(xiàn)象來測量導(dǎo)電流體流量的一種儀器，圖2是簡化的工作場景。已知在直徑為d的圓形導(dǎo)管區(qū)域外加一垂直紙面向外的勻強磁場B，管中導(dǎo)電液體以水平向左的速度v0流過磁場區(qū)域，穩(wěn)定后電壓表測出MN兩端間的電壓大小為U，則（ ）

A．洛倫茲力對導(dǎo)電液體中的離子做正功B．管壁M側(cè)電勢高于N側(cè)
C．僅增大導(dǎo)電液體流速，U值會增大D．僅增大磁感應(yīng)強度B，U值不變
【答案】BC
【詳解】A．洛倫茲力與導(dǎo)電液體中離子的運動方向垂直，故不做功，故A錯誤；
B．根據(jù)左手定則可知，受洛倫茲力作用正離子向管璧M側(cè)運動，負離子向向管璧N側(cè)運動，故管璧M側(cè)電勢高于N側(cè)，故B正確；
CD．穩(wěn)定后，對離子受力分析得
整理得
故僅增大導(dǎo)電液體流速和僅增大磁感應(yīng)強度B，都會使U值增大，故C正確，D錯誤。
故選BC。
20．（多選）（22-23高二下·廣東梅州·期末）在醫(yī)院中需要用到血流計檢測患者身體情況，血流計原理可以簡化為如圖所示模型，血液內(nèi)含有少量正、負離子，從直徑為d的血管右側(cè)流入，左側(cè)流出，流量值Q等于單位時間內(nèi)通過橫截面的液體體積?？臻g有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，穩(wěn)定后，測出M、N兩點之間電壓U。下列說法正確的是（ ）

A．離子所受洛倫茲力方向由M指向N
B．M點的電勢低于N點的電勢
C．正負離子達到穩(wěn)定狀態(tài)時，可得流速
D．血液流量
【答案】BCD
【詳解】AB．根據(jù)左手定則，正離子所受洛倫茲力方向由M指向N，負離子所受洛倫茲力方向由N指向M，M點的電勢低于N點的電勢，故A錯誤，B正確；
C．正負離子達到穩(wěn)定狀態(tài)時，有
可得流速
故C正確；
D．血液流量為
故D正確。
故選BCD。
06帶電粒子由磁場進入電場
21．（22-23高二下·福建三明·期中）如圖所示的xy坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)存在與x軸成角斜向下的勻強電場，電場強度；第四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的有界勻強磁場，其沿x軸方向的寬度，沿y軸負方向?qū)挾葻o限大，磁感應(yīng)強度?，F(xiàn)有一比荷為的正離子（不計重力），以大小不同的速度從O點射入磁場，速度方向均與x軸正方向夾角。
（1）某離子只經(jīng)過磁場的偏轉(zhuǎn)后通過A點，求離子的入射速度v0；
（2）某離子只經(jīng)過磁場和電場各偏轉(zhuǎn)一次后通過A點，求的入射速度。
【答案】（1）2×106m/s；（2）106m/s
【詳解】（1）某離子只經(jīng)過磁場的偏轉(zhuǎn)后通過A點，如圖所示
有幾何關(guān)系可得
又洛倫茲力提供向心力
解得v0=2×106m/s
（2）某離子只經(jīng)過磁場和電場各偏轉(zhuǎn)一次后通過A點，設(shè)磁場中運動半徑為r2，有
離子進入電場后，設(shè)經(jīng)過時間t再次到達x軸上，離子沿垂直電場方向做速度為v＇0的勻速直線運動，位移為l1
離子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a，位移為l2
，
由幾何關(guān)系可知
離子在x軸方向運動的距離為
由幾何關(guān)系可知
解得
22．（22-23高二下·山東德州·期中）如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)的第一、二象限有沿y軸負方向的勻強電場；第三、四象限有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。平面內(nèi)坐標(biāo)為（0，－L）的M處有一粒子發(fā)射源，能向第三象限發(fā)射不同速率的同種帶正電的粒子，速度方向與y軸正方向的夾角都為30°，其中發(fā)射速度大小為的粒子a恰好沒有進入電場；初速度大小未知的另一粒子b恰好自坐標(biāo)原點O進入電場，并且還能以相同的速度多次經(jīng)過M點，不計粒子的重力及其相互之間的影響。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、二象限中勻強電場的電場強度大小；
（4）射入速度為的粒子c從M點開始運動，到第4次經(jīng)過x軸所用的時間。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【詳解】（1）初速度為的粒子a恰好沒有進入電場，即該粒子的運動軌跡恰好與x軸相切，如圖所示

由幾何知識有
由洛倫茲力提供向心力得
聯(lián)立解得粒子的比荷為
（2）粒子b恰好自坐標(biāo)原點O進入電場，并且還能以相同的速度多次經(jīng)過M點，如圖所示

由幾何知識可得，粒子b在磁場中運動的半徑為
由洛倫茲力提供向心力得
解得粒子b的速度大小為
（3）粒子b在電場中做類斜拋運動；x軸方向有
y軸方向有，
聯(lián)立解得
（4）粒子c在磁場中，由洛倫茲力提供向心力得
可得粒子c在磁場中運動的半徑為
粒子c恰好垂直于x軸進入電場；如圖所示

粒子c在磁場中運動，第1次到達x軸所用時間為
粒子c第1次在電場中運動所用時間為
粒子c第2次在磁場中運動，所用時間為
粒子c第2次在電場中運動，所用時間為
則粒子c第4次到達x軸的時間為
聯(lián)立解得
23．（2023·河南鄭州·模擬預(yù)測）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，x軸與MN邊界之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為d，x軸下方和MN邊界上方的空間有兩個勻強電場，場強大小均為E，方向與y軸平行。時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O點射入磁場，速度大小為v，方向與x軸正方向夾角為，然后恰好垂直于MN邊界進入上方電場，粒子重力不計。求：
（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；
（2）粒子第一次經(jīng)過MN邊界時的位置坐標(biāo)；
（3）粒子射出以后經(jīng)過x軸的時刻t。

【答案】（1）；（2；（3）見解析
【詳解】（1）垂直于MN邊界進入上方電場，運動軌跡如圖所示。
設(shè)粒子運動軌道半徑為r，由幾何關(guān)系可得
粒子在磁場中做勻速圓周運動
解得磁感應(yīng)強度
（2）如圖所示，由幾何關(guān)系可知

第一次經(jīng)過MN邊界時沿x方向運動距離
解得
該點位置坐標(biāo)為
（3）粒子在磁場中的運動周期
每次通過磁場的時間
粒子在電場中運動滿足
粒子在MN上方電場中做勻變速直線運動，設(shè)往返通過電場的時間為t2，由題意可得
解得
粒子在x軸下方電場中做類拋體運動，設(shè)粒子每次通過電場的時間為t3，由題意可得
解得
粒子接下來重復(fù)周期性運動，周期T=2t1+t2+t3
則由題意可知，粒子由x軸上方磁場經(jīng)過x軸的時刻滿足t=n（2t1+t2+t3）- t3
解得
粒子由x軸下方電場經(jīng)過x軸的時刻滿足t=n（2t1+t2+t3）
解得
24．（22-23高一下·山東濰坊·期中）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy面內(nèi)，第Ⅱ象限內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，第I象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場，x軸下方有一平行x軸過點（0，）的熒光屏。一電子以速度從原點O射入磁場，與y軸正方向的夾角，經(jīng)點（0，）射入電場，之后從M點（，0）離開電場。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，，。求：
（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度；
（2）勻強電場的電場強度；
（3）電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)。

【答案】（1）；（2）；（3）（，）
【詳解】（1）在磁場中做圓周運動，如圖所示

由幾何關(guān)系可知
由洛倫茲力提供向心力得
聯(lián)立解得
（2）將電子射出磁場的速度分解在x軸方向和y軸方向上，則有，
x軸方向上做勻速直線運動，則有
y軸方向上做勻變速直線運動，則有
，
聯(lián)立解得
（3）電子離開電場時，此時的y軸方向上速度大小為
設(shè)電子離開電場時的速度與水平方向的夾角為，則
電子離開電場后做勻速直線運動，則根據(jù)幾何關(guān)系可知
解得
則電子打到熒光屏上的位置的橫坐標(biāo)為
則粒子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)為（，）。
07帶電粒子由電場進入磁場
25．（22-23高二下·廣東廣州·期中）如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的第一象限存在沿y軸負方向的勻強電場，在第二象限內(nèi)在y=d處固定一個平行x軸且足夠長的擋板，且在第二象限中存在垂直xOy平面向外的勻強磁場（圖中未畫出）。在（，）處有一粒子源P，能沿x軸負方向以的速度發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為的粒子，粒子經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后通過的M點進入勻強磁場，忽略粒子間的相互作用，不計粒子重力。
（1）求電場強度E的大??；
（2）求粒子進入磁場的速度大小和方向；
（3）要使粒子垂直打到擋板上，求磁感應(yīng)強度B的大小。
【答案】（1）；（2）；與x軸負方向的夾角為；（3）
【詳解】（1）設(shè)粒子在電場中做類平拋運動的時間為，加速度大小為，則沿軸負方向有
沿軸負方向有
，
聯(lián)立解得電場強度的大小
（2）設(shè)粒子到達軸時速度方向與軸負方向的夾角為，則有
可得
粒子進入磁場的速度大小為，方向與軸負方向的夾角為。
（3）設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為，由洛倫茲力提供向心力可得
要使粒子垂直打到擋板上，，如圖所示
由幾何關(guān)系可知
聯(lián)立解得
26．（22-23高二下·江蘇南京·期中）如圖所示，在半徑大小未知的圓形與邊長為2L的等邊三角形框架DEF之間有磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，其方向垂直紙面向里，已知等邊三角形中心與圓心重合。在三角形DEF內(nèi)放置平行板電容器MN，兩板間距為d，N板緊靠EF邊，N板及EF中點S處均開有小孔，在兩板間靠近M板處有一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子由靜止釋放，粒子經(jīng)過S處的速度大小為，方向垂直于EF邊并指向磁場。若粒子每次與三角形框架的碰撞均為彈性碰撞且垂直，粒子在碰撞過程中質(zhì)量、電荷量均不變，不計帶電粒子的重力，平行板電容器MN產(chǎn)生的電場僅限于兩板間，求：
（1）MN間勻強電場的場強大??；
（2）若從S點發(fā)射出的粒子能再次垂直返回到S點，磁場圓形區(qū)域的半徑最小值Rmin；
（3）若粒子經(jīng)過S處的速度大小可變且能再次垂直返回到S點，圓形磁場區(qū)域的半徑足夠大，求從S點出發(fā)到第一次垂直返回到S點所對應(yīng)的速度應(yīng)該滿足的條件及全程所用時間。
【答案】（1）；（2）；（3），
【詳解】（1）帶電粒子在勻強電場中做勻加速運動，由動能定理得
解得
（2）粒子的磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)動力學(xué)關(guān)系
幾何關(guān)系
代入
得
粒子運動軌跡如圖
粒子運動軌跡與磁場圓內(nèi)切時磁場圓半徑最小，由幾何關(guān)系得
（3）粒子速度大小可變，即圓周運動的半徑r可變，要能返回到S點，則軌道如圖所示，半徑應(yīng)該滿足
即
由
知
，
故粒子第一次返回的時間為
而
故
，
,
故
27．（22-23高二下·廣東茂名·期中）如圖所示，MHN和PKQ為豎直方向的平行邊界線，水平線HK將兩邊界圍成區(qū)域分為上下兩部分，其中I區(qū)域內(nèi)為豎直向下的勻強電場，II區(qū)域內(nèi)為垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從左邊界A點以初速度垂直邊界進入I區(qū)域，從C點離開I區(qū)域進入II區(qū)域。已知，，粒子重力不計：
（1）求I區(qū)域勻強電場強度E的大??；
（2）求C點的速度；
（3）若兩豎直邊界線距離為4h，粒子從II區(qū)域左邊界射出，求II區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小范圍。
【答案】（1）；（2）v0；（3）
【詳解】（1）如下圖所示，粒子從A點至C點做勻變速曲線運動，垂直電場方向有
平行電場方向有
根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得
（2）粒子在C點速度的豎直分量
故粒子在C點速度為
C點速度的方向為
解得
即，方向為斜向右下方與HK夾角為
（3）當(dāng)粒了恰好不從MN邊界出射，粒子軌跡如下圖軌跡①所示，設(shè)此種情況下，粒子在磁場中軌道半徑為，由幾何知識得
解得
粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力
解得
當(dāng)粒子恰好不從PQ邊界出射，粒子軌跡如圖軌跡②所示，由幾何知識得
解得
粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力
解得
所以II區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小范圍
28．（22-23高二下·云南臨滄·期中）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、二象限內(nèi)存在電場方向沿y軸負方向的勻強電場區(qū)域Ⅰ，在下方存在電場方向沿y軸正方向的勻強電場區(qū)域Ⅱ，在x軸下方和之間（含邊界）存在垂直坐標(biāo)系xOy平面向外的勻強磁場。在坐標(biāo)為的P點沿x軸向射出一個質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子，粒子經(jīng)電場區(qū)域偏轉(zhuǎn)后從坐標(biāo)原點O射出電場區(qū)域Ⅰ。已知電場區(qū)域Ⅱ的電場強度是區(qū)域Ⅰ電場強度的2倍，粒子射出時的初速度大小為，不計粒子的重力大小。
（1）求勻強電場區(qū)域Ⅰ的電場強度大小；
（2）若粒子恰好不能進入勻強電場區(qū)域Ⅱ，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大??；
（3）若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從y軸上坐標(biāo)為的Q點進入勻強電場區(qū)域Ⅱ，求粒子第2次經(jīng)過x軸的位置離P點的水平距離，及從P點射出到第2次經(jīng)過x軸時，粒子運動的時間。

【答案】（1）；（2）；（3）0，
【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)公式可得
，
粒子在豎直方向做勻加速直線運動，水平方向沒有外力作用，可知在水平方向做勻速直線運動可得粒子在區(qū)域I的時間為
聯(lián)立解得
（2）粒子在區(qū)域I做類平拋運動可知，粒子在原點時速度的反向延長線交水平位移的中點可得速度與x軸的夾角滿足
即
可得
粒子在磁場運動時，洛倫茲力提供向心力
由幾何關(guān)系可得
聯(lián)立解得
（3）粒子射入電場區(qū)域Ⅱ做斜拋運動，運動到的時間為
由于電場區(qū)域Ⅱ的電場強度是區(qū)域Ⅰ電場強度的2倍，可得
運動到的水平位移為
聯(lián)立解得
故粒子第2次經(jīng)過x軸的位置離P點的水平距離為0，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從y軸上坐標(biāo)為的Q點進入勻強電場區(qū)域Ⅱ，由幾何關(guān)系可得
即
在磁場中滿足
解得
粒子在磁場中的運動周期為
粒子從P點射出到第2次經(jīng)過x軸時，在電場中水平方向均做勻速直線運動，故在電場中的運動時間為2t1，，在磁場中運動的時間為，粒子運動的總時間為
08帶電粒子在電磁場中的往返運動
29．（22-23高二下·山東棗莊·期中）制造芯片，要用電磁場精準(zhǔn)控制粒子的軌跡，其部分電磁場簡化如圖所示。在三維坐標(biāo)系Oxyz中，平面xOy位于紙面，z軸垂直紙面向外（圖中未畫出）。在平面xOy第一象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從y軸上P點（0，h，0）以初速度v0垂直于y軸射入電場，再經(jīng)x軸上的Q點沿與x軸正方向成45°角進入第四象限。在第四象限內(nèi)有沿z軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為；第三象限有沿z軸負方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。粒子重力不計，求：
（1）勻強電場的場強大小E；
（2）粒子第四次經(jīng)過y軸所用時間t；
（3）若在xOz平面下方再施加沿z軸的勻強電場，場強大小為E0，求粒子第四次經(jīng)過yOz平面的位置坐標(biāo)。
【答案】（1）；（2）；（3）（0，-6h，）
【詳解】（1）帶電粒子在第一象限中做類平拋運動，所以
，，
聯(lián)立解得
（2）粒子進入第四象限做勻速圓周運動，有
，
解得
粒子進入第三象限做勻速圓周運動，有
解得
粒子的運動軌跡如圖所示
所以粒子第四次經(jīng)過y軸所用時間
（3）若在xOz平面下方再施加沿z軸的勻強電場，粒子的運動可以看成xOy平面內(nèi)的交替變化的勻速圓周運動和z方向的初速度為零的勻加速直線運動，所以粒子第四次經(jīng)過yOz平面時的x坐標(biāo)為零，此時
所以粒子第四次經(jīng)過yOz平面的位置坐標(biāo)為（0，-6h，）。
30．（22-23高二下·福建廈門·期中）如圖所示，真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R=0.5m，磁場方向垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在一沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E=1.0×105 V/m。在M點（坐標(biāo)原點）有一正粒子以速率v=1.0×106 m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為，不計粒子重力。求：
（1）圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大小；
（2）沿x軸正方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。
（3）沿x軸正方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所經(jīng)過的時間。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據(jù)題意可知粒子第一次垂直電場與磁場的界面射入電場中，運動軌跡如下圖，故可知粒子在磁場中的軌跡半徑為
同時根據(jù)粒子在磁場中運動洛倫茲力提供向心力有
代入數(shù)值聯(lián)立解得
（2）粒子射入電場到運動到最遠處距離為，根據(jù)動能定理有
解得
故粒子從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程為
（3）粒子在電場中運動時間為，加速度大小為，有
，
解得
粒子在磁場中運動有
即
根據(jù)軌跡可知粒子在磁場中的運動時間為
聯(lián)立解得
故從進入磁場到再次穿出磁場所經(jīng)過的時間為
31．（22-23高二下·重慶·期中）如圖所示，豎直直線MN、PQ、GH將豎直平面分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，直線MN和PQ間的距離為d，區(qū)域Ⅰ有豎直向下的勻強電場（大小未知），區(qū)域Ⅱ有垂直于紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度大?。▋韶Q直區(qū)域足夠長）。現(xiàn)有一質(zhì)量為，帶電量為的帶正電粒子從MN邊界上的A點以速度水平向右飛入，與邊界PQ成進入?yún)^(qū)域Ⅱ（不計粒子的重力）.求：
（1）電場強度E的大?。?br>（2）要使帶電粒子能夠再次進入?yún)^(qū)域Ⅰ，PQ和GH間的距離至少多大？
（3）在滿足（2）問的條件下，帶點粒子返回區(qū)域Ⅰ前電場已經(jīng)反向，要使帶電粒子能夠再次回到A點，改變后電場強度的大小變?yōu)樵妶鰪姸鹊亩嗌俦叮ú豢紤]電場變化產(chǎn)生的磁場）？

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）（2）根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

粒子在電場中做類平拋運動，水平方向上有
豎直方向上有
，，
又有，
聯(lián)立解得，，
粒子進入磁場之后，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有
解得
由幾何關(guān)系可得
PQ和GH間的距離最小值為
（3）根據(jù)題意，粒子返回點的運動軌跡，如圖所示

同理，取向下為正方向，粒子在電場中做類斜拋運動，水平方向上有
豎直方向上有，
聯(lián)立解得
則有
32．（22-23高二下·浙江杭州·期中）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強電場，在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強磁場，MN為電場和磁場的交界面， ab為磁場的上邊界。現(xiàn)從原點O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷（電荷量與質(zhì)量之比）為k的帶正電粒子，粒子運動軌跡恰與ab相切并返回電場。已知電場強度 不計粒子重力和粒子間的相互作用。試求：
（1）粒子第一次穿過MN時的速度：
（2）磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；
（3）粒子再次回到x軸時在電場和磁場中運動的總時間。

【答案】（1），方向與MN夾角為斜向右上方；（2）；（3）
【詳解】（1）粒子的運動軌跡如圖，設(shè)粒子第一次穿過MN時的速度為，粒子在電場中做類平拋運動，由動能定理
解得
同時有
故可知，即方向與MN夾角為斜向右上方；
（2）設(shè)粒子在磁場中的運動軌跡半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系有
解得
粒子在磁場中做圓周運動
解得
（3）根據(jù)對稱性可知粒子從磁場中進入電場時與MN的夾角為，根據(jù)幾何知識可知粒子在磁場中運動的圓心角為，粒子在磁場中運動的周期為T，可知在磁場中運動的時間為，
解得
粒子開始在電場中做類平拋運動時豎直方向有
粒子再次進入電場中做減速運動，根據(jù)對稱性可知粒子第二次在電場中的時間也為，到達x軸時速度沿x軸方向，故粒子再次回到x軸時在電場和磁場中運動的總時間為

09帶電粒子在交變場中的運動
33．（22-23高二下·山東濰坊·期中）如圖甲所示，粒子加速器與速度選擇器并排放置，已知速度選擇器內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為、電場強度大小為。在速度選擇器右側(cè)建立xOy坐標(biāo)系，的區(qū)域里有磁場，規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，其中。質(zhì)量為、電荷量為的粒子從加速器M極板由靜止釋放，通過N極板中間的小孔后進入速度選擇器，沿直線穿過速度選擇器后從O點沿x軸射入磁場。
（1）求粒子到達O點的速度和M、N兩板間的電壓；
（2）若粒子在時從O點射入磁場，且在的某時刻從點P（，）離開磁場，求的大?。?br>（3）若，粒子在時刻從O點射入磁場，求粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)；
（4）若，調(diào)整磁場變化周期，使在的任一時刻從O點入射的粒子均不從y軸離開磁場，求的取值范圍。
【答案】（1），；（2）；（3）（，）；（4）
【詳解】（1）粒子在沿直線穿過速度選擇器，根據(jù)受力平衡可得
解得
粒子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得
解得M、N兩板間的電壓為
（2）若粒子在時從O點射入磁場，且在的某時刻從點P（，）離開磁場，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得
由幾何關(guān)系可得
解得
聯(lián)立解得
（3）若，則粒子在磁場中的軌道半徑為
粒子在磁場中運動的周期為
粒子在時刻從O點射入磁場，可知粒子進入磁場時磁場方向剛好變?yōu)橄蛲?，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示
根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得
可知粒子離開磁場時的縱坐標(biāo)為
則粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)為（，）。
（4）若，則粒子在磁場中的軌道半徑為
粒子在磁場中運動的周期為
臨界情況為粒子從時刻射入磁場，并且軌跡恰好與軸相切，如圖所示
由圖中幾何關(guān)系可得
可得
則粒子在時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角為，對應(yīng)的運動時間為
為了使在的任一時刻從O點入射的粒子均不從軸離開磁場，應(yīng)滿足
聯(lián)立可得
34．（22-23高二下·河南焦作·期中）如圖1所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直坐標(biāo)平面，磁感應(yīng)強度大小B隨時間變化的關(guān)系如圖2所示，在t＝0時刻有一比荷為的帶正電粒子從坐標(biāo)為的P點以初速度且與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入。開始時，磁場方向垂直坐標(biāo)平面向里，不計粒子重力，求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）在內(nèi)和內(nèi)，粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角之比；
（3）粒子到達y軸時與O點的距離s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）粒子進入磁場后在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為，由洛倫茲力提供向心力有
解得
（2）粒子在磁場中做圓周運動的周期為，則
內(nèi)，粒子運動的周期數(shù)為
運動軌跡對應(yīng)的圓心角為60°
內(nèi)，粒子運動的周期數(shù)為
運動軌跡對應(yīng)的圓心角為120°
在內(nèi)和內(nèi)，粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角之比為
（3）粒子運動軌跡如圖所示
粒子恰好在時到達軸，由圖可知
粒子到達軸時與點的距離
35．（22-23高二下·安徽·期中）如圖甲，足夠大的空間有垂直紙面的勻強磁場，以O(shè)為坐標(biāo)原點，水平向右為x軸，豎直向上為y軸，在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy。t＝0時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在O點以與x軸成的初速度v射入磁場，磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙，其中，規(guī)定垂直紙面向外為磁感應(yīng)強度的正方向，粒子重力不計。求：
（1）粒子從O點射出后第一次經(jīng)過x軸時的位置坐標(biāo)；
（2）當(dāng)粒子運動到與x軸距離最大的位置時，該位置與O點的水平距離。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）t＝0粒子進入磁場后，根據(jù)牛頓第二定律有
粒子在磁場中做圓周運動的周期
由于，所以粒子恰好在時刻第一次經(jīng)過x軸，由幾何關(guān)系有
所以第一次經(jīng)過x軸時的位置坐標(biāo)為
（2）作出粒子運動的軌跡示意圖
粒子在第2個時間內(nèi)做勻速運動，運動的距離
粒子第一次與x軸距離最大時，離O點的水平距離為
第二次與x軸距離最大時，離O點的水平距離為
所以當(dāng)粒子第k次運動到與x軸距離最大的位置時，該位置與O點的水平距離
即
36．（多選）（22-23高二下·湖南長沙·期中）如圖所示，在坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場和，為分界線，在磁場中，磁感應(yīng)強度為，方向垂直于紙面向里；在磁場中，磁感應(yīng)強度為，方向垂直于紙面向外，點坐標(biāo)為。一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子從點沿軸負方向射入磁場，經(jīng)過一段時間后，粒子恰能經(jīng)過原點；不計粒子重力，。則下列說法正確的是（ ）
A．粒子經(jīng)過點時。速度方向沿軸正方向
B．粒子從到經(jīng)歷的路程與粒子的速度大小無關(guān)
C．粒子運動的速度可能為
D．粒子從點運動到點的最短時間為
【答案】BC
【詳解】A．畫出粒子的運動軌跡如圖
根據(jù)幾何知識得
故，（圖為一個周期的情況）故粒子不可能從磁場中運動經(jīng)過點，只能從磁場中經(jīng)過點，A錯誤；
D．設(shè)粒子的入射速度為，用、、、分別表示粒子在磁場中和磁場中運動的軌道半徑和周期，則有
，
，
當(dāng)粒子先在區(qū)域中運動，后進入?yún)^(qū)域中運動，然后從點射出時，粒子從點運動到點所用的時間最短，如圖所示，粒子在區(qū)域和區(qū)域中運動的時間分別為，
故最短時間
D錯誤；
C．由幾何關(guān)系可知
解得
由表達式可知，當(dāng)時，粒子運動的速度為
C正確；
B．當(dāng)速度為時
故路程
與無關(guān)，B正確。
故選BC。
10帶電粒子在疊加場中的直線運動
37．（多選）（22-23高二上·湖北武漢·期末）如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里，在正交的電磁場空間中有一足夠長的固定光滑絕緣桿，與電場方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)。一帶電小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為時，小球恰好做勻速直線運動，小球在此運動過程中，以下說法正確的是（ ）
A．小球可能帶負電
B．電場力做負功，小球的機械能減小
C．若撤去磁場，小球仍做勻速直線運動
D．若撤去磁場，小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運動
【答案】BC
【詳解】A．若小球帶負電，則小球所受電場力水平向右，所受洛倫茲力垂直于桿向下，所受桿的支持力垂直于桿向上，所受重力豎直向下，易知這四個力的合力不可能為零，所以小球不可能做勻速直線運動，則小球一定帶正電，故A錯誤；
B．因為小球帶正電，且在逆著電場線方向存在位移，因此電場力做負功，而桿的支持力以及洛倫茲力對小球均不做功，所以小球的機械能減小，故B正確；
CD．存在磁場時，由于小球所受洛倫茲力和支持力的合力一定垂直于桿向上，所以電場力與重力的合力一定垂直于桿向下，且為定值，若撤去磁場，桿的支持力方向不變，且大小不受限制，所以仍可以與重力和電場力的合力相平衡，因此若撤去磁場，小球仍做勻速直線運動，故C正確，D錯誤。
故選BC。
38．（多選）（21-22高二下·重慶沙坪壩·階段練習(xí)）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上設(shè)置有AB和CD兩個粗糙的緩沖區(qū)，且AB=BC=CD=l。整個空間分布著垂直紙面向里的勻強磁場。一帶負電的物塊（視為質(zhì)點）從斜面頂端O由靜止釋放，其與緩沖區(qū)動摩擦因數(shù)為μ，通過AB段與通過CD段的時間相等，運動到D點時的速度為v。已知重力加速度為g，則（ ）
A．物塊通過AB段時可能做加速運動
B．物體通過AB段的時間大于通過BC段的時間
C．物塊通過AB段時克服摩擦力所做的功大于通過BC段時重力所做的功
D．斜面OA段長度為
【答案】BCD
【詳解】A．AB與CD段時間相同，說明A點與C點速度應(yīng)該相同，這樣AB與CD段運動規(guī)律相同，所以才會有時間相同，故只能AB段減速，BC段勻加速，CD段減速，A錯；
B．洛倫茲力垂直斜面向下，故AB段速度減小時，洛倫茲力減小，支持力減小，摩擦力減小，做加速度減小的減速運動，AB段的初末速度與BC段的末初速度相等，根據(jù)v-t圖象可以分析出AB段平均速度比BC段小，在相同位移下，AB段時間更長，B對；
C．從A到C，根據(jù)前面的分析可知初末動能不變，則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對；
D．B點速度即D點速度v，B到C由運動學(xué)公式
C點速度就是A點速度，O到A再用運動學(xué)公式
故
故D正確。
故選BCD。
39．（22-23高二下·山西·期中）如圖所示，在坐標(biāo)系所在的豎直平面內(nèi)有一方向未知的勻強電場，第二象限內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小未知的勻強磁場。一帶質(zhì)量為m，電量為的小球沿方向以速度向坐標(biāo)原點O做直線運動，與x軸負向夾角為，小球重力加速度為g。求：
（1）試判斷小球到達坐標(biāo)原點O之前是否做勻速直線運動，并確定勻強電場場強可能的最小值和方向；
（2）在滿足（1）條件下，小球過O點后小球經(jīng)多長時間到達y軸，并確定小球過y軸的坐標(biāo)。
【答案】（1）做勻速直線運動，，方向沿直線OA方向；（2），
【詳解】（1）小球在疊加場中受到重力，洛倫茲力，電場力的共同作用沿AO做直線運動，洛倫茲力永遠垂直于速度方向，即AO斜向上，重力豎直向下，則根據(jù)物體做直線運動的條件，可知小球一定做勻速直線運動，根據(jù)矢量三角形，可判斷知當(dāng)小球受到的電場力沿OA方向時，此時電場力最小，由平衡條件可得
得
由于小球帶正電，所以該電場方向沿直線OA方向；
（2）小球過O點后僅受電場力與重力的作用，由（1）問可知，在O點時，將小球受到的電場力分解在x軸及y軸上，有
，
根據(jù)牛頓第二定律，可得小球在x軸及y軸上的加速度大小為
，
將小球速度分解在x軸及y軸上有
，
當(dāng)小球過O點后到達y軸，則有
，
聯(lián)立求得小球過O點后到達y軸的時間
，
則小球過y軸的坐標(biāo)為。
40．（22-23高二下·山東臨沂·期中）如圖所示，一個帶負電荷的物體從粗糙的斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v，加上一個垂直于紙面指向讀者方向的磁場，則物體滑到底端時（ ）
A．速度小于vB．速度大于v
C．速度等于vD．可能離開斜面
【答案】A
【詳解】物體從頂端滑到底端的過程中，減小的重力勢能等于物體到達底端時的動能與摩擦生熱之和，當(dāng)加上一個垂直于紙面指向讀者方向的磁場時，物體將受到垂直斜面向下的洛倫茲力，所以斜面對物體的支持力增大，摩擦生熱增加，而減小的重力勢能不變，所以到達底端時的動能減小，速度減小。
故選A。
11帶電粒子在疊加場中的勻速圓周運動
41．（22-23高二下·貴州銅仁·期中）如圖所示,直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點以初速度v0水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，已知OM=2OA，不計空氣阻力，重力加速度為g，求:
（1）電場強度E的大小和方向；
（2）M、N兩點之間的距離；
【答案】（1），電場強度方向豎直向上；（2）
【詳解】（1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡，有
求得
電場強度方向豎直向上；
（2）小球做勻速圓周運動，為圓心，弦長為，，如圖所示
設(shè)半徑為，由幾何關(guān)系知
根據(jù)牛頓第二定律有
在第一象限中，小球做平拋運動可得
，，
，
聯(lián)立求得
42．（22-23高二下·重慶·期中）如圖所示，在豎直面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中，在區(qū)域I內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為、方向垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場；在區(qū)域II內(nèi)存在方向豎直向上的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為、方向垂直坐標(biāo)平面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球從坐標(biāo)原點O以某一速度沿OP方向做直線運動，OP與x軸正方向的夾角為θ，從P點進入?yún)^(qū)域II后恰好不從右邊界射出（不考慮小球從區(qū)域II返回區(qū)域I后的運動），且小球在區(qū)域II中做勻速圓周運動。已知重力加速度大小為g，區(qū)域I和區(qū)域II上下邊界范圍足夠大，不計空氣阻力。求：
（1）區(qū)域I與區(qū)域II內(nèi)電場的電場強度大小之比；
（2）區(qū)域II的寬度。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）小球從坐標(biāo)原點O以某一速度沿OP方向做直線運動，由于洛倫茲力與速度有關(guān)，可知其一定做勻速直線運動，受力如圖所示
可得
，
小球在區(qū)域II中做勻速圓周運動，可得
聯(lián)立可得
（2）小球從P點進入?yún)^(qū)域II后恰好不從右邊界射出，軌跡如圖所示
可得
其中
聯(lián)立解得
43．（22-23高二下·云南曲靖·期中）如圖所示，水平地面上方MN邊界左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場和沿豎直方向的勻強電場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度，邊界MN右側(cè)離地面高處固定光滑絕緣平臺上有一帶正電的小球，質(zhì)量、電量，以初速度水平向左垂直MN邊界進入后恰好做勻速圓周運動，小球視為質(zhì)點，，求：
（1）電場強度的大小和方向；
（2）小球落地點距地面上N點多遠？（小數(shù)點后保留兩位有效數(shù)字）

【答案】（1），豎直向上；（2）0.78m
【詳解】（1）小球通過邊界后恰好做勻速圓周運動，則
解得
方向豎直向上。
（2）由題意作出軌跡圖如圖所示

由洛倫茲力提供向心力，解得
根據(jù)，可得
設(shè)小球落地點距地面N點距離為x，由幾何關(guān)系可得，解得
44．（22-23高二下·江西宜春·期中）如圖所示，在真空中豎直平面（紙面）內(nèi)邊長為的正方形區(qū)域，存在方向沿（水平）的勻強電場和方向垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出）。一帶電小球以速率（g為重力加速度大?。狞c沿方向射入正方形區(qū)域，恰好能沿直線運動。下列說法正確的是（ ）
A．該小球無論帶正電或是負電均可沿直線由運動到
B．磁場的磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外
C．若該小球從點沿CA方向以速率射入正方形區(qū)域，則小球?qū)⒆鲋本€運動
D．若電場的電場強度大小不變、方向變?yōu)樨Q直向上，該小球仍從A點沿方向以速率射入正方形區(qū)域，則小球?qū)腄點射出
【答案】D
【詳解】AB．小球重力方向豎直向下，小球做直線運動，說明小球必然受力平衡，電場方向水平向左，故小球一定帶正電，受電場力水平方向向左，洛倫茲力方向垂直AC斜向上，則磁場的磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，AB錯誤；
C．若該小球從C點沿CA方向以速率射入正方形區(qū)域，則小球的合力不為零，速度會變化，洛倫茲力也會變化，小球?qū)⒆銮€運動，C錯誤；
D．電場水平向左，由物體的平衡條件有
（其中），
電場的電場強度大小不變、方向變?yōu)樨Q直向上后，電場力與重力平衡，小球沿逆時針方向做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為r，有，解得
小球?qū)腄點射出，D正確。
故選D。
12帶電粒子在疊加場中一般的直線運動
45．（23-24高二上·江蘇泰州·期中）如圖所示，空間中存在著正交的勻強磁場和勻強電場，已知電場強度大小為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面。一電子由O點以一定初速度v0水平向右飛入其中，運動軌跡如圖所示，其中O、Q和P分別為軌跡在一個周期內(nèi)的最高點和最低點，不計電子的重力。下列說法正確的是（ ）
A．磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外
B．由O點至P點的運動過程中，電子的速度減小
C．電子的初速度v0小于
D．電子的初速度無論如何調(diào)整都不可能使其做直線運動
【答案】B
【詳解】A．電子由O點以一定初速度v0水平向右飛入正交的勻強磁場和勻強電場中，電子先向下偏轉(zhuǎn)，電子所受的電場力向上，則電子所受的洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則，則磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，故A錯誤；
B．電子由О點至P點的運動過程中，電場力做負功，洛倫茲力不做功，電子的速度逐漸減小，故B正確；
C．電子從О運動到P，根據(jù)曲線運動合外力指向軌跡凹側(cè)，有
則
故C錯誤；
D．當(dāng)電子受到的電場力與洛倫茲力平衡時，電子做勻速直線運動，電子的初速度為
故D錯誤。
故選B。
46．（22-23高二下·江蘇鎮(zhèn)江·期中）如圖在坐標(biāo)系所在空間存在一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，同時還存在一勻強電場，場強為E，垂直x軸向下．從O點發(fā)射電子，電量大小為e，質(zhì)量為m，初速度大小為，與x軸正向夾角為，下列說法正確的是（ ）
A．若電子發(fā)射角且，可沿發(fā)射方向做直線運動
B．若電子發(fā)射角，電子距離x軸最遠距離為
C．若電子發(fā)射角且，電子距離x軸最遠距離為
D．若電子初速為0釋放，電子經(jīng)過一段時間后可以回到O點
【答案】C
【詳解】A．電子受到豎直向上的電場力和垂直速度方向的洛倫茲力，電子做直線運動必須是勻速直線運動，否則洛倫茲力就會改變大小，合力就會改變方向，所以當(dāng)發(fā)射角時不可能受力平衡，不可沿發(fā)射方向做直線運動，故A錯誤；
B、當(dāng)發(fā)射角為時，水平分速度
豎直分速度
距離x軸最遠時豎直速度為0，水平速度設(shè)為，水平方向根據(jù)動量定理
根據(jù)動能定理
又因為
當(dāng)
時，因為不知道E、B與的關(guān)系，所以最遠距離是用、E、e、B和m表示的結(jié)果，故B錯誤；
C．當(dāng)
時，水平方向
動能定理
解得電子距離x軸最遠距離為
故C正確；
D．當(dāng)電子的初速度為0時，利用軌跡的對稱性可知，粒子的軌跡如圖所示
所以電子不會回到O點，故D錯誤。
故選C。
47．（22-23高二下·江蘇連云港·期中）如圖所示，空間存在有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場中一水平線AC，一個帶電小球從A點由靜止釋放，圖中給出了小球的部分運動軌跡，該段軌跡的最低點為B，下列說法正確的是（ ）
A．小球運動軌跡AB是拋物線的一部分
B．小球到B點時速度一定最大，并且沿水平方向
C．小球在B點時受到的洛倫茲力與重力大小相等
D．小球經(jīng)過B點后一定不能再運動到水平線AC上
【答案】B
【詳解】A．小球受到重力和洛侖茲力作用，且洛侖茲力大小方向均不斷變化，小球受的不是恒力，軌跡不可能是拋物線，故A錯誤；
B．B為最低點，重力做功最多，應(yīng)用動能定理可知速度最大，速度沿切線方向，即水平方向，故B正確；
C．小球做曲線運動，在B點有豎直向上的向心力，洛侖茲力大于重力，故C錯誤；
D．小球受到的洛侖茲力不做功，只有重力做功，小球機械能守恒，故小球在到B點后一定能到AC水平線，故D錯誤。
故選B。
48．（22-23高二下·山東德州·期中）如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度。將一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電小球從點由靜止釋放，小球在重力和洛倫茲力的作用下，部分運動軌跡如圖中實線所示，到達右側(cè)點時速度為，取，下列說法正確的是（ ）
A．點位置比點高
B．小球可能沿軌跡返回點
C．小球運動的最大速度為
D．小球下降的最大高度為
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)題意，由動能定理可知，由于小球從點靜止釋放，到達右側(cè)點時速度為，則重力做功為0，點位置與點等高，故A錯誤；
B．根據(jù)題意由左手定則可知，小球從點向下運動，受向右的洛倫茲力，小球向右偏轉(zhuǎn)，不可能沿軌跡返回點，故B錯誤；
CD．根據(jù)題意，利用配速法，把靜止釋放的小球看成具有一個向左的和向右的，且有
則小球的兩個分運動為，向右的勻速直線運動和勻速圓周運動，當(dāng)運動到最低點時，小球的速度最大，最大速度為
設(shè)小球下降的最大高度為，由動能定理有
解得
故D錯誤，C正確。
故選C。

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