一、單選題：本大題共8小題，共32分。
1.1932年，美國(guó)物理學(xué)家安德森在宇宙射線實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了正電子，證實(shí)了反物質(zhì)的存在。實(shí)驗(yàn)中，安德森記錄了正電子在云室中由上向下經(jīng)過(guò)6mm鉛板的軌跡如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面，正電子穿過(guò)鉛板會(huì)有部分能量損失，其他能量損失不計(jì)，則可判定正電子( )
A. 所在磁場(chǎng)方向一定垂直于紙面向里B. 穿過(guò)鉛板后受到洛倫茲力變大
C. 穿過(guò)鉛板后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變大D. 穿過(guò)鉛板后做圓周運(yùn)動(dòng)的周期變大
2.如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機(jī)，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 甲圖要增大粒子的最大動(dòng)能，可增加電壓U
B. 乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的正極
C. 丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，粒子沿直線勻速通過(guò)速度選擇器的條件是v=EB
D. 丁圖中若載流子帶負(fù)電，穩(wěn)定時(shí)C板電勢(shì)低
3.如圖所示，一根足夠長(zhǎng)的光滑絕緣桿MN，與水平面的夾角為37°，固定在豎直平面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)充滿桿所在的空間，桿與磁場(chǎng)方向垂直。質(zhì)量為m的帶電小環(huán)沿桿下滑到圖中的P處時(shí)，對(duì)桿有垂直桿向下的壓力作用，壓力大小為0.4mg。已知小環(huán)的電荷量為q，重力加速度大小為g，sin37°=0.6，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 小環(huán)帶正電
B. 小環(huán)滑到P處時(shí)的速度大小vP=6mg5qB
C. 當(dāng)小環(huán)的速度大小為v=mgqB時(shí)，小環(huán)對(duì)桿沒有壓力
D. 當(dāng)小環(huán)與桿之間沒有正壓力時(shí)，小環(huán)到P的距離L=2m2g5q2B2
4.如圖所示，帶負(fù)電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說(shuō)法正確的是( )
A. 小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度不變
B. 小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向左
C. 小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度保持不變
D. 小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做負(fù)功
5.如圖所示，兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點(diǎn)，連線上的a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，兩導(dǎo)線中均通有大小相等、方向向上的電流。已知通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)在某點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=kIr，式中，k是常數(shù)、I是通過(guò)導(dǎo)線的電流、r是該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離。一帶正電的小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿連線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)B. 小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C. 小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D. 小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹龃?br>6.如圖所示的流量計(jì)，測(cè)量管由絕緣材料制成，其長(zhǎng)為L(zhǎng)、直徑為D，左右兩端開口，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下，在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)測(cè)量管時(shí)，顯示儀器顯示a、c兩端電壓為U，污水流量為Q(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)。則( )
A. a側(cè)電勢(shì)比c側(cè)電勢(shì)低
B. 污水中離子濃度越高，U的示數(shù)將越大
C. 若污水從右側(cè)流入測(cè)量管，顯示器顯示為負(fù)值，再將磁場(chǎng)反向則顯示為正值
D. 污水流量Q與U成正比，與L、D無(wú)關(guān)
7.如圖所示，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶負(fù)電的小球，從O點(diǎn)沿電場(chǎng)方向射入，OMN為其一段運(yùn)動(dòng)軌跡，M點(diǎn)為軌跡的最右端，N點(diǎn)為O的正下方，不計(jì)空氣阻力。關(guān)于小球從O經(jīng)M到N點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 小球做勻變速運(yùn)動(dòng)B. 小球的機(jī)械能守恒
C. 小球從O到M速度先減小后增加D. 小球在M、N兩點(diǎn)的動(dòng)能可能相等
8.一帶電小球在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平且垂直紙面向里，如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是( )
A. 沿垂直紙面方向向里看，小球的繞行方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向
B. 小球一定帶正電且小球的電荷量q=mgE
C. 由于合外力做功等于零，故小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變
D. 由于洛倫茲力不做功，故小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒
二、多選題：本大題共2小題，共10分。
9.如圖所示，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過(guò)由相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)和勻強(qiáng)電場(chǎng)(電場(chǎng)強(qiáng)度為E)組成的速度選擇器，然后粒子通過(guò)平板S上的狹縫P進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B')，最終打在A1A2上，下列表述正確的是( )
A. 速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外
B. 所有打在A1A2上的粒子，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B'的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相同
C. 能通過(guò)狹?P的帶電粒子的速率等于EB
D. 粒子打在A1A2上的位置越靠近P，粒子的比荷qm越小
10.2024年3月24日中國(guó)氣象局發(fā)布預(yù)警：未來(lái)三天會(huì)出現(xiàn)地磁活動(dòng)，可能會(huì)發(fā)生中等以上地磁暴甚至大地磁暴，地磁暴的形成主要是因?yàn)樘?yáng)輻射出大量高能粒子流。而地球時(shí)刻面臨著這些粒子流的轟擊，幸好由于地磁場(chǎng)的存在而改變了這些帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向，使很多帶電粒子不能到達(dá)地面，避免了對(duì)地面上生命的危害。赤道剖面外地磁場(chǎng)可簡(jiǎn)化為包圍地球厚度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直該剖面，如圖所示。宇宙射線中對(duì)地球危害最大的帶電粒子主要是β粒子。設(shè)β粒子的質(zhì)量為m，電荷量為e，最大速率為v，地球半徑為R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，不計(jì)大氣對(duì)β粒子運(yùn)動(dòng)的影響，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 要使在赤道平面內(nèi)從任意方向射來(lái)的β粒子均不能到達(dá)地面，磁場(chǎng)厚度至少為2mveB
B. 要使在赤道平面內(nèi)從任意方向射來(lái)的β粒子均不能到達(dá)地面，磁場(chǎng)厚度至少為mveB
C. 若d=2R，粒子以eBdm的速度沿徑向射入磁場(chǎng)時(shí)，恰好不能到達(dá)地面
D. 若d=2R，粒子以eBdm的速度射入磁場(chǎng)時(shí)，到達(dá)地面的最短時(shí)間為πm3eB
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。
11.如圖所示，用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡。圖甲是洛倫茲力演示儀的實(shí)物圖，圖乙是其結(jié)構(gòu)示意圖。勵(lì)磁線圈通電后可以產(chǎn)生垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勵(lì)磁線圈中的電流越大，產(chǎn)生的磁場(chǎng)越強(qiáng)。圖乙中，電子經(jīng)電子槍中的加速電場(chǎng)加速后水平向右垂直于磁感線方向射入磁場(chǎng)。圖丙是勵(lì)磁線圈的結(jié)構(gòu)示意圖。
(1)要使電子形成如圖乙所示的運(yùn)動(dòng)軌跡，圖乙中的勵(lì)磁線圈應(yīng)通以(沿垂直于紙面向里方向觀察) (選填“逆時(shí)針”或“順時(shí)針”)方向的電流。
(2)若僅增大勵(lì)磁線圈中的電流，則電子束軌跡的半徑 (選填“變小”“變大”或“不變”)。
(3)若僅增大電子槍中加速電場(chǎng)的電壓，則電子束軌跡的半徑 ，電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期 。(均選填“變小”“變大”或“不變”)
12.圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)通過(guò)測(cè)量通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受的安培力，來(lái)測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長(zhǎng);E為直流電源;R為電阻箱;?為電流表; S為開關(guān)。此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線。
(1)完成下列主要實(shí)驗(yàn)步驟中的填空：
①按圖接線。
②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài);然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1。
③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D ;然后讀出電流表的示數(shù)I，并用天平稱出此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2。
④用米尺測(cè)量D的底邊長(zhǎng)度L。
(2)用測(cè)量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B= (可以用絕對(duì)值符號(hào))。
(3)判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：若 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外;反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。
四、計(jì)算題：本大題共3小題，共40分。
13.如圖所示，有一對(duì)平行金屬板，兩板相距為0.05m.電壓為10V，兩板之間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0=0.1T，方向與金屬板面平行并垂直于紙面向里。圖中右邊有一半徑R為0.1m、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)也存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B= 33T，方向垂直于紙面向里．一正離子從A點(diǎn)沿平行于金屬板面且垂直磁場(chǎng)方向射入，能沿直線射出平行金屬板之間的區(qū)域，并沿直徑CD方向射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域，最后從圓形區(qū)域邊界上的F點(diǎn)射出．已知速度的偏向角θ=π3，不計(jì)離子重力．求：
(1)離子速度v的大??；
(2)離子的比荷q/m；
(3)離子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t.(結(jié)果可保留根號(hào)和π)
14.如圖所示，質(zhì)量為m，下端封閉、上端開口且內(nèi)壁光滑的絕緣玻璃管豎直放置，管底有一帶正電的小球，電量為q，質(zhì)量也為m?？臻g存在足夠大且垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=mg4q。在斜向上的外力作用下，玻璃管在磁場(chǎng)中由靜止開始做水平向右的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g2，最終小球從上端開口飛出。設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的電荷量始終保持不變，重力加速度g取10m/s2。則：
(1)求小球在玻璃管內(nèi)脫離底部之前的運(yùn)動(dòng)時(shí)間;
(2)已知小球飛出玻璃管前的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=2s，求小球運(yùn)動(dòng)到玻璃管最高點(diǎn)時(shí)的加速度大小;
(3)如果小球在玻璃管內(nèi)脫離底部之后外力保持不變，求玻璃管的最大速度大小(此時(shí)小球未飛出玻璃管)。
15.如圖所示，直線MN上方存在著范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在理想邊界上的O點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)且垂直于邊界方向同時(shí)發(fā)射兩個(gè)相同的粒子1和2，其中粒子1經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，粒子2經(jīng)過(guò)B點(diǎn)。已知O、A、B三點(diǎn)在一條直線上，且OA︰AB=4︰3，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用求：
(1)兩個(gè)粒子的速率之比；
(2)兩個(gè)粒子分別經(jīng)過(guò)A點(diǎn)和B點(diǎn)的時(shí)間差。
答案和解析
1.A
【解析】A.根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故A正確;
B.根據(jù)F洛=evB，正電子速度減小，受到的洛侖茲力減小，故B錯(cuò)誤;
C.設(shè)正電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有evB=mv2r，解得r=mveB，所以運(yùn)動(dòng)半徑減小，故C錯(cuò)誤;
D.正電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πmeB，穿過(guò)鉛板前后，運(yùn)動(dòng)的周期不變，故D錯(cuò)誤。
2.D
【解析】A.根據(jù)R=mvqB和Ek=12mv2可得粒子的最大動(dòng)能為Ekm=q2B2R22m，則可知要增大粒子的最大動(dòng)能，可增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B或金屬盒半徑R，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)左手定則，可知正電荷向B極板偏轉(zhuǎn)，則B極板是發(fā)電機(jī)的正極，故B錯(cuò)誤；
C.速度選擇器選擇的是帶電粒子的速度，故丙圖無(wú)法判斷出帶電粒子的電性，根據(jù)qvB=qE，
可得粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器的條件是v=EB，故C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)左手定則可知，帶負(fù)電的載流子受到洛倫茲力方向向左，即向C板偏轉(zhuǎn)，故穩(wěn)定時(shí)C板電勢(shì)低，故D正確。
故選D。
3.D
【解析】A.小環(huán)的重力在垂直桿方向上的分力：G1=mgcs37°=0.8mg，根據(jù)題意知，帶電小環(huán)沿桿下滑到圖中的P處時(shí)，小環(huán)對(duì)桿的壓力為0.4mg，壓力小于0.8mg，根據(jù)牛頓第三定律可知桿對(duì)小環(huán)的支持力垂直桿向上，大小為0.4mg，所以小環(huán)受到的洛倫茲力方向應(yīng)垂直桿斜向上。由左手定則可知，小環(huán)帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
B.設(shè)小環(huán)滑到P處的速度為vP，在P處小環(huán)的受力如圖所示：
，
在垂直桿的方向上，對(duì)環(huán)根據(jù)平衡條件有：qvPB+FN=mgcs37°，其中FN=0.4mg，解得vP=2mg5qB，故B錯(cuò)誤；
C.當(dāng)小環(huán)的速度大小為v=mgqB時(shí)，可得其受的洛倫茲力為：F=qvB= mg，其大小大于小環(huán)重力垂直于桿的分力mgcs37°，故此時(shí)桿對(duì)小環(huán)有垂直桿向下的分力，根據(jù)牛頓第三定律，小環(huán)對(duì)桿有壓力，故C錯(cuò)誤；
D.在小環(huán)由P處下滑到P'處，小環(huán)與桿之間沒有正壓力，小環(huán)受力如圖：
此時(shí)小環(huán)的速度大小為v'，垂直桿方向，由平衡條件得qv'B=mgcs37°，變形解得v'=4mg5qB，在小環(huán)由P處滑到P'處的過(guò)程中，小球向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只有重力做功，洛倫茲力不做功，設(shè)兩點(diǎn)之間的距離是L，則：mgLsin37°=12mv'2-12mvP2解得：L=2m2g5q2B2，故D正確。
4.B
【解析】A.小球受洛倫茲力和重力的作用，做曲線運(yùn)動(dòng)，速度時(shí)刻變化，故A錯(cuò)誤；
B.帶負(fù)電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向左，故B正確；
C.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，重力始終豎直向下，洛倫茲力始終與速度方向垂直，且速度方向時(shí)刻變化，合力方向時(shí)刻變化，根據(jù)牛頓第二定律，加速度的方向時(shí)刻變化，故C錯(cuò)誤；
D.洛倫茲力始終與速度方向垂直，洛倫茲力永不做功，故D錯(cuò)誤。
故選B。
5.D
【解析】根據(jù)安培定則可知，MO段的磁場(chǎng)方向垂直MN所在豎直面向里，ON段“的磁場(chǎng)方向垂直MN所在豎直面向外，MN段磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小先減小，過(guò)O點(diǎn)后反向增大。根據(jù)左手定則可知，開始時(shí)，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向向上且逐漸減小，過(guò)O點(diǎn)后，小球受到的洛倫茲力方向向下且逐漸增大，由此可知，小球在水平方向不受外力，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)。在MO段，根據(jù)N=mg-qvB，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小逐漸減小可知，桌面對(duì)小球的支持力逐漸增大;在ON段，根據(jù)N'=mg+qvB，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小逐漸增大可知，桌面對(duì)小球的支持力逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹龃?，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
6.C
【解析】A.污水中正負(fù)離子向右移動(dòng)，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏，負(fù)離子向前表面偏，所以前表面比后表面電勢(shì)低，即a側(cè)電勢(shì)比c側(cè)電勢(shì)高，故A錯(cuò)誤；
B根據(jù)Bvq=UDq可得U=BDv，可知顯示儀器的示數(shù)與污水中離子濃度無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；
C.磁場(chǎng)反轉(zhuǎn)，粒子受洛倫茲力與原來(lái)方向相反，故顯示器顯示數(shù)值相反，故C正確；
D.最終正負(fù)離子會(huì)受到電場(chǎng)力、洛倫茲力處于平衡，有qE=qvB，即U D =vB，而污水流量Q=vπ D24= U DBπ D2 4=πUD 4B，可知Q與U、D成正比，與L無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
7.C
【解析】A.小球在復(fù)合場(chǎng)中受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力三個(gè)力的作用，洛倫茲力與速度方向垂直，所以洛倫茲力的大小和方向均會(huì)發(fā)生變化，小球的加速度會(huì)變化，故A錯(cuò)誤；
B.洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力做功，所以機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；
C.把重力和電場(chǎng)力合成為一個(gè)等效重力，其方向斜向左下方，等效最高點(diǎn)在O到M的中途某處，而洛倫茲力不做功，所有小球從O到M的過(guò)程中速度先減小后增大，故C正確;
D.小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)洛倫茲力不做功，但重力和電場(chǎng)力都做了正功，動(dòng)能增加，故D錯(cuò)誤。
8.D
【解析】AB.帶電小球在正交場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則向下的重力和向上的電場(chǎng)力平衡，可知小球帶正電，由左手定則可知，沿垂直紙面方向向里看，小球的繞行方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，根據(jù)qE=mg
可知，小球的電荷量q=mgE
故AB正確；
C.由于電場(chǎng)力和重力平衡，則兩力的合力做功為零，洛倫茲力不做功，則合外力做功等于零，故小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變，故C正確；
D.洛倫茲力不做功，但是除重力以外還有電場(chǎng)力做功，故小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。
選錯(cuò)誤的，故選：D。
9.AC
【解析】A.帶電粒子在磁場(chǎng)中向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，知該粒子帶正電，在速度選擇器中所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，粒子所受電場(chǎng)力向左，則洛倫茲力方向向右，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，故A正確；
B.所有打在A1A2上的粒子，在磁場(chǎng)B'中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于t=T2，T=2πmqB，則t=πmqB，與帶電粒子的比荷有關(guān)，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B'的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，故B錯(cuò)誤；
C.粒子經(jīng)過(guò)速度選擇器時(shí)所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，有：qE=qvB，則v=EB，故C正確；
D.經(jīng)過(guò)速度選擇器進(jìn)入磁場(chǎng)B'的粒子速度相等，根據(jù)r=mvqB知，粒子打在A1A2上的位置越靠近P，則半徑越小，粒子的比荷越大，故D錯(cuò)誤。
10.AD
【解析】AB.要使在赤道平面內(nèi)從任意方向射來(lái)的 β 粒子均不能到達(dá)地面，必須滿足
2r≤d
根據(jù)
evB=mv2r
可得
d≥2mveB
則磁場(chǎng)厚度至少為 2mveB ，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；
C.若 d=2R ，若粒子以沿徑向射入磁場(chǎng)時(shí)，若運(yùn)動(dòng)軌跡與地面相切，則滿足
(r'+R)2=(3R)2+r'2
解得
r'=4R
而粒子以 eBdm 的速度沿徑向射入磁場(chǎng)時(shí)，此時(shí)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
r1=mveB=d=2R
由幾何關(guān)系可知，此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與地球所在的圓不能相切，則粒子不能到達(dá)地面，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D.若 d=2R ，粒子以 eBdm 的速度射入磁場(chǎng)時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為
r1=d=2R
到達(dá)地面的最短時(shí)間時(shí)對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)最短為2R，則最短時(shí)間
t=60°360°2πmeB=πm3eB
選項(xiàng)D正確；
故選AD。
11.(1)逆時(shí)針；(2)變??；(3)變大；不變。
【解析】(1)根據(jù)電子進(jìn)入磁場(chǎng)的方向，利用左手定則判斷出電子受到的洛倫茲力正好指向圓心，所以磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，根據(jù)安培定則可知，勵(lì)磁線圈中應(yīng)通以逆時(shí)針方向的電流；
(2)若僅增大勵(lì)磁線圈中的電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)公式Bqv=mv2r，可得運(yùn)動(dòng)半徑變??；
(3)根據(jù)公式qU=mv22和Bqv=mv2r可得，當(dāng)僅增大電子槍中加速電場(chǎng)的電壓時(shí)，電子的速度增加，所以電子的運(yùn)動(dòng)半徑變大；根據(jù)公式T=2πmqB可知，電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期和速度大小無(wú)關(guān)，故周期不變。
12.重新處于平衡狀態(tài) B=m2-m1gIL m2>m1
【解析】(1)本實(shí)驗(yàn)的原理是：通過(guò)測(cè)量D所受的安培力的大小和方向、電流的大小和方向、D的底邊長(zhǎng)度，根據(jù)F=BIL，測(cè)出B的大小和方向；因此把電流表、滑動(dòng)變阻器、開關(guān)、電源和D串聯(lián)即可，如答案圖所示．
③根據(jù)步驟②可知D的重力G=m1g，步驟③為讓電流流過(guò)D，使D在重力、安培力和細(xì)線的拉力下重新平衡．要測(cè)出安培力，需要測(cè)出拉力，即用天平稱出重新加入細(xì)沙的總質(zhì)量；要測(cè)出B，需要測(cè)出電流的大小和D的底邊的長(zhǎng)度．
(2)安培力F=|m2-m1|g，又F=BIL，可得B=m2-m1gIL．
(3)由電路圖知電流的方向水平向右，B方向若垂直紙面向外，則安培力方向?yàn)樨Q直向下，有F+m1g=m2g，即m2>m1．
13.【解析】(1)離子在平行金屬板之間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力與電場(chǎng)力相等，即：
B0qv=qE0E0=Ud
解得：v=2000m/s
(2)在圓形磁場(chǎng)區(qū)域，離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有：
Bqv=mv2r
由幾何關(guān)系有：tanθ2=Rr
離子的比荷為：qm=2×104C/kg
(3)弧CF對(duì)應(yīng)圓心角為θ，離子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t
t=θ2π?TT=2πmqB
解得：t=θB0RdUtanθ2= 3π6×10-4s≈9×10-5s
答：(1)離子速度v的大小為2000m/s；
(2)離子的比荷qm為2×104C/kg；
(3)離子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為9×10-5s。
14.【解析】(1)設(shè)小球在玻璃管內(nèi)脫離底部之前經(jīng)歷的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，水平方向速度為v0，
小球脫離底部時(shí)，有qv0B= mg，
且v0=axt1，
聯(lián)立可得：t1=0.8s。
(2)在小球在玻璃管中向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，
顯然：t2= t-t1，
豎直方向：q(v0+axt2)B-mg=may，
代入數(shù)據(jù)可得豎直方向最大加速度ay=15m/s2，
故合加速度為a= ax2+ay2，
代入數(shù)據(jù)可得a=5 10m/s2。
(3)設(shè)玻璃管勻速時(shí)玻璃管的速度為v1，此時(shí)小球相對(duì)玻璃管的速度為v2，
當(dāng)小球剛剛脫離玻璃管底端時(shí)水平方向：Fx=2max= mg，
因?yàn)榇藭r(shí)玻璃管達(dá)最大速度，加速度為0，所以Fx=qv2B，
解得v2= 4m/s，
豎直方向?qū)π∏蛄袆?dòng)量定理：qvxBt2-mgt2=mv2-0，
又玻璃管水平位移s=vxt2，
該過(guò)程中對(duì)系統(tǒng)水平方向列動(dòng)量定理：Fxt2-qvyBt2=2mv1-2mv0，
又小球豎直位移h=vyt2，
該過(guò)程中對(duì)系統(tǒng)列動(dòng)能定理：Fxs-mgh=12mv12+12m(v12+v22)-12×2mv02，
代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立可得：v1=(4+2 2)m/s。
15.【解析】(1)設(shè) ∠NOB=θ ，粒子1和2的軌道半徑為 r1 、 r2 ，如圖所示為粒子1的軌跡
根據(jù)幾何關(guān)系可得OA=2r1csθ
同理可得OB=2r2csθ
由題意可得OA:OB=4:7
所以r1:r2=4:7
由洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2r
整理可得v=qBrm
可得兩個(gè)粒子的速率之比v1:v2=4:7
(2)兩粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期均為T=2πrv=2πmqB
粒子1從O到A轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角與粒子2從O到B轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角相等，均為 π-2θ ，由tT=π-2θ2π
由于兩粒子T完全相同，可知兩個(gè)粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)A點(diǎn)和B點(diǎn)，時(shí)間差為0。

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