热门试卷

解：正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转．由T=，知两个电子的周期相等．

正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为60°，则正电子速度的偏向角为θ1=120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则正电子在磁场中运动时间为t1=T=T=T，

同理，知负电子以30°入射，从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30°，

则轨迹对应的圆心角为60°，负电子在磁场中运动时间为t2=T=T=T．

所以负电子与正电子在磁场中运动时间之比为t2：t1=1：2．

故选：D．

解：A、磁场的方向向里，由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；

B、粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：r=，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；

C、粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故C正确；

D、洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功．故D错误．

故选：AC．

解：A、当电荷的运动方向与磁场方向平行，则电荷不受洛伦兹力，故A错误．

B、电荷在电场中一定受到电场力作用，故B正确．

C、正电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相反．故C错误．

D、根据左手定则知，电荷若受洛伦兹力，则受洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直．故D错误．

故选：B．

解：A、刚释放时，小环速度为零，洛伦兹力为零，竖直方向只受重力，所以加速度为g，故A正确；

B、从A到D过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小球的质量如何，小环到达D点的速度是一样的，故B错误；

C、因为AD点时弹簧的形变量相同，且OA长度大于OD，所以OA处于拉伸，OD处于压缩，所以弹簧由伸长变为压缩，弹力先做正功，后做负功，故C正确；

D、整个的过程中机械能守恒，故小球一定能滑到C点．小球到达D点时竖直方向受到轨道的压力与弹簧的弹力，二者大小相等；

因为AD点时弹簧的形变量相同，所以D点时弹簧的形变量：，压力的大小为Nc=．故D正确．

故选：AD

解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：

eU=mv02…①

电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m…②

解得：r== …③

T=…④

可见，当提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确，A错误；

增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小．由④式知周期变小，故CD错误；

故选：B．

解：A、B、物体A带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对B的压力变大，故A错误，B正确；

C、对整体分析，整体受重力、支持力、竖直向下的洛伦兹力和恒力F，合力为F不变，根据牛顿第二定律知加速度不变．A、B一起做匀加速直线运动；

整体加速度不变，隔离对A分析，f=mAa，知A、B间的摩擦力不变；故C正确；

D、对整体分析，整体受重力、支持力、竖直向下的洛伦兹力和恒力F，洛伦兹力变大，故整体对地面的压力变大；故D错误；

故选：BC．

解：水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断导线右侧的磁场方向垂直纸面向内，由左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向身向右，则电子将沿b轨迹运动，其速率v不变，而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由公式可知，电子的轨迹半径逐渐增大，故轨迹不是圆．故D正确，ABC错误．

故选：D．