高考物理郴州电磁学知识点之磁场单元汇编含答案解析.pdf

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1、高考物理郴州电磁学知识点之磁场单元汇编含答案解析一、选择题1为了解释地球的磁性，19 世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）AB CD2质量和电荷量都相等的带电粒子M 和 N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹分别如图中的两支虚线所示，下列表述正确的是（）AM 带正电，N 带负电BM 的速率大于N 的速率C洛伦磁力对M、N 做正功DM 的运行时间大于N 的运行时间3在探索微观世界中，同位素的发现与证明无疑具有里程碑式的意义。质谱仪的发现对证明同位素的存在功不可没，1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪

2、的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）A该束粒子带负电B速度选择器的P1极板带负电C在 B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D在 B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小4为了降低潜艇噪音可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a b c=0.5m 0.4m 0.3m。空间内存在由超导励磁线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=10.0T，方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流 I=1.0 103A，方向如图。则下列判断正确的是（）A

3、推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0 103NB推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为5.0 103NC超导励磁线圈中的电流方向为PQNMP 方向D通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向可以实现倒行功能5如图所示，边长为L 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab 边中点和ac 边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框通电处于静止状态，细线的拉力为F1；保持其他条件不变，现虚线下方的磁场消失，虚线上方有相同的磁场同时电流强度变为原来一半，此时细线的拉力为 F2。已知重力加速度为g，则导线框的质量为A2123FFgB21

4、23FFgC21FFgD21FFg6如图甲是磁电式电流表的结构图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。线圈中a、b 两条导线长度均为l，未通电流时，a、b处于图乙所示位置，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。通电后，a 导线中电流方向垂直纸面向外，大小为I，则（）A该磁场是匀强磁场B线圈平面总与磁场方向垂直C线圈将逆时针转动Da 导线受到的安培力大小始终为BIl7如图所示的圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，则质子射入磁场的运动速率越大，A其轨迹对应的圆心角越大B其在磁场区域运动的路程越大C其射出磁场区域时速度的偏向角越大D其在磁场中的运动

5、时间越长8笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭则元件的（）A前表面的电势比后表面的低B前、后表面间的电压U与无关C前、后表面间的电压U与c成正比D自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa9如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n20

6、，总电阻R2.5 ，边长 L0.3m，处在两个半径均为r0.1m 的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，B1、B2随时间 t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取 3，下列说法正确的是（）A线框具有向左的运动趋势Bt 0时刻穿过线框的磁通量为0.5WbCt 0.4s时刻线框中感应电动势为1.5VD00.6s内通过线框横截面电荷量为0.018C10 如图所示，在半径为R 的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）。一群比荷为qm的负离子以相同速率v0（较大），由P 点在纸平面内

7、向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧足够大荧光屏上，离子重力不计。则下列说法正确的是（）A离子在磁场中的运动轨迹半径可能不相等B由 Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C离子在磁场中运动时间一定相等D沿 PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大11 如图，一正方体盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为L，前后面为金属板，其余四面均为绝缘材料，在盒左面正中间和底面上各有一小孔（孔大小相对底面大小可忽略），底面小孔位置可在底面中线MN 间移动，让大量带电液滴从左侧小孔以某一水平速度进入盒内，若在正方形盒子前后表面加一恒定电压U，可使得液滴恰好能从底面小孔通过，测得小孔到M

8、 点的距离为d，已知磁场磁感强度为B，不考虑液滴之间的作用力，不计一切阻力，则以下说法正确的是（）A液滴一定带正电B所加电压的正极一定与正方形盒子的后表面连接C液滴从底面小孔通过时的速度为gvdLD恒定电压为UBdLg12如图所示，有abcd 四个离子，它们带等量的同种电荷，质量不等有mambmcmd，以不等的速度vavbvcvd进入速度选择器后有两种离子从速度选择器中射出，进入 B2磁场，由此可判定()A射向 P1的是 a 离子B射向 P2的是 b 离子C射到 A1的是 c 离子D射到 A2的是 d 离子13 三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC 的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各

9、导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示则三角形的中心O 处的合磁场方向为()A平行于AB，由 A 指向 BB平行于BC，由 B指向 CC平行于CA，由 C 指向 AD由 O 指向 C14 一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示如果直导线可以自由地运动且通以由a 到 b 的电流，则导线ab 受磁场力后的运动情况为()A从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B从上向下看顺时针转动并远离螺线管C从上向下看逆时针转动并远离螺线管D从上向下看逆时针转动并靠近螺线管15关于垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场作用力的方向，正确的说法是（）A跟磁场方向垂直，跟电流方向平行B跟电流方向垂直，跟

10、磁场方向平行C既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直D既不跟磁场方向垂直，也不跟电流方向垂直16 如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m、带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场(图示方向)中设小球带电荷量不变，小球由棒的下端以某一速度上滑的过程中一定有()A小球加速度一直减小B小球的速度先减小，直到最后匀速C杆对小球的弹力一直减小D小球受到的洛伦兹力一直减小17 下列有关运动电荷和通电导线受到磁场对它们的作用力方向判断正确的是（）ABCD18 如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为 O

11、2，在两环圆心的连线上有a、b、c 三点，其中aO1O1bbO2O2c，此时 a 点的磁感应强度大小为B1，b 点的磁感应强度大小为B2当把环形电流乙撤去后，c 点的磁感应强度大小为A212BBB122BBC21BBD13B19 关于电场和磁场，下列说法中正确的是（）A电场和磁场不是实际存在的，是人们想象假设出来的B电场和磁场的观点是库仑首先提出来的，并得到物理学理论和实验的证实和发展C磁感应强度的方向就是通电导线在磁场中所受力的方向D电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的电量及其所受电场力大小无关20 导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为

12、导线所受的安培力。如图所示，设导线ab 中每个带正电粒子定向运动的速度都是v，单位体积的粒子数为n，粒子的电荷量为q，导线的横截面积为S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是A由题目已知条件可以算得通过导线的电流为InqvSB题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断C每个粒子所受的洛伦兹力为FqvB洛，通电导线所受的安培力为FnqvB安D改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变21 如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿过

13、铝板后到达PQ 的中点 O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为A2B2C1D2222 如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（）A+x方向B x 方向C+y 方向D y 方向23 如图所示，矩形虚线框MNPQ 内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里a、b、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹粒子重力不计下列说法正确的是A粒子a带负电B粒子c的动能最大C粒子b在磁场中运动的时间最长D粒子b在磁场中运动时的向心力最大24 如图所

14、示,在两水平金属板构成的器件中,存在匀强电场与匀强磁场,电场强度 E 和磁感应强度 B 相互垂直,以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动,下列说法正确的是()A粒子一定带负电B粒子的速度大小v=B/EC若粒子速度大小改变,粒子将做曲线运动D若粒子速度大小改变,电场对粒子的作用力会发生改变25 如图所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，比荷为em的电子以速度v0从 A 点沿 AB 边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC 边，磁感应强度B 的取值为AB03mvaeBB02mvaeCB03mvaeDB02mvae【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1

15、B 解析：B【解析】【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向【详解】地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西故B 正确【点睛】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定2B 解析：B【解析】【分析】【详解】A.根据左手定则，可知，M 带负电，N 带正电，

16、A 错误；B.粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，即：2vqvBmr解得：mvrqB同一磁场，又M 和 N 两粒子的电荷量相同，故轨道半径大小r 和速度 v 成正比，故B 正确；C.洛伦兹力每时每刻与速度垂直，不做功，C 错误；D.粒子在磁场中运动的周期T的计算如下：22rmTvqB同一磁场，M 和 N 两粒子的电荷量相同，故两粒子在磁场中运动的周期相同，它们均运动了半个周期，故它们运动的时间相同，D 错误；故选 B。3D 解析：D【解析】【分析】【详解】A带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电。故 A 错误。B在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子

17、所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电。故B错误。CD从速度选择器进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据22vqvBmr得2mvrqB知 r 越大，荷质比qm越小，而质量m 不一定大。故C 错误、D 正确。故选 D。4D 解析：D【解析】【分析】【详解】AB磁场方向向下，电流方向向里，依据左手定则，则安培力方向向左，因此驱动力方向向右，根据安培力公式有3310 1.0100.4N4.0 10 NFBIL故 AB 错误；C磁场方向向下，根据安培定则可判定超导励磁线圈中的电流方向为PMNQP 方向，故C错误；D通过改变流过超导励

18、磁线圈或推进器的电流方向，根据左手定则可知驱动力方向相反，故 D 正确。故选 D。5A 解析：A【解析】【详解】当通如图中电流时，ab 边、ac 边受到的安培力大小为12FBIL；bc 边受到的安培力大小为FBIL，方向向上；导线框平衡，故112sin302FBILmgBIL磁场加到虚线框上方后，导线框受到的等效安培力为14FBIL，方向向下，故214FmgBIL联立解得2123FFmg故 A 正确，B、C、D 错误；故选 A。6D 解析：D【解析】【分析】通过分析通电导线在磁场中的受力，了解磁电式电流表的工作原理。【详解】A该磁场是个辐向磁场，磁场方向与铁芯垂直，但不是匀强磁场，A 错误；B

19、由于是辐向磁场，线圈平面与磁场方向始终平行，B 错误；C根据左手定则，在图中位置，a 导线受力向上，b 边受力向下，线圈将顺时针方向转动，C 错误；D由于在转动过程中，a导线始终与磁场垂直，因此受到安培力大小始终为BIl，D 正确。故选 D。7B 解析：B【解析】试题分析：设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为，如图示：粒子在磁场中运动的时间为，而轨迹半径，而，粒子速度越大，则r 越大，越小（与射出磁场时的速度偏向角相等），t 越小，故B对考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在有界磁场中的常用几何关系（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点（2

20、）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍8D 解析：D【解析】【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A 错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有=,=UFevB FeEea洛电，故=UFea洛，故 D 正确，由UevBea则电压UavB，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC 错误9C 解析：C【解析】【分析】【详解】A线框的磁通量是向外多于向内，故合磁通向外，有增加趋势，根据楞次定律，产生感应电流，受安培力，会阻碍磁通量的增加，故安培力向右（向右运动会

21、导致磁通量减小）而阻碍磁通量的增加，即线框具有向右的运动趋势，故A 错误；B设磁场向外穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得0t时穿过线框的磁通量为221210.025Wb162BrBr故 B 错误；C由于2B不变，故根据法拉第电磁感应定律有221152203 0.11.5V120.6V2BEnnrtt故 C 正确；D由于是恒定电流，根据闭合电路欧姆定律可得1.5A0.6A2.5EIR00.6s内通过线框横截面电荷量为0.60.6C0.36CqIt故 D 错误。故选 C。10B 解析：B【解析】【分析】【详解】A离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2mvqvBr解得mvr

22、qB因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故A错误；BD由圆的性质可知，轨迹圆（离子速率较大，半径较大）与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，最长弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，故 B 正确，D 错误；C设粒子轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为2tT其中2 mTqB所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故C错误。故选 B。11D 解析：D【解析】【分析】【详解】A由于电场强度方向不清楚，则无法确定液滴的电性，故A 错误；B若液滴带正电，洛伦兹力垂直纸面向外，则电场力垂直纸面向里

23、，说明正极与正方形盒子的前表面连接，若液滴带负电，洛伦兹力垂直纸面向里，则电场力垂直纸面向外，说明正极与正方形盒子的前表面连接，则所加电压的正极一定与正方形盒子的前表面连接，故 B 错误；C稳定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下运动，故将做匀变速曲线运动，则有xdv t2122Lgtygtv联立解得2xgdvL，yvgL液滴从底面小孔通过时的速度为2222()xyg LdvvvL故 C 错误；D稳定后洛伦兹力等于电场力xUqv BqL解得UBdgL故 D 正确。故选 D。12A 解析：A【解析】试题分析：通过在磁场中偏转知，粒子带正电在速度选择器中，有qE=qvBE

24、vB，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器所以只有b、c 两粒子能通过速度选择器 a 的速度小于b 的速度，所以a 的电场力大于洛伦兹力，a 向 P1板偏转故A正确，B错误只有b、c 两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据2.mvrqB，知质量大的半径大，知射向A1的是 b 离子，射向A2的是 c 离子故C、D 错误故选 A考点：速度选择器；带电粒子在匀强磁场中的而运动.13A 解析：A【解析】【分析】由题意可知考查磁感应强度的矢量性，根据右手螺旋定则及磁感应强度的矢量性分析可得。【详解】根据右手螺旋定则，电流A在 O 产生的磁场平行于BC，且由 C 向 B，B 电流在 O 产生的磁场

25、平行 AC，且由 A 向 C，电流 C 在 O 产生的磁场平行AB，且由 A 向 B，由于三导线电流大小相同，到O 点的距离相同，根据平行四边形定则，则合场强的方向平行于AB，由 A指向B。A由前面分析可知合磁场方向平行于AB，由A指向B故A正确BCD 由前分析可知合磁场平行于AB，由 A 指向 B故 BCD 错误。【点睛】先用右手螺旋定则确定出每条导线在0 处磁感应强度的大小，再矢量求和可求得合磁场的方向。14D 解析：D【解析】试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根

26、据受力情况可判出物体的转动情况当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90 时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动即为a 端转向纸外，b 端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D 正确，ABC错误；故选 D【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看

27、到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解15C 解析：C【解析】【分析】左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向【详解】根据左手定则的内容知与磁场方向垂直的通电直导线，它受到的磁场作用力与电流方向垂直，与磁场方向垂直，故C 正确，ABD 错误【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向，知道安培力垂直于电流方向与磁场方向构成的平面16D 解析：D【解析】【分析】【详解】若开始则弹力方向向左，随着速度减小，

28、弹力增大，摩擦力增大，则加速度增大，A错小球速度一直在减小，B错根据前面可知，C错小球所受洛伦兹力（f=qvB）因为速度一直减小所以洛伦兹力也一直减小，D 对17B 解析：B【解析】【分析】【详解】由左手定则可判定电荷受到的洛伦兹力竖直向下，故A 错误；由左手定则可判定电荷受到的洛伦兹力竖直向下，故B 正确；由左手定则可判定导线受到的安培力竖直向下，故C 错误；由左手定则可判定导线受到的安培力竖直向上，故D 错误18A 解析：A【解析】【详解】对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的设ao1=o1b=bo2=o2c=r，设单个环形电流在距离

29、中点r 位置的磁感应强度为 B1r，在距离中点3r 位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1=B1r+B3r；b 点磁感应强度：B2=B1r+B1r；当撤去环形电流乙后，c 点磁感应强度：Bc=B3r=B1-12B2，故选A19D 解析：D【解析】【详解】A.电场和磁场是客观存在的，电场线和磁感线是人们想象假设出来的，故A 错误；B.电场和磁场的观点是法拉第首先提出来的，并得到物理学理论和实验的证实和发展，故B错误；C.磁感应强度的方向与通电导线在磁场中所受力的方向无关，通电导线与磁场垂直时，不受安培力，故C 错误；D.电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的电量及其所受电场力大小无关

30、，故D 正确；20A 解析：A【解析】【分析】判断洛伦兹力的方向用左手定则，电流由其定义I=Q/t 确定，洛伦兹力的集中表现为安培力。【详解】电流：QnqvstInqvstt，则 A 正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，则B错误；粒子所受的洛伦兹力为F洛=qvB，导线长度为L，则其受的安培力为：F=nqLSvB=BIL，则 C 错误；洛伦兹力方向反向决定了所受到的安培力方向也反向，则D错误；故选A。【点睛】本题考查电流的微观表达式，关键在于明确有多少电荷流过我们所确定的截面，并由洛伦兹力的集中表现为安培力。21D 解析：D【解析】【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供

31、向心力，从而求出磁感应强度的表达式结合动能212kEmv，最终得到关于磁感应强度B与动能 Ek的关系式，从关系式及题设条件-带电粒子在穿越铝板时减半，就能求出上下磁感应强度之比【详解】由动能公式212kEmv，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力得2vqvBmr，联立可得2kmEmvBqrqr，上下磁场磁感应强度之比为212122ErBBrE上下上下上下，D 正确22A 解析：A【解析】【分析】【详解】据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向沿z 轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场以 z 轴为中心沿顺时针方向（沿z 轴负方向看），通过y 轴 A点时方向向外，即沿x轴正向。故

32、选 A。【点睛】首先需要判断出电子束产生电流的方向，再根据安培定则判断感应磁场的方向。23D 解析：D【解析】根据左手定则知粒子a 带正电，粒子b、c 带负电；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据2vqvBmr，可得：mvrqB，粒子的动能EK=12mv2，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，c 粒子速率最小，b 粒子速率最大b 粒子动能最大，向心力最大故B错误，D正确根据22mmtqBqB，则 c 粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项C错误；故选D24C 解析：C【解析】粒子从左射入，若带负电，则受到向上的电场力

33、，和向下的洛伦兹力，若带正电，则受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，只要满足qvBqE，即速度EvB，粒子就能做直线运动通过，故AB 错误；若速度大小改变，则电场力qE，但是洛伦兹力qvB发生变化，打破二力平衡，所以合力与初速度方向不共线，做曲线运动，C 正确 D 错误【点睛】在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电性无关25C 解析：C【解析】【详解】当电子从 C 点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，如图所示：由几何知识得：2Rcos30=a，解得：33aR；欲使电子能经过AC 边,必须满足：33aR而20vevBmr，得：0mvReB，解得：03mvBae；A.B03mvae故 A 项错误；B.B02mvae故 B 项错误；C.B03mvae故 C 项正确；D.B02mvae故 D 项错误