1、物理選修3-1第三章 磁場 章末測試卷一一、單選題（每題3分，共30分）1關于安培力和洛倫茲力，下列說法中正確的是()A帶電粒子在磁場中運動時，一定受到洛倫茲力作用B放置在磁場中的通電導線，一定受到安培力作用C洛倫茲力對運動電荷一定不做功D洛倫茲力可以改變運動電荷的速度大小2下面四幅圖表示了磁感應強度B、電荷速度v和洛倫茲力F三者方向之間的關系，其中正確的是A B C D3下列說法正確的是（ ）A帶電粒子只受電場力，由靜止開始運動，其運動軌跡一定與電場線重合B電場強度的方向就是放入電場中電荷所受電場力的方向，且其大小E=F/qC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運動方向

2、垂直D由B=F/IL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成正比，與通電導線I、L的乘積成反比4兩個電子以大小不同的初速度沿垂直磁場的方向射入同一個勻強磁場中。設r1、r2為這兩個電子的運動軌道半徑，T1、T2是它們的運動周期，則（ ）Ar1r2，T1T2 Br1r2，T1T2 Cr1r2，T1T2 Dr1r2，T1T25如圖所示，通電導線均置于勻強磁場中，沒有受到安培力的是A B C D6下列說法正確的是（ ）A由E=kQr2可知，在以點電荷Q為中心，半徑為r的球面上，各點電場強度相同B沿電場線方向電勢降低，沿磁感線方向磁場減弱C電荷在某處不受電場力作用，則該處電場強度

3、一定為零D運動電荷在某處不受作用，則該處磁感應強度一定為零7關于帶電粒子在勻強磁場中所受的洛倫茲力，下列說法正確的是()A洛倫茲力的方向可以不垂直于帶電粒子的運動方向B洛倫茲力力的方向總是垂直于磁場的方向C洛倫茲力的大小與帶電粒子的速度方向和磁場方向的夾角無關D僅將帶電粒子的速度減半，洛倫茲力的大小變為原來的兩倍8如圖，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中(E和B已知)，小球在此空間豎直面內做勻速圓周運動，則下列說法不正確的是()A小球可能帶負電B小球做勻速圓周運動的半徑為r=1B2UEgC小球做勻速圓周運動的周期為T=

4、2EBgD若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期變大9下列關于場的敘述，正確的是A磁場、電場線、磁感線都是科學家為了研究的方便假想出來的，實際不存在B某位置不受電場力，說明該點的電場強度為零C通電直導線在某位置不受安培力，說明該點的磁感應強度為零D電荷所受電場力的方向為該點電場的電場強度方向，磁場中通電導線所受安培力的方向為該處磁場的磁感應強度方向10如圖所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源兩極上，右邊有一擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，在a、b兩板間還存在著勻強電場E.從兩板左側中點c處射入一束離子(不計重力)，這些

5、離子都沿直線運動到右側，從d孔射出后分為如圖三束，則下列判斷正確的是A這三束離子的速度一定不相同B這三束離子的比荷一定相同C若將這三束離子改為相反電性而其他條件不變的離子則仍能從d孔射出Da、b兩板間的勻強電場方向一定由b指向a二、多選題(每題4分共16分)11如圖所示，如圖所示兩根光滑金屬導軌平行放置，導軌所在平面與水平面間的夾角為整個裝置處于沿豎直方向的勻強磁場中質量為m的金屬桿ab垂直導軌放置，當桿中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab剛好靜止則（）A磁場方向豎直向上B磁場方向豎直向下Cab所受支持力的大小為mgcosDab所受安培力的大小為mgtan12如圖所示，在傾角為的光滑斜面上

6、，放置一根長為L、質量為m、通過電流為I的導線若使導線靜止，應該在斜面上施加勻強磁場B的大小和方向為()ABmgsinIL，方向垂直于斜面向上 BBmgsinIL，方向垂直于斜面向下CBmgtanIL，方向豎直向下 DBmgIL，方向水平向左13下列說法中正確的是()A磁通量有正負之分，磁通量的正負表示方向B磁場中某點B的方向，跟該點處試探電流元所受磁場力的方向一致C奧斯特發現了電流的磁效應，法拉第發現了電磁感應現象D通電直導線在勻強磁場中所受安培力的方向垂直于直導線14如圖所示是質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。速度選擇器內有相互正交的勻強磁場和勻強電場， 磁

7、感應強度和電場強度分別為 B 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A1A2。平板 S 下方有強度為B0的勻強磁場。下列判斷正確的是 A速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里B質譜儀是分析同位素的重要工具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能通過狹縫 P 的帶電粒子的速率等于EB三、解答題(共54分)15如圖所示，質量為為m、電量為q的帶電粒子，經電壓為U加速，又經磁感應強度為B的勻強磁場后落到圖中D點，求：（1）帶電粒子在A點垂直射入磁場區域時的速率v；（2）A、D兩點間的距離L。16電子自靜止開始經M、N板間（兩板間的電壓為U）的電場加速后從A點垂直

8、于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，電子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖所示（已知電子的質量為m，電荷量為e）求：(1)電子在加速電場中加速后獲得的速度(2)勻強磁場的磁感應強度(3)若d=3L則電子在磁場中的運動時間。17如圖所示，兩平行金屬導軌間距L=0.5 m，導軌與水平面成=37導軌上端連接有E=6 V、r=1 的電源和滑動變阻器長度也為L的金屬棒ab垂直導軌放置且與導軌接觸良好，金屬棒的質量m=0.2 kg、電阻R0=1 ，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，金屬棒一直靜止在導軌上當滑動變阻器的阻值R=1 時金屬棒剛好與導軌間無摩擦力g取10 m/s2，sin 37=0.

9、6，cos 37=0.8求：（1）此時電路中的電流I；（2）當滑動變阻器接入電路的電阻為4 時金屬棒受到的摩擦力大小18 如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角=37，在導軌所在平面內，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內阻r=0.50的直流電源。現把一個質量m=0.04kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止。導體棒與金屬導軌垂直、且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5，金屬導軌的其它電阻不計，g取10m/s2。已知sin37=0.60，cos37=0.80

10、，試求：（1）通過導體棒的電流大小； （2）導體棒受到的安培力大小和方向；（3）導體棒受到的摩擦力的大小和方向.19如圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v垂直射入磁感應強度為B、寬度為d的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與原來入射方向的夾角為30，求：(1)確定圓心位置，做出運動軌跡，運動半徑多大？(2)電子的質量多大？(3)穿透磁場的時間是多少？20質譜儀原理如圖所示，a為粒子加速器，加速電壓為U1；b為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，板間距離為d；c為偏轉分離器，磁感應強度為B2今有一質量為m，電荷量為+q的帶電粒子，經加速后，該粒子恰能沿直線通過速度選擇器粒子從O點進入分離

11、器后在洛倫茲方的作用下做半個圓周運動后打到底片上并被接收，形成一個細條紋，測出條紋到O點的距離為L求：（1）粒子離開加速器的速度大小v？（2）速度選擇器的電壓U2？（3）該帶電粒子荷質比的表達式21如圖所示，一個質量為m，電荷量+q的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經U1電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中，金屬板長L，兩板間距d。微粒射出偏轉電場時的偏轉角=30，接著進入一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場區，求：(1)微粒進入偏轉電場時的速度v0； (2)兩金屬板間的電壓 U2；(3)若該勻強磁場的寬度為D，微粒剛好不從磁場右邊射出，求該勻強磁場的磁感應強度B。22如圖所示，兩平

12、行金屬板P、Q水平放置，板間存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B1的勻強磁場。一個帶正電的粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運動。粒子通過兩平行板后從O點進入另一磁感應強度為B2的勻強磁場中，在洛侖茲力的作用下，粒子做勻速圓周運動，經過半個圓周后打在擋板MN上的A點。測得O、A兩點間的距離為L。不計粒子重力。（1）試判斷P、Q間的磁場方向；（2）求粒子做勻速直線運動的速度大小v；（3）求粒子的電荷量與質量之比qm。物理選修3-1第三章 磁場 章末測試卷一 參考答案 答案含解析1C【解析】根據安培力公式、洛倫茲力公式及左手定則分析答題，知道導線或粒子方向沿電場線時均不受磁場力。【詳解】A

13、、當帶電粒子的運動方向與磁場方向平行時，帶電粒子不受洛倫茲力作用，故A錯誤；B、當通電導線電流方向與磁場方向平行時，通電導線不受安培力，故B錯誤；C、由左手定則可知，洛倫茲力與粒子的運動方向垂直，即與位移方向垂直，在洛倫茲力方向上，帶電粒子沒有位移，洛倫茲力對帶電粒子不做功，故C正確；D、洛倫茲力只能改變運動電荷的速度方向，不會改變速度大小，故D錯誤。故選：C。【點睛】本題考查磁場力的性質，要注意安培力、洛倫茲力的產生、方向是初學者很容易出錯的地方，在學習中要加強這方面的練習，提高對知識的理解。2B【解析】伸開左手，讓大拇指與四指方向垂直，并且在同一個平面內，磁感線通過掌心，四指方向與正電荷運

14、動方向相同（與負電荷運動方向相反），大拇指所指的方向為洛倫茲力方向。由左手定則可知，C正確，ABD錯誤。3C【解析】試題分析：A、電荷沿電場線運動必須同時滿足三個條件：（1）電荷初速度為零或初速度沿電場線方向（2）只受電場力，（3）電場線是直的；錯誤B、電場強度的方向就是放入電場中的正電荷所受電場力的方向；錯誤C、洛倫茲力的方向垂直速度和磁場確定的平面，但磁場方向不一定與電荷運動方向垂直；正確D、B=F/IL是磁感應強度的定義式，與F、I、L無直接關系；錯誤故選C考點：電場與磁場的比較點評：容易題。注意電場力與磁場力的不同；電場強度與磁場強度都是比值定義法，其大小只與電場或磁場本身有關。4D【

15、解析】解：設電子的初速度為v，磁場的磁感應強度為B，電子的質量和電量分別為m、q根據牛頓第二定律得qvB=m得到，運動軌跡半徑為r=，m、q、B相同，則r與v成正比，電子的初速度不同，則半徑不同，即r1r2電子圓周運動的周期T=，m、q、B均相同，則電子運動的周期相同，即T1=T2故選D【點評】本題可在理解的基礎上，記住粒子做勻速圓周運動的半徑和周期公式基本題5D【解析】當電流的方向與磁場方向平行時，導線不受安培力作用；當電流的方向與磁場的方向不平行時，受安培力作用。【詳解】A項：電流的方向與磁場方向垂直，受安培力作用。故A錯誤；B項：電流的方向與磁場方向不平行，受安培力作用。故B錯誤；C項：

16、電流的方向與磁場方向垂直，導線受安培力作用，故C正確；D項：電流的方向與磁場的方向平行，導線不受安培力作用。故D錯誤。故選：D。【點睛】解決本題的關鍵知道電流與磁場不平行時，會受到安培力作用6C【解析】由E=kQr2可知，在以點電荷Q為中心，半徑為r的球面上，各點電場強度大小相同，方向不同，選項A錯誤；沿電場線方向電勢降低，沿磁感線方向磁場不一定減弱，選項B錯誤；電荷在某處不受電場力作用，則該處電場強度一定為零，選項C正確；運動電荷在某處不受作用，則可能是電荷的運動方向與磁場方向平行，而該處磁感應強度不一定為零，選項D錯誤；故選C.7B【解析】當帶電粒子的速度方向與磁場方向不平行，帶電粒子受到

17、洛倫茲力作用，根據左手定則可以得出洛倫茲力的方向。洛倫茲力的大小與帶電粒子的速度方向和磁場方向的夾角都有關系【詳解】A、洛倫茲力方向既垂直于帶電粒子的運動方向，又垂直于磁場的方向，選項A錯誤、B正確；C、洛倫茲力的大小與帶電粒子的速度方向和磁場方向的夾角都有關系，將帶電粒子的速度減半，洛倫茲力的大小也減半，故C、D錯誤。故選：B。【點睛】解決本題的關鍵知道洛倫茲力方向與速度方向和磁場方向的關系，以及會運用左手定則進行判斷。，能根據F=qvBsin判斷出大小8D【解析】小球在豎直平面內做勻速圓周運動，重力與電場力平衡，由洛倫茲力提供向心力，根據qvB=mv2r以及qE=mg列式。在加速電場中根據

18、動能定理列式，聯立可求得半徑和周期。【詳解】A項：小球在豎直平面內做勻速圓周運動，重力與電場力平衡，則知小球所受的電場力豎直向上，與電場方向相反，因此小球帶負電，故A正確;；B項：小球做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB=mv2r又qE=mg在加速電場中，根據動能定理得qU=12mv2 聯立以上三式得r=1B2UEg，故B正確；C項：小球做勻速圓周運動的周期為T=2rv=2mqB，結合qE=mg得T=2EgB，故C正確；D項：小球做勻速圓周運動的周期為T=2EBg，顯然運動周期與加速電壓U無關，若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期不變。故D錯誤。本題選不正確的，故選：D。【點睛

19、】本題考查了帶電粒子在復合場中的圓周運動問題，關鍵要正確分析受力情況，明確向心力來源。9B【解析】電場和磁場都是客觀存在的；電荷在某處不受磁場力作用，可能磁感應強度為零，也可能由于電荷的速度與磁場平行；而電荷在某處不受電場力作用，該處電場強度一定為零；磁場中通電導線所受安培力的方向與該處磁場的磁感應強度方向垂直【詳解】A、磁場雖看不見，摸不著，但是客觀存在的；電場線、磁感線都是科學家為了研究的方便假想出來的，實際不存在；故A錯誤.B、由F=qE知，若電荷在某處不受電場力作用，則該處電場強度一定為零；故B正確.C、電荷在某處不受磁場力作用，可能磁感應強度為零，也可能由于電荷的速度與磁場平行，所以

20、該處的磁感應強度不一定為零；故C錯誤.D、正電荷所受電場力的方向為該點電場的電場強度方向，負電荷所受電場力的方向與該點電場的電場強度方向相反；根據左手定則，磁場中通電導線所受安培力的方向與該處磁場的磁感應強度方向垂直；故D錯誤.故選B.【點睛】本題關鍵要抓住磁場與電場特性上的差異，電場與重力場可以類比理解記憶，注意比值定義法的內涵10C【解析】離子在復合場中沿水平方向直線通過故有qE=qvB，所以v=EB，三束離子的在磁場中圓周運動的軌道半徑不同，根據r=mvqB=mqEB2可知比荷一定不相同根據洛倫茲力的方向可以判定電場力的方向從而判定電場的方向。【詳解】A項：3束離子在復合場中運動情況相同

21、，即沿水平方向直線通過故有qE=qvB，所以v=EB故三束離子的速度一定相同，故A錯誤；B項：3束離子在磁場中有qvB=mv2r，解得：r=mvqB=mqEB2，由于三束正離子的在磁場中圓周運動的軌道半徑不同，故比荷一定不相同，故B錯誤；C項：若將這三束離子改為相反電性而其他條件不變，離子電性相反，離子所受洛倫茲力與電場力方向都反向，由于其他條件都不變，它們的合力仍然為零，離子在極板間仍然做勻速直線運動，仍能從d孔射出，故C正確；D項：若粒子帶正電，則由左手定則可知，洛倫茲力的方向向上，由A的分析可知，電場力的方向向下，則勻強電場方向一定由a指向b；若粒子帶負電，則由左手定則可知，洛倫茲力的方

22、向向下，由A的分析可知，負電荷受到的電場力的方向向上，則勻強電場方向還是一定由a指向b，故D錯誤。故應選：C。【點睛】速度選擇器是利用電場力等于洛倫茲力的原理進行工作的，故速度選擇器只能選擇速度而不能選擇電性。11AD【解析】以金屬桿為研究對象進行受力分析，由平衡條件判斷磁場方向并求出安培力的大小【詳解】磁場豎直向上，由左手定則可知，金屬桿所受安培力水平向右，金屬桿所受合力可能為零，金屬桿可以靜止，故A正確；如果磁場方向豎直向下，由左手定則可知，安培力水平向左，金屬桿所受合力不可能為零，金屬桿不可能靜止，故B錯誤；磁場豎直向上，對金屬桿進行受力分析，金屬桿受力如圖所示，由平衡條條件得，F安=m

23、gtan，故C錯誤，D正確；故選AD。12BCD【解析】通電導線在磁場中的受到安培力作用，由左手定則來確定安培力的方向，由平衡條件求出安培力大小，最后由安培力公式計算B的大小【詳解】A、B、若磁場方向垂直于斜面向下，由左手定則知安培力平行于斜面向上，根據平衡條件，BIL=mgsin，得B=mgsinIL，故A錯誤，B正確.C、若磁場方向豎直向下，由左手定則知安培力水平向左，根據平衡條件BIL=mgtan，得B=mgtanIL，故C正確.D、若磁場水平向左，安培力豎直向上，滿足BIL=mg，故斜面的支持力為零從而二力平衡，有B=mgIL；故D正確.故選BCD.【點睛】學會區分左手定則與右手定則，

24、前者是判定安培力的方向，而后者是判定感應電流的方向13CD【解析】本題考查了安培力的產生條件、大小與方向，當電流方向與磁場平行時不受安培力，根據左手定則可知安培力的方向與磁場垂直引用公式F=BIL時，注意要求磁場與電流垂直，若不垂直應當將導線沿磁場與垂直于磁場分解，因此垂直時安培力最大，最大為F=BIL【詳解】A、磁通量的正負表示磁感線貫穿的方向，但不是矢量是標量，故A錯誤.B、通電導線在磁場中的受力方向，由左手定則來確定，所以磁場力的方向與磁場及電流方向相互垂直；故B錯誤.C、奧斯特發現了電流的磁效應，說明通電導線周圍存在磁場；法拉第發現了電磁感應現象；故C正確.D、根據左手定則可知，安培力

25、方向與磁場和電流組成的平面垂直，即與電流和磁場方向都垂直；D正確.故選CD.【點睛】明確磁感應強度B、磁通量、安培力F幾個磁場的物理量的規律.14BD【解析】帶電粒子經加速后進入速度選擇器，電場力和洛倫茲力平衡時，速度為v=EB，的粒子沿直線通過P孔，然后進入磁場，打在膠片上的不同位置在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力，求出粒子的軌道半徑，分析半徑與荷質比的關系【詳解】帶電粒子進入磁場中向左偏轉，所受的洛倫茲力向左，磁場的方向垂直紙面向外，根據左手定則知，該粒子帶正電；該粒子在速度選擇器中，受到電場力方向水平向右，則洛倫茲力方向必須水平向左，該粒子才能通過速度選擇器，根據左手定則判斷可知磁場方向

26、垂直紙面向外，故A錯誤；質譜儀是測量帶電粒子荷質比、分析同位素的重要工具，故B正確；根據qvB=mv2r，可得：r=mvqB，則越靠近狹縫P，半徑越小，則比荷越大，故C錯誤；根據qE=qvB，可得v=EB，即速度大小為EB的粒子能通過速度選擇器，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。【點睛】解決本題的關鍵理解粒子速度選擇器的工作原理，掌握偏轉磁場中粒子的運動規律。15（1）v=2qUm（2）L=2B2mUq【解析】（1）粒子在電場中加速，由動能定理可以求出速度；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，然后求出距離【詳解】（1）帶電粒子在電場中直線加速，電場力做功，動能增加

27、，由動能定理得：qU=12mv2-0，解得：v=2qUm；（2）帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qvB=mv2r ，解得：r=mvqB=1B2mUq，A、D兩點間的距離：L=2r=2B2mUq；16(1)2eUm(2)2LL2+d22mUe(3)L32meU【解析】根據動能定理求電子在加速電場中加速后獲得的速度；根據幾何關系求出電子在磁場中的半徑，根據洛倫茲力提供向心力求出磁感應強度；由幾何關系求出電子在磁場中偏轉的圓心角，根據t=2T求出電子在磁場中的運動時間；【詳解】解：(1)設電子在M、N兩板間經電場加速后獲得的速度為v，由動能定理得：12mv

28、2-0=eU解得：v=2eUm(2)電子進入磁場后做勻速圓周運動，設其半徑為r，則：evB=mv2r由幾何關系得：r2=(rL)2+d2聯立解得：B=2LL2+d22mUe(3) 由幾何關系得：r=2L電子在磁場的周期為：T=2rv由幾何關系得：AOP=60可得電子在磁場中的運動時間：t=2T=L32meU17（1）2A（2）0.6N【解析】（1）根據閉合電路歐姆定律，當滑動變阻器的電阻為R1=1時，電流I1=ER1+R0+r=61+1+1=2A （2）金屬棒受重力mg、安培力F和支持力FN如圖根據平衡條件可得，mgsin=F1cos又 F1=BI1l聯立上式，解得磁感應強度B=mgtanI1

29、l=0.210tan3720.5=1.5T當滑動變阻器的電阻為R2=4時，電流I2=ER2+R0+r=64+1+1A=1A又 F2=BI2l=1.510.5N=0.75Nmgsin=0.210sin37=1.2NmgsinF2cos，故金屬棒受到沿導軌平面向上的摩擦力Ff根據平衡條件可得，mgsin=F2cos+Ff聯立解得：Ff=mgsin-F2cos=0.210sin37-0.75cos37=0.6N【點睛】本題是通電導體在磁場中平衡問題，運用閉合電路歐姆定律和平衡條件求B是關鍵，再根據平衡條件求解摩擦力18（1）1.5A（2）0.30N，沿斜面向上（3）0.06N,沿斜面向下【解析】（1

30、）由歐姆定律得：I=ER0+r4.52.5+0.5A1.5A.（2）導體棒受到的安培力大小為：F=BIL=0.51.50.4N=0.3N，根據左手定則可知，安培力方向沿斜面向上；（3）假設導體棒受到的摩擦力沿導軌向上，導體棒受到的安培力沿導軌向上，則由平衡條件得：F+f=mgsin 得：f=mgsin-F=-0.06N，即摩擦力的方向沿斜面向下.19(1)r=2d (2)m=2Bdev (3)t=d3v 【解析】（1）電子在磁場中作勻速圓周運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為Bv，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點上，由幾何知識知，AB對應的圓心角 =30，由幾何知識可得：電子的軌跡半徑 r=dsin=2d；軌跡如圖； （2）又由qvB=mv2r，得：m=qBrv=2eBdv （3）AB弧的圓心角是30，則電子穿越磁場的時間為：t=360T=303602rv=d3v【點睛】本題考查了求磁感應強度、電子的運動時間，分析清楚電子運動過程、應用牛頓第二定律與周期公式即可正確解題，解題時要注意幾何知識的應用20（1）粒子離開加速器的速度大小為；（2）速度選擇器的電壓為B1d；（3）該帶電粒子荷質比的表達式為得：【解析】試題分析：（1）根據動能定理