课时素养评价1 安培力
A组 合格性考试练
1．一根容易发生形变的弹性导线两端固定，导线中通有电流，方向竖直向上．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右和垂直于纸面向外的匀强磁场时，如图所示描述导线状态的四个图示中正确的是( )
2．(多选)如图所示的四幅图中，导体棒的长度均为L，磁场的磁感应强度大小均为B，在各导体棒中通有相同的电流I.则下列选项正确的是( )
A．图甲中导体棒所受的安培力大小为BIL
B．图乙中导体棒所受的安培力大小为BIL
C．图丙中导体棒所受的安培力大小为BIL
D．图丁中导体棒所受的安培力大小为BIL
3．一段通电导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，导线上的电流方向由左向右，如图所示．在导线以其中心点为轴转动90°的过程中，导线受到的安培力( )
A．大小不变，方向不变
B．由零增大到最大，方向时刻改变
C．由最大减小到零，方向不变
D．由零增大到最大，方向不变
4．已知某市区地磁场的磁感应强度水平分量为B1，竖直分量为B2，市区南北走向的街道有一小段长度为L的地下电缆，通有电流大小为I、方向自南向北的电流，则此时这段地下电缆受到地磁场对它的安培力大小和方向分别为( )
A．IL，方向水平向东
B．B2IL，方向水平向西
C．B1IL，方向竖直向上
D．IL，方向竖直向下
5.
(多选)通电矩形导线框abcd与无限长直通电导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行．关于MN产生的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是( )
A．线框有两条边所受的安培力方向相同
B．线框有两条边所受的安培力大小相等
C．线框所受安培力的合力向左
D．线框将绕MN转动
6．重量相同、形状不同的导线中通有大小相同的电流，放在相同的磁场中，用细线悬吊着，在外力F作用下处于平衡状态．其中外力F最大的是( )
7．如图所示，A为一水平旋转的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的正电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向已在图中标出．当圆盘绕中心轴OO′按图示方向高速转动时，通电直导线所受安培力的方向是( )
A.竖直向上
B．竖直向下
C．水平向外
D．水平向里
8．(多选)如图所示，金属杆ab的质量为m，长为L，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成θ角斜向上，ab静止于水平导轨上，则( )
A．金属杆ab受到的安培力大小为BILsinθ
B．金属杆ab受到的安培力大小为BIL
C．金属杆ab受到的摩擦力大小为BILsinθ
D．金属杆ab对导轨的压力大小为BILcosθ
9．如图所示，一个边长为L的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中．若A、B两端与导线相连，由A到B通以如图所示方向的电流(由A点流入，从B点流出)，流过AB边的电流为I，则金属框受到的安培力大小和方向分别为( )
A.2BIL，竖直向下
B．BIL，竖直向上
C．BIL，竖直向上
D．BIL，竖直向下
10．如图所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内．某时刻，线圈中通过大小为I的电流，则此线圈所受安培力的大小为( )
A.BIL
B．nBIL
C．nBIL
D．nBIL
B组 选择性考试练
11.
如图所示，三根相互平行的长度为L的固定长直导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，均通有电流I.a中电流方向与c中的相同，与b中的相反．已知b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，则( )
A．b、c中电流在a导线处产生的合磁场的磁感应强度为0
B．b、c中电流在a导线处产生的合磁场的磁感应强度大小为2B0
C．a导线受到的安培力大小为B0IL
D．a导线受到的安培力大小为B0IL
12．如图所示是电子天平的原理简略示意图：秤盘上不放重物时弹簧处于压缩状态，弹簧的长度为l，此时外界通入线圈中的电流为0；重物放在秤盘上后，在安培力作用下弹簧长度恢复为l，可认为此时外界通入线圈的电流为I，数据处理系统可以根据I的大小计算出托盘上物体的质量M.已知线圈的匝数为N，磁极宽度为L，两极间的磁感应强度为B，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．电流从C端流入线圈，从D端流出
B．线圈所受的安培力方向向下
C．重物质量为M＝
D．在其他条件都不变的情况下，增加线圈的匝数，可以扩大电子天平的量程
13.如图所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置：一长方体绝缘容器内部高为L，厚为d，左右两管等高处装有两根完全相同的开口向上的管子a、b，上、下两端装有电极C(正极)和D(负极)并经开关S与电源连接，容器中注满能导电的液体，液体的密度为ρ；将容器置于一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当开关断开时，竖直管子a、b中的液面高度相同，开关S闭合后，a、b管中液面将出现高度差．若当开关S闭合后，a、b管中液面的高度差为h，电路中电流表的读数为I，重力加速度为g，求磁感应强度B的大小．
14．某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法，设计了一个简易的“电磁秤”．如图，两平行金属导轨CD、EF间距为L＝0.1m，与电动势为E0＝9V且内阻不计的电源、电流表(量程0～3A)、开关、滑动变阻器R(阻值范围为0～100Ω)相连，质量为M＝0.05kg、电阻为R0＝2Ω的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ＝30°角，垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行，跨过定滑轮后另一端接有秤盘，空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝5T，在秤盘中放入待测物体，闭合开关，调节滑动变阻器，当金属棒平衡时，通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量．已知秤盘中不放物体时，使金属棒静止时电流表读数为I0＝0.1A．其余电阻、摩擦以及轻绳质量不计，g取10m/s2.
(1)求秤盘的质量m0；
(2)求此“电磁秤”称量物体的最大质量及此时滑动变阻器接入电路的阻值；
(3)为了便于知道秤盘上物体质量m的大小，请在图中作出其与电流表读数关系的m I图像．
课时素养评价1 安培力
1．解析：用左手定则可判断出，A中导线所受安培力为零，B中导线所受安培力垂直于纸面向里，C、D中导线所受安培力向右，导线受力以后的弯曲方向应与受力方向一致，D正确，A、B、C错误．
答案：D
2．解析：题图甲中，因导体棒与磁场平行，所以安培力为零，A错误；题图乙中，导体棒与磁场垂直，则安培力的大小为F1＝BIL，B正确；题图丙中，导体棒与磁场垂直，则安培力的大小为F2＝BIL，C错误；题图丁中，导体棒与磁场成60°角，则安培力的大小为F3＝BILsin60°＝BIL，D正确．
答案：BD
3．解析：设电流与磁场的夹角为θ，导体棒受的安培力为F＝BIlsinθ，其中θ从0增大到90°，sinθ由0增加到1，故安培力由零逐渐增大；根据左手定则，安培力垂直于电流方向和磁场方向构成的平面，方向一直不变，A、B、C错误，D正确．
答案：D
4．解析：安培力大小为F＝B2IL，由左手定则可知，安培力方向水平向西，B正确．
答案：B
5．解析：通电矩形线框abcd在无限长直通电导线形成的磁场中，受到磁场力的作用，对于ad边和bc边，所在处磁场相同，但电流方向相反，所以ad边、bc边所受安培力大小相等，方向相反，即ad边和bc边所受合力为零．而对于ab和cd两条边，由于在磁场中，离长直导线的距离不同，ab边近而且由左手定则判断受力向左，cd边远而且由左手定则判断受力向右，所以ab边、cd边所受合力方向向左，故B、C正确．
答案：BC
6．解析：由左手定则可知，导线所受安培力方向向上，则F＝mg－F安＝mg－BIL，而在这四个图中，D图导线的等效长度L最短，安培力最小，外力F最大，故选D.
答案：D
7．解析：带正电圆盘如题图转动时，从上向下看，形成顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向下，根据左手定则，通电直导线所受安培力的方向水平向外，C正确．
答案：C
8.
解析：对金属杆受力分析，如图所示，
金属杆ab与磁场垂直，所受安培力为F＝BIL，A错误，B正确；根据受力图可知，金属杆ab受到的摩擦力大小为f＝BILsinθ，C正确；金属杆ab受到的支持力为N＝mg－BILcosθ，根据牛顿第三定律知，金属杆对导轨的压力为mg－BILcosθ，D错误．
答案：BC
9．解析：由题图可知，电流由A点流入，从B点流出，则有A→B和A→D→C→B的电流，而A→D→C→B的电流产生的安培力可等效成DC边受到的安培力，由于流过AB边的电流为I，根据电路并联特点可知，流过DC边的电流为I，因此金属框受到的安培力为BIL，根据左手定则，方向竖直向上，B正确．
答案：B
10．解析：安培力大小F＝nBI×L＝nBIL，D正确．
答案：D
11．解析：
导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，均通有电流I，b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，c中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小也为B0，b、c中电流在a导线处产生的磁场如图所示，根据几何关系可知其夹角为120°，合磁场的磁感应强度与一根导线在该处产生的磁场的磁感应强度大小相等，等于B0，则a导线受到的安培力大小为F＝B0IL，故选C.
答案：C
12．解析：秤盘和线圈向上恢复到未放重物时的位置并静止，说明安培力的方向向上，由左手定则即可判断出电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，电流由C流出，由D流入，A、B错误；两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，线圈匝数为N，左、右两侧受到的安培力相等，得Mg＝2NBIL，所以M＝，在其他条件都不变的情况下，当N增大时，M也随之增大，所以增加线圈的匝数，可以扩大电子天平的量程，C错误，D正确．
答案：D
13．解析：开关S闭合后，导电液体中有电流从C到D，由左手定则知导电液体受到向右的安培力F，在液体中产生附加压强p，这样，a、b管中液面就会出现高度差，在液体中产生的附加压强p＝＝＝＝ρgh，所以B＝.
答案：
14．解析：(1)对金属棒受力分析有T＝Mgsinθ＋BI0L
对秤盘受力分析有T＝m0g
解得m0＝0.03kg.
(2)当电路中电流最大时，此电磁秤称得最大质量，电路中最大电流即为电流表量程，即Ig＝
解得R＝1Ω
对金属棒及秤盘有Mgsinθ＋BIgL＝(m0＋mmax)g
解得mmax＝0.145kg.
(3)电流与所称物体质量的关系式为
Mgsinθ＋BIL＝(m0＋m)g
代入数据得m＝(I－0.005)kg(0
答案：(1)0.03kg (2)0.145kg 1Ω (3)图见解析课时素养评价2 安培力的应用
A组 合格性考试练
1．如图为一由干电池、铜线圈和钕磁铁组成的简易电动机，此装置中的铜线圈能从静止开始绕虚线OO′轴转动起来，那么( )
A．若磁铁上方为N极，从上往下看，线圈将顺时针旋转
B．若磁铁上方为S极，从上往下看，线圈将顺时针旋转
C．线圈匀速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能
D．线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能
2．发电机和电动机的发明使人类步入电气化时代，其中电动机工作依据的物理原理是( )
A．磁场对电流的作用
B．磁铁间的相互作用
C．电磁感应原理
D．库仑定律
3．电流计等磁电式电表是利用永久磁铁对通电线圈的作用原理制成的，其优点是灵敏度高．构造如图甲所示，圆柱形铁芯固定于U形磁铁两极间，其中磁场是均匀辐向分布，铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的铝框，铝框的转轴上装有指针和游丝(又称螺旋弹簧).下列说法中正确的是( )
A．图乙中当线圈通以如图所示电流，图中指针往左偏
B．线圈中电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也越大，线圈偏转的角度也越大
C．极靴和铁质圆柱之间磁场是匀强磁场
D．线圈无论转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，所以线圈不受安培力
4．某磁电式电流表结构如图甲所示，矩形线圈匝数为n，长边长度为l.矩形线圈放在均匀辐射状磁场中如图乙所示，两条长边经过的位置磁感应强度大小为B.当线圈长边中电流为I时，电流表指针偏转的角度为θ，则当电流表指针偏转的角度为2θ时，线圈一侧长边受到的安培力大小为( )
A．2nBIlB．nBIl
C．2BIlD．BIl
5.
如图所示，O为圆心，KN、LM是半径分别为ON、OM的同心圆弧，在O处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成如图KLMN所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，回路( )
A．将向左平动
B．将向右平动
C．将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动
D．KL边受到垂直纸面向外的力，MN边受到垂直纸面向里的力
6．如图所示，在条形磁体S极附近悬挂一个线圈，线圈与水平磁体位于同一平面内．当线圈中电流沿图示方向流动时，将会出现( )
A．线圈向磁体平移
B．线圈远离磁体平移
C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁体
D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁体
7．如图所示，水平桌面上有一根条形磁铁，把一根通电长直导线固定在条形磁铁的右上方，若在导线中通以如图所示方向的电流，则条形磁铁受到水平桌面给它的摩擦力方向应该是( )
A．无摩擦力
B．水平向左
C．水平向右
D．无法确定摩擦力方向
8．(多选)我国第一艘导电磁推进船HEMS 1的原理如图所示，强磁场方向竖直，在垂直于船身方向两边安装正负电极，电极都在海水里．当电源接通时海水中产生垂直于船体方向的强电流，推动船体运动，如果磁感应强度为5T(看作匀强磁场)，水通道宽0.5m，产生的推力为50N，则下图中船的运动方向和船上蓄电池中的电流分别为( )
A．船向左运动
B．船向右运动
C．蓄电池中的电流为20A
D．蓄电池中的电流为10A
9．如图所示为电磁轨道炮的工作原理图．质量为m＝4.0g的待发射弹体与水平轨道保持良好接触，并可在宽为d＝4m，长L＝50m的两平行轨道之间无摩擦滑动．电流I＝20A从一条轨道流入，通过弹体流回另一条轨道，用这种装置可以把弹体加速到5km/s.下列有关轨道间匀强磁场的磁感应强度大小和磁场力的最大功率分别是( )
A．B＝12.5T，Pm＝5×106W
B．B＝12.5T，Pm＝2.5×106W
C．B＝25T，Pm＝5×106W
D．B＝25T，Pm＝2.5×106W
10.
如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是( )
A．P顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变
B．P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变
C.P、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大
D．P不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变
B组 选择性考试练
11.(多选)如图甲为实验室里某型号磁电式电流表结构．矩形线圈匝数为n，电阻为R.矩形线圈处在均匀辐射状磁场中，如图乙所示，线圈左右两边所在之处的磁感应强度大小均为B.若线圈受到的安培力和螺旋弹簧的弹力达到平衡时，指针达到稳定．下列说法正确的是( )
A．如图甲所示，线圈顺时针转动过程中，穿过铝框的磁通量减少
B．在线圈转动范围内，线圈所受安培力大小与电流大小有关，而与所处位置无关
C．通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转角度就越大
D．更换劲度系数更小的螺旋弹簧，可以减小电流表的灵敏度(灵敏度即)
12.如图所示，水平放置的光滑的金属导轨M、N平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面夹角为α，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，定值电阻为R，其余部分电阻不计．当开关闭合的瞬间，棒ab的加速度为多大？
13．我国电磁炮发射技术世界领先，图为一款小型电磁炮的原理图，已知水平轨道宽d＝2m，长l＝100m，通以恒定电流I＝1×104A，轨道间匀强磁场的磁感应强度大小B＝10T，炮弹的质量m＝10kg，不计电磁感应带来的影响．
(1)若不计轨道摩擦和空气阻力，求电磁炮弹离开轨道时的速度大小；
(2)实际上炮弹在轨道上运动时会受到空气阻力和摩擦阻力，若其受到的阻力与速度的关系为f＝kv2，其中k为阻力系数，炮弹离开轨道前做匀速运动，炮弹离开轨道时的速度大小为v′＝500m/s，求阻力系数k的大小．
课时素养评价2 安培力的应用
1．解析：若磁铁上方为N极，线圈左边的电流是向下的，磁场是向左的，根据左手定则可知安培力是向内的，同理，线圈右边的电流也是向下的，磁场是向右的，根据左手定则可知安培力是向外的，故从上往下看，线圈将顺时针旋转，A正确；若磁铁上方为S极，根据A项的分析，易知，从上往下看，线圈将逆时针旋转，B错误；线圈匀速转动过程电池的化学能转化为线圈的动能和电路的焦耳热，C错误；线圈加速转动过程电池的化学能转化为线圈的动能和电路的焦耳热，D错误．
答案：A
2．解析：电动机依据的原理是磁场对电流产生的力的作用带动转子转动，A正确．
答案：A
3．解析：根据左手定则可知，图乙中当线圈通以如图所示电流，a所受安培力向上，b所受安培力向下，则图中指针往右偏，A错误；线圈中电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也越大，线圈偏转的角度也越大，B正确；匀强磁场的磁感线平行，而极靴和铁质圆柱之间磁感线呈辐向分布，不是匀强磁场，C错误；线圈平面跟磁感线平行，但导线a、b中电流的方向与磁场方向垂直，所以受安培力，D错误．
答案：B
4．解析：磁电式电流表偏转角度与通电电流成正比，当线圈长边中电流为I时，电流表指针偏转的角度为θ，则当电流表指针偏转的角度为2θ时，线圈长边中电流为2I，根据安培力公式可得，线圈一侧长边受到的安培力大小为F＝2nBIl，B、C、D错误，A正确．
答案：A
5．解析：因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆，磁感线与KN边、LM边平行，所以KN边、LM边均不受力．根据左手定则可得，KL边受到垂直纸面向外的力，MN边受到垂直纸面向里的力，D正确．
答案：D
6．解析：解法一：电流元法结合特殊位置法和等效法
线圈所在处的磁场向左，由左手定则可知线圈左侧受力向外，右侧受力向里，所以从上往下看，线圈逆时针转动，转过90°后将环形电流等效成小磁针，由安培定则知其N极向左，与条形磁体的关系为异名磁极相对，所以相互吸引．
解法二：等效法
将环形电流等效成小磁针，由安培定则知其N极向里，受到条形磁体作用后其N极要指向左侧且相互靠近．
答案：D
7．解析：以导线为研究对象，由左手定则判断可知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律可知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，C正确．
答案：C
8．解析：由左手定则可判断出水流受向左的安培力，向左运动，根据牛顿第三定律可知船受力向右，由F＝BIL得I＝＝20A，B、C正确．
答案：BC
9．解析：m＝4.0g＝0.004kg，通电弹体在磁场中受安培力的作用而加速，由功能关系得BIdL＝mv，代入数值解得B＝12.5T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入数值得Pm＝5×106W，A正确，B、C、D错误．
答案：A
10．解析：根据安培定则，P内部产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q内部产生的磁场水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，P将顺时针转动，Q将逆时针转动；转动后最靠近的两点处的电流方向相同，所以两个线圈相互吸引，P、Q间细线张力减小，整体分析受力知P与天花板连接的细线张力始终等于二者重力，不变，A正确，B、C、D错误．
答案：A
11．解析：如图甲所示，线圈顺时针转动过程中，穿过铝框的磁感线条数增多，磁通量增加，A错误；磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，又线圈左右两边所在之处的磁感应强度大小均相等，根据安培力的大小F＝BIL可知线圈所受安培力大小与电流大小有关，而与所处位置无关，线圈中的电流越大，线圈受到的安培力越大，电流表指针偏转的角度也越大，B、C正确；更换劲度系数更小的螺旋弹簧，电流变化量相等时，安培力变化量相等，但转动角度变化量增大，故灵敏度增大，D错误．
答案：BC
12．解析：画出导体棒ab受力的截面图，如图所示．
导体棒ab所受安培力F＝BId，
由牛顿第二定律得Fsinα＝ma，
由欧姆定律知，导体棒ab中的电流I＝，
解得a＝.
答案：
13．解析：(1)炮弹受到的合力等于安培力，则根据牛顿第二定律可得
F＝BId＝ma
由运动学公式可得v2＝2al
解得v＝＝2000m/s
(2)炮弹离开轨道前做匀速运动，则F＝f＝kv′2
解得k＝＝＝N·s2/m2＝0.8N·s2/m2.
答案：(1)2000m/s (2)0.8N·s2/m2课时素养评价3 洛伦兹力
A组 合格性考试练
1．如图是电子射线管的示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )
A．加一电场，电场方向沿y轴正方向
B．加一电场，电场方向沿z轴负方向
C．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
D．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
2．如图所示，两个带同种电荷的粒子a、b(不计重力)垂直射入匀强磁场．运动轨迹可能是( )
3．(多选)一个电荷量为q、质量为m、速度为v的带电粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则对它所受的洛伦兹力，下列说法正确的是( )
A．它所受的洛伦兹力大小一定为qvB
B．它所受的洛伦兹力大小有可能不是qvB
C．它所受的洛伦兹力的方向一定和v垂直
D．它所受的洛伦兹力的方向有时与v垂直，有时与v平行
4．(多选)一根通电直导线水平放置，通过直导线的电流方向如图所示．现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度开始运动，不考虑电子重力．关于接下来电子的运动，下列说法正确的是( )
A．电子将向上偏转
B．电子将向下偏转
C．电子运动的速率保持不变
D．电子运动的速率开始变大
5．如图所示，两个不计重力的带电粒子M和N，同时由小孔S垂直进入有界匀强磁场中，又同时飞出磁场，其运动轨迹如图中虚线所示．忽略两粒子间的相互影响，下列表述正确的是( )
A．M带正电荷，N带负电荷
B．M在磁场中的运动周期大于N在磁场中的运动周期
C．M的比荷等于N的比荷
D．M的速率小于N的速率
6．如图所示，MN的右侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，MN右侧到MN的距离为L的O处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，速度均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A．B．
C．D．
7．如图所示，从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中都含有大量的高能带电粒子，这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用，那么( )
A．宇宙射线受到地磁场施加的与运动方向相反的排斥力
B．垂直射向地球表面的带电粒子在两极处受磁场的偏转作用最强
C．带正电的离子垂直射向赤道时会向东偏转
D．带负电的离子垂直射向赤道时会向南偏转
8．如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子(不计重力)垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是( )
A．粒子带正电
B．粒子在b点的速率大于在a点的速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
9.
如图所示，理想边界OM与ON之间分布着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里，在∠MON的角平分线上有一粒子源S，OS之间的距离为d.粒子源S可向平行于纸面的各个方向发射大量带正电的同种粒子，粒子的质量为m，所带电荷量为q，所有粒子的初速度大小均为v＝，经过一段时间后有大量粒子从边界射出磁场．已知∠MON＝120°，不计粒子的重力及粒子间的相互作用．则从边界射出的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为( )
A．3∶2B．5∶2
C．7∶2D．9∶2
10.
一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A．B．
C．D．
B组 选择性考试练
11.一个质量为m、带电荷量为－q的滑环套在水平且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环向左的初速度v0，在以后的运动过程中滑环运动的速度图像可能是( )
12.如图所示，一个质量为m、电荷量为－q(q>0)、不计重力的带电粒子从x轴上的P(a，0)点以速度v沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)带电粒子穿过第一象限的时间．
13．如图所示，质量为m、电荷量为q的负离子，以速度v垂直于荧光屏S经过小孔O射入匀强磁场中，磁场方向与离子的运动方向垂直，磁感应强度的大小为B，处于真空中．
(1)离子打在荧光屏上的位置离O点的距离是多少？
(2)若离子进入磁场后经过一段时间到达P点，已知OP连线与入射方向的夹角为θ，求离子从O到P所经历的时间．
14．如图所示，小车A的质量M＝2kg，置于光滑水平面上，初速度为v0＝14m/s，带正电荷q＝0.2C的可视为质点的物体B，质量m＝0.1kg，轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感强度B＝0.5T，物体与小车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求：
(1)B物体的最大速度？
(2)小车A的最小速度？
(3)在此过程中系统增加的内能？(g＝10m/s2)
课时素养评价3 洛伦兹力
1．解析：加一电场，电场方向沿y轴正方向，电子受电场力沿y轴负方向，电子不会沿z轴向下偏转，A错误；加一电场，电场方向沿z轴负方向，电子受电场力沿z轴正方向，电子不会沿z轴向下偏转，B错误；加一磁场，磁场方向沿y轴正方向，由左手定则知电子受洛伦兹力的方向沿z轴负方向，电子沿z轴向下偏转，C正确；加一磁场，磁场方向沿z轴负方向，由左手定则知电子受洛伦兹力的方向沿y轴负方向，电子不会沿z轴向下偏转，D错误．
答案：C
2．解析：两个带同种电荷的粒子，在磁场中都会受洛伦兹力发生偏转且偏转方向相同，C正确．
答案：C
3．解析：带电粒子在磁场中运动时，受到的洛伦兹力F＝qvBsinθ，当运动的方向与磁场的方向垂直时，它所受的洛伦兹力大小一定为qvB，A正确，B错误；根据左手定则可知，洛伦兹力方向总是垂直磁场与运动速度的方向所构成的平面，C正确，D错误．
答案：AC
4．解析：水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断导线上方的磁场方向向里，导线下方的磁场方向向外，由左手定则判断可知，导线下方向右运动的电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子将向上偏转，并且洛伦兹力不做功，其速率v不变．综上所述，A、C正确．
答案：AC
5．解析：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，A错误；粒子在磁场中运动半周，即运动时间为周期的一半，所以两粒子运动周期相同，B错误；粒子在磁场中运动，运动周期为T＝，则比荷为＝，即在周期相同的情况下，两粒子的比荷相等，C正确；粒子在磁场中运动周期相等，而周期为T＝，由题图可知，M在磁场中的运动半径大于N的运动半径，所以M的速率大于N的速率，D错误．
答案：C
6．解析：由洛伦兹力提供向心力可得v＝，所以粒子在磁场中运动的半径为r＝＝L，粒子在磁场中运动时间最短，对应的弧长最短、弦长最短，由几何关系得，当弦长等于L时最短，此时弦切角为30°，圆心角为60°，如图所示，运动的最短时间是tmin＝T＝×＝，A、C、D错误，B正确．
答案：B
7．解析：宇宙射线受到地磁场施加的力与运动方向垂直，当宇宙射线的运动方向与磁感应强度方向平行时，不受洛伦兹力，A错误；若射向地球表面的带电粒子在两极处运动方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力，B错误；由左手定则可知，使拇指与四指垂直，并且与手掌处于同一个平面内，四指指向正电荷的运动方向，磁感线穿过手心，此时大拇指的方向指向东边，离子向东偏转，C正确；由左手定则可知，使拇指与四指垂直，并且与手掌处于同一个平面内，四指指向负电荷的运动方向的反方向，磁感线穿过手心，此时大拇指的方向指向西边，离子向西偏转，D错误．
答案：C
8．解析：由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则可知，粒子应带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点的速率与在a点的速率相等，B错误；由公式qvB＝m得r＝，所以磁感应强度减小，半径增大，粒子有可能从b点右侧射出，C正确；若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，D错误．
答案：C
9．解析：粒子在磁场中做圆周运动半径相等，qvB＝m，R＝＝d，根据t＝知从边界射出的粒子在磁场中运动的最长时间的弧长最长，与ON相切，见甲图
最短时间的弧长最短，弦最短，见乙图
甲图中粒子轨迹弧长对应圆心角为270°，乙图中有几何关系可知圆心角为60°，所以两种情况时间之比等于弧长之比，等于圆心角之比＝＝，故选D.
答案：D
10．解析：
定圆心、画轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，所需时间t＝T＝；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t＝＝，联立以上两式得＝，A正确．
答案：A
11．解析：由左手定则可知滑环所受洛伦兹力F洛＝qvB，方向竖直向下，滑环所受重力G＝mg，方向竖直向下，细杆对滑环的支持力N竖直向上，滑环所受滑动摩擦力f＝μN，方向水平向右，则滑环做减速运动，随速度v的减小F洛减小，则N逐渐减小，故滑动摩擦力f逐渐减小，故滑环的加速度a＝逐渐减小，即滑环做加速度逐渐减小的变减速运动，直至速度减为零，故选C.
答案：C
12．解析：(1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，如图所示．
由图中几何关系知Rcos30°＝a
解得R＝
由牛顿第二定律得Bqv＝m
则B＝＝.
(2)运动时间t＝·＝.
答案：(1) (2)
13．解析：(1)离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．设轨迹半径为r，作出其运动轨迹，如图所示，
由牛顿第二定律可得Bqv＝m
解得r＝
则离子打在荧光屏S上的位置与O点的距离为
d＝2r＝.
(2)当离子到位置P时，圆心角α＝2θ
离子运动的时间为t＝T，而周期T＝
联立以上三式得，离子从O到P运动的时间t＝.
答案：(1) (2)
14．解析：(1)对B物体，在竖直方向有qBv＋N＝mg
当N＝0时，摩擦力消失，此时B的速度最大，即vmax＝
代入数值得vmax＝10m/s
(2)A、B系统动量守恒，则有Mv0＝Mv＋mvmax
代入数据，解得v＝13.5m/s
即为A的最小速度；
(3)由能量守恒可得Q＝Mv－Mv2－mv
代入数据，解得Q＝8.75J.
答案：(1)10m/s (2)13.5m/s (3)8.75J课时素养评价4 洛伦兹力的应用
A组 合格性考试练
1．(多选)如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转(不计重力)则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是( )
A．该电场场强大小为Bv，方向向下
B．离子沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关
C．负离子以速度v从右向左水平射入时，不会发生偏转
D．负离子以速度v从左向右水平射入时，也不会发生偏转
2．如图所示，一段长方体金属导电材料，左右两端面的边长为a和b，内有带电量为－e的自由电子，已知该导电材料单位体积内自由电子数为n；导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，导电材料上、下表面之间的电势差U为( )
A．－B．
C．－D．
3．如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D形金属盒，两盒置于匀强磁场中，分别与高频电源相连．下列说法正确的有( )
A．粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D形盒的半径的增大而增大
B．粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大
C．粒子可以在回旋加速器中一直被加速
D．粒子从磁场中获得能量
4．(多选)如图所示为磁流体发电机的原理图，将等离子体沿A、B板间垂直磁场方向喷入，如果射入的等离子体速度均为v，两金属板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，负载电阻为R，等离子体充满两板间的空间，当发电机稳定发电时，电流表示数为I，则( )
A．上极板A带正电
B．两极板间的电动势为Bdv
C．回路中的总电阻为
D．板间等离子体的电阻率为
5.
(多选)回旋加速器由两个铜质D形盒构成，盒间留有缝隙，加高频电源，中间形成交变的电场，D形盒装在真空容器里，整个装置放在与盒面垂直的匀强磁场B中．若用回旋加速器加速质子，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．质子动能增大是由于洛伦兹力做功
B．质子动能增大是由于电场力做功
C．质子速度增大，在D形盒内运动的周期变大
D．质子速度增大，在D形盒内运动的周期不变
6．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C板间．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D.加速电场方向需要做周期性的变化
7．如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是( )
A．在Ek t图像中应有t4－t3
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积
8．质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理图如图所示．粒子源S产生的各种不同正粒子束(速度可视为零)，经MN间的加速电压U加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点．设P到S1的距离为x，则( )
A．若粒子束是同位素，则x越大对应的粒子质量越小
B．若粒子束是同位素，则x越大对应的粒子质量越大
C．只要x相同，对应的粒子质量一定相等
D．只要x相同，对应的粒子的电荷量一定相等
9．为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液粘滞情况，可以使用电磁流量计测量血管中血液的流速和流量．如图是电磁流量计测量血管中血液流速的示意图，下列说法正确的是( )
A．a端电势高于b端电势
B．血液越粘滞，ab端电势差越大
C．外加磁场越大，ab两端电势差越小
D．液体均可以使用电磁流量计测量流量
B组 选择性考试练
10.如图所示，在一个很小的矩形半导体薄片上，作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件．在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压UH.下列关于霍尔电压大小的说法正确的是( )
A．B越大则UH越大，与I的大小无关
B．I越大则UH越大，与B的大小无关
C．在电流I、磁场B一定时，薄片的厚度越大，则UH越大
D．在电流I、磁场B一定时，薄片的厚度越大，则UH越小
11．(多选)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M.若静电分析器通道中心线半径为R，通道内的均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E.由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于静电分析器的左边界，又垂直于磁场的方向射入磁场中，最终打到胶片上的某点．下列说法中正确的是( )
A．P、Q间加速电压为ER
B．离子在磁场中运动的半径为
C．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S点射出
D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷
12.质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2.今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动．求：
(1)粒子的速度v；
(2)速度选择器的电压U2；
(3)粒子在分离器磁场中做匀速圆周运动的半径R.
13．如图所示为回旋加速器的示意图．它由两个铝制D形金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上．在D1盒中心A处有一粒子源，它产生并发出的α粒子经狭缝电压加速后，进入D2盒中，在磁场力的作用下运动半个圆周后，再次经狭缝电压加速．为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致．如此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，以最大速度被导出．已知α粒子电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计，且α粒子从粒子源发出时的初速度为零．(不计α粒子重力)求：
(1)α粒子第1次由D1盒进入D2盒中时的速度大小；
(2)α粒子被加速后获得的最大动能Ek；
(3)符合条件的交变电压的周期T；
(4)粒子仍在盒中活动过程中，α粒子在第n次由D2盒进入D1盒的位置与紧接着第n＋1次由D2盒进入D1盒位置之间的距离Δx.
课时素养评价4 洛伦兹力的应用
1．解析：为使粒子不发生偏转，粒子所受到的电场力和洛伦兹力是平衡力，即qvB＝qE，所以电场强度大小与磁感应强度大小的关系为E＝vB，根据左手定则，得洛伦兹力方向向下，所以电场力必须向上，粒子带正电，故电场强度向上，A错误；设装置长度为L，则离子沿直线匀速穿过该装置的时间为t＝，时间与场强无关，B正确；负离子从右向左以速度v水平射入时，洛伦兹力和电场力的方向都向下，所以受力不再平衡，将发生偏转，C错误；负离子从左向右以速度v水平射入时，洛伦兹力向上，电场力向下，还是受力平衡，所以负离子不会发生偏转，D正确．
答案：BD
2．解析：根据题意，由左手定则可知，负电荷向上表面偏转，上表面带负电，下表面带正电，所以上表面比下表面电势低，最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡有evB＝e，由电流微观表达式有I＝neSv＝neabv，联立解得U＝－，A正确．
答案：A
3．解析：根据qvB＝m得，最大速度v＝，则最大动能Ekm＝mv2＝，最大动能随金属盒的半径以及磁感应强度的增大而增大，与加速的次数和加速电压的大小无关，A正确，B错误；粒子在加速器中加速到在磁场中的半径等于D形盒的半径时就不能再加速了，所以粒子在回旋加速器中不是一直被加速，C错误；粒子在磁场中受到洛伦兹力，其对粒子不做功，不能获得能量，D错误．
答案：A
4．解析：由左手定则可得下极板带正电，A错误；由洛伦兹力与电场力平衡可得qvB＝q，解得U＝Bdv，则两极板间的电动势为Bdv，B正确；回路中的电阻为R总＝＝，C正确；板间等离子体的电阻R1＝R总－R，由电阻定律有R1＝ρ，解得ρ＝，D错误．
答案：BC
5．解析：洛伦兹力始终与速度垂直，即洛伦兹力对粒子不做功，而电场力对粒子做功，即质子动能增大是由于电场力做功，A错误，B正确；由Bqv＝m，T＝，可以得到T＝，即周期与速度无关，C错误，D正确．
答案：BD
6．解析：带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速，A、D错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得r＝，所以P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据速度位移关系v2－v＝2ad，可知每转一圈，速度的变化量不等，且v3－v2
答案：C
7．解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ek t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，由粒子做圆周运动的半径r＝＝，可知Ek＝，即粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，B、C错误，D正确．
答案：D
8．解析：粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得：qU＝mv2，解得：v＝.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝，可得：r＝＝，所以：x＝2r＝；若粒子束是同位素，则q相同而m不同，x越大对应的粒子质量越大，A错误，B正确．由x＝可知，只要x相同，对应的粒子的比荷一定相等，粒子质量和电荷量不一定相等，C、D错误．
答案：B
9．解析：血液中正负离子向右流动的速度为v，根据左手定则，在洛伦兹力作用下，正离子向管道a的一侧集中，而负离子向管道b的一侧集中，两者之间形成电势差，则a端电势高于b端电势，A正确；当正负离子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，离子不再偏移，此时有稳定的电势差，形成一个匀强电场，对离子有qvB＝q，解得U＝vBd，血液越粘滞，v越小，ab端电势差越小，B错误；根据U＝vBd，外加磁场越大，ab两端电势差越大，故C错误；根据U＝vBd，得v＝.设在时间Δt内流进管道的血液体积为V，则流量Q＝＝，联立解得Q＝，若液体不含带电粒子，不可以使用电磁流量计测量流量，D错误．
答案：A
10．解析：设M、N间距离为d，薄片的厚度为x，当达到稳定状态，载流子受力平衡，满足q＝qvB，又有电流的微观表达式I＝nqvS＝nqv·dx，联立可得UH＝，与B、I均有关系，A、B错误；由上述分析可知，在电流I、磁场B一定时，薄片的厚度x越大，则UH越小，C错误，D正确．
答案：D
11．解析：离子在加速电场中加速，根据动能定理，有
qU＝mv2 ①，
电场中的偏转过程，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE＝m ②，
磁场中的偏转过程，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝m ③，
由①②解得U＝ER ④.
由②③解得r＝＝⑤，由④式可知，只要满足R＝，所有粒子都可以在弧形电场区通过；因r＝，故打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，A、D正确，B、C错误．
答案：AD
12．解析：(1)在电场中，粒子被加速电场加速，由动能定理有eU1＝mv2
解得粒子的速度v＝.
(2)在速度选择器中，粒子受的电场力和洛伦兹力大小相等，则有e＝evB1
解得速度选择器的电压U2＝B1dv＝B1d.
(3)在磁场中，粒子受洛伦兹力作用而做圆周运动，则有evB2＝
解得半径R＝＝.
答案：(1) (2)B1d (3)
13．解析：(1)设α粒子第一次被加速后进入D2盒中时的速度大小为v1，根据动能定理有
qU＝mv
解得v1＝.
(2)α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能．设此时的速度为v，有
qvB＝
解得v＝
设α粒子的最大动能为Ek，则Ek＝mv2
解得Ek＝.
(3)为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期(在狭缝的时间极短，忽略不计)，则交变电压的周期T＝＝.
(4)离子经电场第1次加速后，以速度v1进入D2盒，设轨道半径为r1，则r1＝＝
离子经第2次电场加速后，以速度v2进入D1盒，设轨道半径为r2，则r2＝＝
离子第n次由D1盒进入D2盒，离子已经过(2n－1)次电场加速，以速度v2n－1进入D2盒，由动能定理得
(2n－1)Uq＝mv
轨道半径rn＝＝
离子经第n＋1次由D1盒进入D2盒，离子已经过2n次电场加速，以速度v2n进入D1盒，由动能定理得
2nUq＝mv
轨道半径rn＋1＝＝
则Δx＝2(rn＋1－rn)(如图所示)
解得Δx＝(－).
答案：(1) (2) (3)
(4)(－)
