2023年高考物理（四海八荒易錯集）專題09磁場與帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動

PAGEPAGE23專題09磁場與帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動1.如圖1所示，平行放置在絕緣水平面上的長為l的直導(dǎo)線a和無限長的直導(dǎo)線b，分別通以方向相反，大小為Ia、Ib(Ia>Ib)的恒定電流時，b對a的作用力為F.當(dāng)在空間加一豎直向下(y軸的負方向)、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場時，導(dǎo)線a所受安培力恰好為零．那么以下說法正確的選項是()圖1A．電流Ib在導(dǎo)線a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿y軸的負方向B．所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝eq\f(F,Ial)C．導(dǎo)線a對b的作用力大于F，方向沿z軸的正方向D．電流Ia在導(dǎo)線b處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(F,Ial)，方向沿y軸的正方向2．(多項選擇)如圖2甲所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒．從t＝0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向．那么金屬棒()圖2A．一直向右移動B．速度隨時間周期性變化C．受到的安培力隨時間周期性變化D．受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功【答案】ABC【解析】根據(jù)題意得出v-t圖象如下圖，金屬棒一直向右運動，A正確．速度隨時間做周期性變化，B正確．據(jù)F安＝BIL及左手定那么可判定，F(xiàn)安大小不變，方向做周期性變化，那么C項正確．F安在前半周期做正功，后半周期做負功，那么D項錯．3.如圖3所示，xOy坐標(biāo)平面在豎直面內(nèi)，y軸正方向豎直向上，空間有垂直于xOy平面的勻強磁場(圖中未畫出)．一帶電小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示．以下說法中正確的選項是()圖3A．軌跡OAB可能為圓弧B．小球在整個運動過程中機械能增加C．小球在A點時受到的洛倫茲力與重力大小相等D．小球運動至最低點A時速度最大，且沿水平方向4．兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A．軌道半徑減小，角速度增大B．軌道半徑減小，角速度減小C．軌道半徑增大，角速度增大D．軌道半徑增大，角速度減小【答案】D【解析】分析軌道半徑：帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應(yīng)強度B減小，由公式r＝eq\f(mv,qB)可知，軌道半徑增大．分析角速度：由公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據(jù)ω＝eq\f(2π,T)知角速度減?。x項D正確．5.如圖6所示，帶有正電荷的A粒子和B粒子同時以同樣大小的速度(速度方向與邊界的夾角分別為30°、60°)從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點射入磁場，又恰好都不從另一邊界飛出，那么以下說法中正確的選項是()圖6A．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為1∶eq\r(3)B．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為3(2－eq\r(3))∶1C．A、B兩粒子的比荷之比是eq\r(3)∶1D．A、B兩粒子的比荷之比是1∶eq\r(3)6.一足夠長矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad寬為L，現(xiàn)從ad中點O垂直于磁場射入一帶電粒子，速度大小為v0，方向與ad邊夾角為α＝30°，如圖7所示，粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m(重力不計)．圖7(1)假設(shè)粒子帶負電且恰能從d點射出磁場，求v0的大??；(2)假設(shè)粒子帶正電，且粒子能從ab邊射出磁場，求v0的取值范圍及此范圍內(nèi)粒子在磁場中運動時間t的范圍．(2)假設(shè)粒子帶正電，那么沿逆時針方向偏轉(zhuǎn)，當(dāng)v0最大時，軌跡與cd相切，軌跡圓心為O2，半徑為r2，由幾何關(guān)系得r2－r2cos60°＝eq\f(L,2)解得r2＝L即vmax＝eq\f(qBr2,m)＝eq\f(qBL,m)當(dāng)v0最小時，軌跡與ab相切，軌跡圓心為O3，半徑為r3，由幾何關(guān)系可得r3＋r3sin30°＝eq\f(L,2)解得r3＝eq\f(L,3)那么vmin＝eq\f(qBr3,m)＝eq\f(qBL,3m)所以eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)粒子從ab邊射出磁場，當(dāng)速度為vmax時，速度偏轉(zhuǎn)角最小且為150°，故運動時間最短，有tmin＝eq\f(150°,360°)T＝eq\f(5πm,6Bq)速度為vmin時，速度偏轉(zhuǎn)角最大且為240°，因此運動時間最長，有tmax＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(4πm,3Bq)所以粒子的運動時間t的范圍是eq\f(5πm,6Bq)≤t<eq\f(4πm,3Bq).【答案】(1)eq\f(qBL,2m)(2)eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)eq\f(5πm,6Bq)≤t<eq\f(4πm,3Bq)7．如圖12所示，在第一象限內(nèi)有沿y軸負方向的電場強度大小為E的勻強電場．在第二象限中，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，圓形區(qū)域與x、y軸分別相切于A、C兩點．在A點正下方有一個粒子源P，P可以向x軸上方各個方向射出速度大小均為v0、質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子(重力不計，不計粒子間的相互作用)，其中沿y軸正向射出的帶電粒子剛好從C點垂直于y軸進入電場．圖12(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(2)求帶電粒子到達x軸時的橫坐標(biāo)范圍和帶電粒子到達x軸前運動時間的范圍；(3)如果將第一象限內(nèi)的電場方向改為沿x軸負方向，分析帶電粒子將從何處離開磁場，可以不寫出過程．(2)沿不同方向進入磁場的帶電粒子離開磁場時的速度大小均為v0，方向均平行于x軸，其臨界狀態(tài)為粒子從D點沿x軸正方向離開磁場分析粒子從D點離開磁場的情況，粒子在磁場中運動時間為t1＝eq\f(1,2)T，T＝eq\f(2πR,v0)，得t1＝eq\f(πR,v0)從D點平行于x軸運動至y軸的時間t2＝eq\f(R,v0)在第一象限內(nèi)運動過程中，粒子做類平拋運動，設(shè)運動時間為t3，那么x0＝v0t3,2R＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)，a＝eq\f(Eq,m)解得t3＝2eq\r(\f(mR,Eq))，x0＝2v0eq\r(\f(mR,Eq))那么t1＋t2＋t3＝eq\f(π＋1R,v0)＋2eq\r(\f(mR,Eq))帶電粒子到達x軸時的橫坐標(biāo)范圍為(0,2v0eq\r(\f(mR,Eq)))到達x軸前運動時間的范圍為(eq\f(R,v0)，eq\f(π＋1R,v0)＋2eq\r(\f(mR,Eq)))．(3)將第一象限內(nèi)的電場方向改為沿x軸負方向時，帶電粒子將從A點正上方的D點離開磁場．【答案】(1)eq\f(mv0,qR)(2)見解析(3)見解析8．如圖13所示，在第一象限有向下的勻強電場，在第四象限有垂直紙面向里的有界勻強磁場．在y軸上坐標(biāo)為(0，b)的M點，一質(zhì)量為m，電荷量為q的正點電荷(不計重力)，以垂直于y軸的初速度v0水平向右進入勻強電場．恰好從x軸上坐標(biāo)為(2b,0)的N點進入有界磁場．磁場位于y＝－0.8b和x＝4b和橫軸x、縱軸y所包圍的矩形區(qū)域內(nèi)．最終粒子從磁場右邊界離開．求：圖13(1)勻強電場的場強大小E；(2)磁感應(yīng)強度B的最大值；(3)磁感應(yīng)強度B最小值時，粒子能否從(4b，－0.8b)處射出？畫圖說明．(2)根據(jù)動能定理，設(shè)粒子進入磁場時的速度大小為v有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qEb代入E可得v＝eq\r(2)v0v與正x軸的夾角θ有cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(2),2)所以θ＝45°粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r)?B＝eq\f(mv,qr)＝eq\f(\r(2)mv0,qr)磁場越強，粒子運動的半徑越小，從右邊界射出的最小半徑即從磁場右上角(4b,0)處射出，由幾何關(guān)系得：rmin＝eq\f(4b－2b,2sinθ)＝eq\r(2)b可得Bmax＝eq\f(mv0,qb).(3)不能．如圖：【答案】(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qb)(2)eq\f(mv0,qb)(3)不能，見解析圖9．如圖14所示，質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子(不計重力)穿過復(fù)合場區(qū)所用時間為t，從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek，那么()圖14A．假設(shè)撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于tB．假設(shè)撤去電場E，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于tC．假設(shè)撤去磁場B，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于EkD．假設(shè)撤去電場E，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek【答案】C【解析】質(zhì)子進入復(fù)合場沿直線運動，那么質(zhì)子受到的電場力和洛倫茲力大小相等、方向相10.如圖15所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向．x>0的區(qū)域有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1；第三象限同時存在著垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B2，電場強度大小為E.x>0的區(qū)域固定一與x軸成θ＝30°角的絕緣細桿．一穿在細桿上的帶電小球a沿細桿勻速滑下，從N點恰能沿圓周軌道運動到x軸上的Q點，且速度方向垂直于x軸．Q點到坐標(biāo)原點O的距離為eq\f(3,2)l，重力加速度為g，B1＝7Eeq\r(\f(1,10πg(shù)l))，B2＝Eeq\r(\f(5π,6gl)).空氣阻力忽略不計．圖15(1)求帶電小球a的電性及其比荷eq\f(q,m)；(2)求帶電小球a與絕緣細桿的動摩擦因數(shù)μ；(3)當(dāng)帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點O為h＝eq\f(20πl(wèi),3)的P點(圖中未畫出)以某一初速度平拋一個不帶電的絕緣小球b，b球剛好運動到x軸時與向上運動的a球相碰，那么b球的初速度為多大？【解析】(1)由帶電小球a在第三象限內(nèi)做勻速圓周運動可得，帶電小球a帶正電，且mg＝qE，解得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E).(2)帶電小球a從N點運動到Q點的過程中，設(shè)運動半徑為R，有：qvB2＝meq\f(v2,R)由幾何關(guān)系有R＋Rsinθ＝eq\f(3,2)l聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(5πg(shù)l,6))帶電小球a在桿上勻速運動時，由平衡條件有mgsinθ＝μ(qvB1－mgcosθ)解得：μ＝eq\f(\r(3),4).【答案】(1)eq\f(g,E)(2)eq\f(\r(3),4)(3)eq\r(\f(147gl,160π))易錯起源1、磁場的性質(zhì)例1、(多項選擇)指南針是我國古代四大創(chuàng)造之一．關(guān)于指南針，以下說法正確的選項是()A．指南針可以僅具有一個磁極B．指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場C．指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾D．在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)【答案】BC【解析】指南針是一個小磁體，具有N、S兩個磁極，因為地磁場的作用，指南針的N極指向地理的北極，選項A錯誤，選項B正確．因為指南針本身是一個小磁體，所以會對附近的鐵塊產(chǎn)生力的作用，同時指南針也會受到反作用力，所以會受鐵塊干擾，選項C正確．在地磁場中，指南針南北指向，當(dāng)直導(dǎo)線在指南針正上方平行于指南針南北放置時，通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在指南針處是東西方向，所以會使指南針偏轉(zhuǎn)．正確選項為B、C.【變式探究】關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強磁場中所受的安培力，以下說法正確的選項是()A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導(dǎo)線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话搿久麕燑c睛】1．F＝BILsinα(α為B、I間的夾角)，高中只要求掌握α＝0°(不受安培力)和α＝90°兩種情況．(1)公式只適用于勻強磁場中的通電直導(dǎo)線或非勻強磁場中很短的通電導(dǎo)線．(2)當(dāng)I、B夾角為0°時F＝0.當(dāng)電流與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL.(3)L是有效長度．閉合的通電導(dǎo)線框在勻強磁場中受到的安培力F＝0.(4)安培力的方向利用左手定那么判斷．2．洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，即洛倫茲力永不做功．(2)僅電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．(3)用左手定那么判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方向．3．洛倫茲力的大小(1)v∥B時，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v＝0時，洛倫茲力F＝0.【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】(1)常見磁體磁場分布規(guī)律不清楚．(2)電流磁場的判斷方法及安培力(洛倫茲力)方向的判斷方法混淆．(3)公式F＝BIL及f＝qvB中各符號的意義及適用條件掌握不牢固．易錯起源2、帶電粒子在勻強磁場中的運動例2、(2022·全國甲卷T18)一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖4所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．假設(shè)粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，那么帶電粒子的比荷為()圖4A.eq\f(ω,3B) B.eq\f(ω,2B)C.eq\f(ω,B) D.eq\f(2ω,B)【變式探究】(2022·全國丙卷T18)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖5所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()圖5A.eq\f(mv,2qB) B.eq\f(\r(3)mv,qB)C.eq\f(2mv,qB) D.eq\f(4mv,qB)【名師點睛】“4點、6線、3角〞巧解帶電粒子在勻強磁場中的運動(1)4點：入射點B、出射點C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點O.(2)6線：圓弧兩端點所在的軌跡半徑r，入射速度直線和出射速度直線OB、OC，入射點與出射點的連線BC，圓心與兩條速度直線交點的連線AO.(3)3角：速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍．【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】1．高考考查特點高考在本考點的命題關(guān)注帶電粒子在有界磁場中運動的分析與計算，根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡，利用數(shù)學(xué)關(guān)系求解是常用方法．2．解題的常見誤區(qū)及提醒(1)對運動電荷的電性分析錯誤，而造成洛倫茲力方向的錯誤．(2)左、右手定那么混淆出現(xiàn)洛倫茲力方向錯誤．易錯起源3、帶電粒子在復(fù)合場中的運動例3、(2022·全國乙卷T15)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖10所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．假設(shè)某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖10A．11 B．12C．121 D．144【變式探究】如圖11所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為eq\f(3,5)R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域．假設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大?。畧D11再考慮粒子在電場中的運動．設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動．設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE＝ma ⑥粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學(xué)公式得r＝eq\f(1,2)at2 ⑦r＝vt ⑧式中t是粒子在電場中運動的時間．聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得E＝eq\f(14qRB2,5m). ⑨【答案】eq\f(14qRB2,5m)【名師點睛】1．高考考查特點本考點的高考命題主要考查帶電粒子“電偏轉(zhuǎn)〞、“磁偏轉(zhuǎn)〞問題，常會結(jié)合盤旋加速器、質(zhì)譜儀等背景命題．熟悉兩類偏轉(zhuǎn)方式的不同規(guī)律及不同處理方法是突破的關(guān)鍵．2．解題的常見誤區(qū)及提醒(1)電、磁偏轉(zhuǎn)類型混淆，規(guī)律不清，處理方法不當(dāng)．(2)組合場問題中不能分段畫出各自的軌跡，抓不住“過渡點〞的特點．(3)粒子是否受重力作用考慮不全．(4)疊加場中的疊加類型，運動情況判斷失誤．【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】組合場問題兩點技巧1．運動過程的分解方法(1)以“場〞的邊界將帶電粒子的運動過程分段；(2)分析每段運動帶電粒子的受力情況和初速度，判斷粒子的運動性質(zhì)；(3)建立聯(lián)系：前、后兩段運動的關(guān)聯(lián)為帶電粒子過關(guān)聯(lián)點時的速度；(4)分段求解：根據(jù)題設(shè)條件，選擇計算順序．2．周期性和對稱性的應(yīng)用相鄰場問題大多具有周期性和對稱性，解題時一是要充分利用其特點畫出帶電粒子的運動軌跡，以幫助理順物理過程；二是要注意周期性和對稱性對運動時間的影響．1.中國宋代科學(xué)家沈括在?夢溪筆談?中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，那么能指南，然常微偏東，不全南也．〞進一步研究說明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖19所示．結(jié)合上述材料，以下說法不正確的選項是()圖19A．地理南、北極與地磁場的南、北極不重合B．地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近C．地球外表任意位置的地磁場方向都與地面平行D．地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用【答案】C【解析】地球為一巨大的磁體，地磁場的南極、北極在地理上的北極和南極附近，兩極并不重合；且地球內(nèi)部也存在磁場，只有赤道上空磁場的方向才與地面平行；對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的速度方向與地磁場方向不會平行，一定受到地磁場力的作用，故C項說法不正確．2.如圖20所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，粒子在磁場中轉(zhuǎn)半個圓后打在P點，設(shè)OP＝x，能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()圖203.如圖21所示是盤旋加速器的工作原理圖，兩個半徑為R的中空半圓金屬盒D1、D2間窄縫寬為d，兩金屬電極間接有高頻電壓U，中心O處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子在兩盒間被電壓U加速，勻強磁場垂直兩盒面，粒子在磁場中做勻速圓周運動，令粒子在勻強磁場中運行的總時間為t，那么以下說法正確的選項是()圖21A．粒子的比荷eq\f(q,m)越小，時間t越大B．加速電壓U越大，時間t越大C．磁感應(yīng)強度B越大，時間t越大D．窄縫寬度d越大，時間t越大4．如圖22所示，空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，從P點平行直線MN射出的a、b兩個帶電粒子，從它們射出到第一次到達直線MN所用的時間相同，到達MN時速度方向與MN的夾角分別為60°和90°，不計粒子重力以及粒子間的相互作用力，那么兩粒子速度大小之比va∶vb為()圖22A．2∶1 B．3∶2C．4∶3 D.eq\r(2)∶eq\r(3)【答案】C【解析】兩粒子做圓周運動的軌跡如圖，設(shè)P點到MN的距離為L，由圖知b粒子的運動軌跡半徑為Rb＝L，對于a粒子有L＋Racos60°＝Ra，解得：Ra＝2L，即兩粒子的半徑之比為Ra∶Rb＝2∶1①，粒子做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，由題意知eq\f(1,6)·eq\f(2πma,qaB)＝eq\f(1,4)·eq\f(2πmb,qbB)，得兩粒子的比荷之比為eq\f(ma,qa)∶eq\f(mb,qb)＝3∶2②，粒子所受的洛倫茲力提供其所需的向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)③，聯(lián)立①②③得eq\f(va,vb)＝eq\f(4,3).5.兩平行的金屬板沿水平方向放置，極板上所帶電荷情況如圖23所示，且極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)將兩個質(zhì)量相等的帶電小球分別從P點沿水平方向射入極板間，兩小球均能沿直線穿過平行板，假設(shè)撤去磁場，仍將這兩個帶電小球分別保持原來的速度從P點沿水平方向射入極板間，那么兩個小球會分別落在A、B兩點，設(shè)落在A、B兩點的小球的帶電荷量分別為qA、qB，那么以下關(guān)于此過程的說法正確的選項是()圖23A．兩小球一定帶負電B．假設(shè)qA>qB，那么兩小球射入時的初速度一定有vA>vBC．假設(shè)qA>qB，那么兩小球射入時的動能一定有EkA<EkBD．撤去磁場后，兩個小球在極板間運動的加速度可能相等6．(2022·湖南十三校一聯(lián))如圖24所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，y軸豎直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，第Ⅳ象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場(圖中未畫出)．一帶電小球從x軸上的A點由靜止釋放，恰好從P點垂直于y軸進入第Ⅳ象限，然后做圓周運動，從Q點垂直于x軸進入第Ⅰ象限，Q點距O點的距離為d，重力加速度為g.根據(jù)以上信息，可以求出的物理量有()圖24A．磁感應(yīng)強度大小B．小球在第Ⅳ象限運動的時間C．電場強度的大小和方向D．圓周運動的速度大小【答案】BD【解析】由A到P點過程有mgd＝eq\f(1,2)mv2，那么小球做圓周運動的速度大小v＝eq\r(2gd)，選項D正確；小球在第Ⅳ象限運動的時間t＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πd,2v)＝eq\f(πd,2\r(2gd))，選項B正確；在第Ⅳ象限，小球做圓周運動，那么有mg＝qE，由于m、q未知，不能求電場強度的大小，由d＝eq\f(mv,qB)知，不能求磁感應(yīng)強度大小，選項A、C錯誤．7.如圖25所示，直角三角形ABC區(qū)域中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子(不計重力)從A點沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，那么()圖25A．從P點射出的粒子速度大B．從Q點射出的粒子速度大C．從Q點射出的粒子在磁場中運動的時間長D．兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長8.(名師原創(chuàng))如圖26所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強度是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強度的2倍，一帶電粒子在區(qū)域Ⅰ左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進入?yún)^(qū)域Ⅰ，發(fā)現(xiàn)粒子離開區(qū)域Ⅰ時速度方向改變了30°，然后進入?yún)^(qū)域Ⅱ，測得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間與區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運動時間相等，那么以下說法正確的選項是()圖26A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1B．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的角速度之比為2∶1C．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的圓心角之比為1∶2D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比為1∶19．如圖27所示，在矩形ABCD內(nèi)，對角線BD以上的區(qū)域存在平行于AD向下的勻強電場，對角線BD以下的區(qū)域存在垂直于紙面的勻強磁場(圖中未標(biāo)出)，其中AD邊長為L，AB邊長為eq\r(3)L，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子(不計重力)以初速度v0從A點沿AB方向進入電場，經(jīng)對角線BD某處垂直BD進入磁場．求：圖27(1)該粒子進入磁