訓(xùn)練十七 帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動-備戰(zhàn)2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)專題復(fù)習(xí)與訓(xùn)練解析版

訓(xùn)練十七帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動題型一帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動學(xué)問梳理1．圓心的確定方法(1)若已知粒子軌跡上的兩點(diǎn)的速度方向，分別確定兩點(diǎn)處洛倫茲力F的方向，其交點(diǎn)即為圓心，如圖甲．(2)若已知粒子運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)和其中某一點(diǎn)的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點(diǎn)即為圓心，如圖乙．(3)若已知粒子軌跡上某點(diǎn)速度方向，又能依據(jù)r＝eq\f(mv,qB)計(jì)算出軌跡半徑r，則在該點(diǎn)沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙．2．半徑的計(jì)算方法方法一由R＝eq\f(mv,qB)求得方法二連半徑構(gòu)出三角形，由數(shù)學(xué)方法解三角形或勾股定理求得例如：如圖甲，R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得常用到的幾何關(guān)系①粒子的偏轉(zhuǎn)角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，φ＝α.②弦切角等于弦所對應(yīng)圓心角一半，如圖乙，θ＝eq\f(1,2)α.3．時間的計(jì)算方法方法一利用圓心角、周期求得t＝eq\f(θ,2π)T方法二利用弧長、線速度求得t＝eq\f(l,v)考向1帶電粒子在直線邊界磁場中運(yùn)動學(xué)問梳理1．直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖所示)例1如圖所示，直線MN上方有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，電子1從磁場邊界上的a點(diǎn)垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點(diǎn)離開磁場．之后電子2也由a點(diǎn)沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場，則eq\f(t1,t2)為()A．3B．2C.eq\f(3,2)D.eq\f(2,3)答案A解析電子1、2在磁場中都做勻速圓周運(yùn)動，依據(jù)題意畫出兩電子的運(yùn)動軌跡，如圖所示，電子1垂直邊界射入磁場，從b點(diǎn)離開，則運(yùn)動了半個圓周，ab即為直徑，c點(diǎn)為圓心；電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場，依據(jù)半徑r＝eq\f(mv,Bq)可知，電子1和2的半徑相等，依據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運(yùn)動的時間t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，電子2運(yùn)動的時間t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正確，B、C、D錯誤．考向2帶電粒子在圓形邊界磁場中運(yùn)動學(xué)問梳理1．圓形邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性)(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示．(2)不沿徑向射入時，如圖乙所示．射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ.例2(多選)如圖所示，在圓形邊界的磁場區(qū)域，氕核eq\o\al(1,1)H和氘核eq\o\al(2,1)H先后從P點(diǎn)沿圓形邊界的直徑入射，從射入磁場到射出磁場，氕核eq\o\al(1,1)H和氘核eq\o\al(2,1)H的速度方向分別偏轉(zhuǎn)了60°和120°角，已知氕核eq\o\al(1,1)H在磁場中運(yùn)動的時間為t0，軌跡半徑為R，則()A．氘核eq\o\al(2,1)H在該磁場中運(yùn)動的時間為2t0B．氘核eq\o\al(2,1)H在該磁場中運(yùn)動的時間為4t0C．氘核eq\o\al(2,1)H在該磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為eq\f(1,2)RD．氘核eq\o\al(2,1)H在該磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為eq\f(1,3)R答案BD解析由題意，作出兩核在磁場中的運(yùn)動軌跡示意圖如圖所示，兩核在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，兩核在磁場中運(yùn)動時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)，eq\o\al(1,1)H和eq\o\al(2,1)H的比荷之比為2∶1，圓心角之比為1∶2，代入可得氘核eq\o\al(2,1)H在該磁場中運(yùn)動的時間為t′＝4t0，故A錯誤，B正確；設(shè)磁場圓半徑為r，氕核eq\o\al(1,1)H和氘核eq\o\al(2,1)H的軌跡圓圓心分別為O1、O2，分別從A點(diǎn)、C點(diǎn)射出磁場，氘核eq\o\al(2,1)H在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為R′，則對△PAB，由幾何關(guān)系可得R＝eq\r(3)r，對△O2OC，由幾何關(guān)系可得R′＝eq\f(1,\r(3))r，可得出R′＝eq\f(1,3)R，故C錯誤，D正確．考向3帶電粒子在平行邊界磁場中運(yùn)動學(xué)問梳理1．平行邊界(往往存在臨界條件，如圖所示)例3(多選)如圖所示，在坐標(biāo)系的y軸右側(cè)存在有抱負(fù)邊界的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場的寬度為d，磁場方向垂直于xOy平面對里．一個質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電粒子，從原點(diǎn)O射入磁場，速度方向與x軸正方向成30°角，粒子恰好不從右邊界射出，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸上的某點(diǎn)離開磁場．忽視粒子重力．關(guān)于該粒子在磁場中的運(yùn)動狀況，下列說法正確的是()A．它的軌跡半徑為eq\f(2,3)dB．它進(jìn)入磁場時的速度為eq\f(2qBd,3m)C．它在磁場中運(yùn)動的時間為eq\f(2πm,3qB)D．它的運(yùn)動軌跡與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為eq\r(3)d答案AB解析粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，r＋rsin30°＝d，解得粒子運(yùn)動軌跡半徑為r＝eq\f(2,3)d，故A正確；由qvB＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(2,3)d，聯(lián)立解得粒子進(jìn)入磁場時的速度為v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(2qBd,3m)，故B正確；T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，如圖由幾何關(guān)系知t＝eq\f(2,3)T，解得粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t＝eq\f(4πm,3qB)，故C錯誤；粒子運(yùn)動軌跡與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y＝－2rcos30°＝－eq\f(2\r(3),3)d，故D錯誤．考向4帶電粒子在多邊形邊界或角形區(qū)域磁場中運(yùn)動學(xué)問梳理1．在多邊形邊界或角形區(qū)域磁場帶電粒子在多邊形邊界或角形區(qū)域磁場運(yùn)動時，會有不同的臨界情景，解答該類問題主要把握以下兩點(diǎn)：(1)射入磁場的方式：①從某頂點(diǎn)射入；②從某邊上某點(diǎn)以某角度射入．(2)射出點(diǎn)的推斷：經(jīng)常會推斷是否會從某頂點(diǎn)射出．①當(dāng)α≤θ時，可以過兩磁場邊界的交點(diǎn)，放射點(diǎn)到兩磁場邊界的交點(diǎn)距離為d＝2Rsinα，如圖甲所示．②當(dāng)α>θ時，不能通過兩磁場邊界的交點(diǎn)，粒子的運(yùn)動軌跡會和另一個邊界相切，如圖乙所示．例4(多選)(2023·河北石家莊市模擬)如圖所示，△AOC為直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D為AC的中點(diǎn)．△AOC中存在垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在O點(diǎn)放置一粒子源，可以向各個方向放射質(zhì)量為m、電荷量為－q、速度大小均為v0＝eq\f(qBL,m)的粒子．不計(jì)粒子間的相互作用及重力作用，對于粒子進(jìn)入磁場后的運(yùn)動，下列說法正確的是()A．粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為LB．與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出C．在AC邊界上有粒子射出的區(qū)域長度為LD．全部從OA邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間相等答案ABC解析粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qv0B＝eq\f(mv02,r)，解得粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為r＝eq\f(mv0,Bq)＝L，故A正確；如圖甲所示，當(dāng)粒子恰好從A點(diǎn)射出時，依據(jù)幾何關(guān)系可得粒子與OC成60°角入射，所以與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出，故B正確；如圖乙所示，依據(jù)幾何關(guān)系可知沿OC方向入射的粒子將恰好從D點(diǎn)射出，結(jié)合上面B項(xiàng)分析可知AD為AC邊界上有粒子射出的區(qū)域，其長度為L，故C正確；全部粒子在磁場中運(yùn)動的周期均相同，設(shè)為T，設(shè)粒子在磁場運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)過的圓心角為α，則粒子運(yùn)動時間為t＝eq\f(α,2π)T，由于全部粒子的運(yùn)動軌跡為半徑相同的圓，從OA射出的粒子，其軌跡所截AO的長度不同，對應(yīng)轉(zhuǎn)過的圓心角不同，所以全部從OA邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間不等，故D錯誤．題型二帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的多解問題學(xué)問梳理帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態(tài)不確定、運(yùn)動的往復(fù)性造成帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的多解問題．(1)找出多解的緣由．(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能狀況．考向1磁場方向不確定形成多解例5(多選)如圖所示，A點(diǎn)的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負(fù)離子，離子的重力忽視不計(jì)．為把這束負(fù)離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強(qiáng)磁場．已知O、A兩點(diǎn)間的距離為s，負(fù)離子的比荷為eq\f(q,m)，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向可能是()A．B>eq\f(mv,3qs)，垂直紙面對里B．B>eq\f(mv,qs)，垂直紙面對里C．B>eq\f(mv,qs)，垂直紙面對外D．B>eq\f(3mv,qs)，垂直紙面對外答案BD解析當(dāng)磁場方向垂直紙面對里時，離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所示，切點(diǎn)為M，設(shè)軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可知sin30°＝eq\f(r1,s＋r1)，可得r1＝s，由r1＝eq\f(mv,B1q)可得B1＝eq\f(mv,qs)；當(dāng)磁場方向垂直紙面對外時，其臨界軌跡即圓弧與OP相切于N點(diǎn)，如圖乙所示，設(shè)軌跡半徑為r2，由幾何關(guān)系s＝eq\f(r2,sin30°)＋r2，得r2＝eq\f(s,3)，又r2＝eq\f(mv,qB2)，所以B2＝eq\f(3mv,qs)，綜合上述分析可知，選項(xiàng)B、D正確，A、C錯誤．考向2帶電粒子電性不確定形成多解例6(多選)如圖所示，在邊長為L的正方形PQMN區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面對外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在MN邊界放一剛性擋板，粒子遇到擋板則能夠以原速率彈回．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以某一速度垂直于磁場方向從P點(diǎn)射入磁場，恰好從Q點(diǎn)射出．下列說法正確的是()A．帶電粒子肯定帶負(fù)電荷B．帶電粒子的速度最小值為eq\f(qBL,4m)C．若帶電粒子與擋板碰撞，則受到擋板作用力的沖量大小為eq\f(5qBL,2)D．帶電粒子在磁場中運(yùn)動時間可能為eq\f(πm,3qB)答案CD解析若粒子帶正電，粒子與擋板MN碰撞后恰好從Q點(diǎn)射出，粒子運(yùn)動軌跡如圖甲所示，設(shè)軌跡半徑為r2，由幾何學(xué)問得L2＋(r2－0.5L)2＝r22，解得r2＝eq\f(5,4)L，依據(jù)牛頓其次定律得qv2B＝meq\f(v22,r2)，解得v2＝eq\f(5qBL,4m)，依據(jù)動量定理得I＝2mv2＝eq\f(5qBL,2)，故A錯誤，C正確；若粒子帶負(fù)電，則粒子的運(yùn)動軌跡如圖乙所示，粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r1＝eq\f(1,2)L，由牛頓其次定律得qv1B＝meq\f(v12,r1)，解得v1＝eq\f(qBL,2m)，此時半徑最小，速度也最小，故B錯誤；若粒子帶負(fù)電，粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為eq\f(π,3)時，粒子在磁場中的運(yùn)動時間為t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)，故D正確．考向3臨界狀態(tài)不確定形成多解例7(多選)(2022·湖北卷·8)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分布滿方向垂直于紙面對外的勻強(qiáng)磁場，另一部分布滿方向垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直．離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角．已知離子比荷為k，不計(jì)重力．若離子從P點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應(yīng)θ角的可能組合為()A.eq\f(1,3)kBL,0° B.eq\f(1,2)kBL,0°C．kBL,60° D．2kBL,60°答案BC解析若離子通過下部分磁場直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖，依據(jù)幾何關(guān)系則有R＝L，由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL，依據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角斜向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.當(dāng)離子在兩個磁場均運(yùn)動一次時，如圖，由于兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則依據(jù)對稱性有R＝eq\f(1,2)L，依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL，此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.通過以上分析可知當(dāng)離子從下部分磁場射出時，需滿足v＝eq\f(qBL,2n－1m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1,2,3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當(dāng)離子從上部分磁場射出時，需滿足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1,2,3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°，故B、C正確，A、D錯誤．強(qiáng)基固本練1．(多選)(2022·遼寧卷·8)粒子物理爭辯中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示．內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，外圓是探測器．兩個粒子先后從P點(diǎn)沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點(diǎn)．粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點(diǎn)．裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽視粒子重力及粒子間相互作用力．下列說法正確的是()A．粒子1可能為中子B．粒子2可能為電子C．若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1可能打在探測器上的Q點(diǎn)D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點(diǎn)答案AD解析由題圖可看出粒子1沒有偏轉(zhuǎn)，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子，A正確；粒子2向上偏轉(zhuǎn)，依據(jù)左手定則可知，粒子2應(yīng)當(dāng)帶正電，不行能為電子，B錯誤；由以上分析可知粒子1不帶電，則無論如何增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1都不會偏轉(zhuǎn)，C錯誤；粒子2在磁場中由洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知若增大粒子的入射速度，則粒子2做圓周運(yùn)動的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點(diǎn)，D正確．2.(多選)如圖所示，虛線MN上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一群電子以不同速率從邊界MN上的P點(diǎn)以相同的入射方向射入磁場．其中某一速率為v的電子從Q點(diǎn)射出邊界．已知電子入射方向與邊界MN的夾角為θ，則()A．該勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面對里B．全部電子在磁場中的軌跡半徑相等C．速率越大的電子在磁場中運(yùn)動時間越長D．在此過程中每個電子的速度方向都轉(zhuǎn)變2θ答案AD解析由左手定則可推斷，該勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面對里，A正確；由洛倫茲力供應(yīng)向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，整理得r＝eq\f(mv,qB)，電子的軌跡半徑與速度大小有關(guān)，速率不同，半徑不同，B錯誤；由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，電子在磁場中的運(yùn)動周期相同，由幾何關(guān)系可知，在此過程中每個電子的速度方向都轉(zhuǎn)變2θ，即軌跡圓心角為2θ，電子在磁場中的運(yùn)動時間t＝eq\f(2θ,2π)T，故不同速率的電子在磁場中的運(yùn)動時間都相同，C錯誤，D正確．3.(2023·黑龍江齊齊哈爾市模擬)如圖所示，虛線上方存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(具體方向未知)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一比荷為k的帶負(fù)電粒子從虛線上的M點(diǎn)垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)過一段時間，該粒子經(jīng)過N點(diǎn)(圖中未畫出)，速度方向與虛線平行向右，忽視粒子的重力．則下列說法正確的是()A．磁場的方向垂直紙面對外B．粒子從M運(yùn)動到N的時間為eq\f(π,6kB)C．假如N點(diǎn)到虛線的距離為L，則粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為2LD．假如N點(diǎn)到虛線的距離為L，則粒子射入磁場的速度大小為kBL答案C解析依據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，依據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面對里，故A錯誤；粒子從M運(yùn)動到N時速度方向轉(zhuǎn)變了60°，所以粒子在該段時間內(nèi)運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為α＝60°，則粒子從M到N運(yùn)動的時間為t＝eq\f(1,6)T，又粒子在磁場中的運(yùn)動周期為T＝eq\f(2πm,qB)，整理得t＝eq\f(π,3kB)，故B錯誤；假如N點(diǎn)到虛線的距離為L，依據(jù)幾何關(guān)系有cosα＝eq\f(R－L,R)，解得R＝2L，又R＝eq\f(mv,qB)，則v＝2kBL，故D錯誤，C正確．4.(多選)如圖所示，A粒子和B粒子先后以同樣大小的速度從寬度為d、方向垂直紙面對外的有界勻強(qiáng)磁場的邊界上的O點(diǎn)，分別以與邊界成37°和53°角的方向射入磁場，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，又都恰好垂直另一邊界飛出，若粒子重力不計(jì)，則下列說法中正確的是()A．A、B兩粒子均帶正電B．A、B兩粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑之比是4∶3C．A、B兩粒子比荷之比是4∶3D．A、B兩粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間之比是53∶37答案AC解析作出A粒子運(yùn)動軌跡如圖，依據(jù)左手定則可推斷粒子A帶正電，同理可知，B也帶正電，A正確；由幾何關(guān)系可得R＝eq\f(d,cosα)，所以A、B兩粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑之比eq\f(RA,RB)＝eq\f(cos53°,cos37°)＝eq\f(3,4)，B錯誤；依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，所以eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，則A、B兩粒子比荷之比eq\f(qA,mA)∶eq\f(qB,mB)＝eq\f(RB,RA)＝eq\f(4,3)，C正確；依據(jù)T＝eq\f(2πR,v)得，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間t＝eq\f(90°－α,2π)T＝eq\f(90°－αR,v)，所以eq\f(tA,tB)＝eq\f(53°RA,37°RB)＝eq\f(53,37)×eq\f(3,4)≠eq\f(53,37)，D錯誤．5．(多選)如圖所示的虛線框?yàn)橐徽叫螀^(qū)域，該區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子從a點(diǎn)沿與ab邊成30°角方向射入磁場，恰好從b點(diǎn)飛出磁場；另一帶電粒子以相同的速率從a點(diǎn)沿ad方向射入磁場后，從c點(diǎn)飛出磁場，不計(jì)重力，則兩帶電粒子的比荷之比及在磁場中的運(yùn)動時間之比分別為()A.eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶1 B.eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶1C．t1∶t2＝2∶3 D．t1∶t2＝1∶3答案AC解析兩粒子的運(yùn)動軌跡如圖，設(shè)正方形區(qū)域邊長為L，則從b點(diǎn)飛出的粒子的運(yùn)動軌跡半徑為r1＝L；從c點(diǎn)飛出的粒子的運(yùn)動軌跡半徑為r2＝L；依據(jù)qv0B＝meq\f(v02,r)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(v0,Br)，則eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶1，選項(xiàng)A正確，B錯誤．依據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)可知，兩粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期相同，兩粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度分別為60°和90°，依據(jù)t＝eq\f(θ,2π)T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，選項(xiàng)C正確，D錯誤．6.如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內(nèi)有垂直正方形平面對外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從b點(diǎn)沿ba方向射入磁場，粒子恰好能通過c點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力，則粒子的速度大小為()A.eq\f(qBL,m) B.eq\f(\r(2)qBL,2m)C.eq\f(\r(2)－1qBL,m) D.eq\f(\r(2)＋1qBL,m)答案C解析畫出粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡示意圖，依據(jù)幾何關(guān)系，射出磁場時的速度反向延長線通過a點(diǎn)，磁場的半徑為L，設(shè)粒子的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系得L＋r＝eq\r(2)L，由洛倫茲力供應(yīng)向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得v＝eq\f(\r(2)－1qBL,m)，故選C.7.(多選)如圖，在直角坐標(biāo)系第一象限中y軸與直線y＝x所夾范圍內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對里．一帶負(fù)電的粒子以速度v0自y軸上a點(diǎn)垂直射入磁場，一段時間后，該粒子垂直直線y＝x射出磁場，自x軸上b點(diǎn)(圖中未畫出)離開第一象限．已知Oa＝L，不計(jì)粒子重力．則下列推斷正確的是()A．粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為LB．b點(diǎn)的橫坐標(biāo)為eq\r(2)LC．粒子在第一象限磁場中的運(yùn)動時間為eq\f(πL,v0)D．粒子在第一象限的運(yùn)動時間為(eq\f(π,4)＋eq\r(2))eq\f(L,v0)答案AB解析粒子在第一象限的運(yùn)動軌跡如圖，在磁場中軌跡圓心為O點(diǎn)，所以R＝L，依據(jù)幾何關(guān)系Ob＝eq\r(2)L，粒子在磁場中的運(yùn)動時間t＝eq\f(\f(π,4)L,v0)＝eq\f(πL,4v0)，在第一象限運(yùn)動的路程s＝(eq\f(π,4)＋1)L，所以時間t總＝eq\f(s,v0)＝(eq\f(π,4)＋1)eq\f(L,v0)，故選A、B.8.如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.磁場邊界上A點(diǎn)有一粒子源，源源不斷地向磁場放射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力和粒子間的相互作用力不計(jì))，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr.則粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為()A.eq\f(π,kB)B.eq\f(π,2kB)C.eq\f(π,3kB)D.eq\f(π,4kB)答案C解析粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2kBr,Bk)＝2r；當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動時間最長時，其軌跡對應(yīng)的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為圓磁場的直徑2r，則圓心角最大為eq\f(π,3)，故t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)＝eq\f(π,3kB)，故選項(xiàng)C正確．9.(多選)(2021·海南卷·13)如圖，在平面直角坐標(biāo)系Oxy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P(0，eq\r(3)L)點(diǎn)，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為α(0≤α≤180°)．當(dāng)α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場．不計(jì)粒子的重力．則()A．粒子肯定帶正電B．當(dāng)α＝45°時，粒子也垂直x軸離開磁場C．粒子入射速率為eq\f(2\r(3)qBL,m)D．粒子離開磁場的位置到O點(diǎn)的最大距離為3eq\r(5)L答案ACD解析粒子垂直x軸離開磁場，依據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；當(dāng)α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運(yùn)動軌跡如圖甲，粒子運(yùn)動的半徑為r＝eq\f(\r(3)L,cos60°)＝2eq\r(3)L，洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子入射速率v＝eq\f(2\r(3)qBL,m)，C正確；若α＝45°，粒子運(yùn)動軌跡如圖乙，依據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，B錯誤；粒子離開磁場的位置到O點(diǎn)距離最遠(yuǎn)時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，運(yùn)動軌跡如圖丙，依據(jù)幾何關(guān)系可知(2r)2＝(eq\r(3)L)2＋xm2，解得xm＝3eq\r(5)L，D正確．10.(多選)速度均為v0的eq\o\al(3,1)H和eq\o\al(4,2)He的混合粒子流沿著與直徑ab夾角為α(α角未知)的方向垂直進(jìn)入圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域(未畫出)，一種粒子的出射方向恰與直徑ab平行向右，另一種粒子剛好從直徑的另一點(diǎn)b出射．已知元電荷為e，eq\o\al(3,1)H的質(zhì)量為3m，eq\o\al(4,2