专题卷(八) 带电粒子在磁场中的圆周运动(侧重各类有界的磁场边界)-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（青海宁夏专版）

A甲图为月衰变，乙图为■衰雯 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（八） R山为▣粒子写动轨连，c为B粒子运动轨姿 物理·带电粒子在磁场中的圆周运动 C甲图中两个貌子环烧方向相同乙丽中两个粒子环能方向相反 D.丝，迹粒手比航迹中的散千动量小，轨迹中的粒予比d轨连 (侧重各类有界的磁场边界】 中的粒子动星大 (考试时句5分钟，调分100分》 5,如图所示，一个▣粒子从x抽上的P点以道度沿与x射成=G0的 方射人第一象限内的匀型查场中，恰好垂直于y轴从A点财出第一象 一、选择题：本题共10小题，共6分。在每小题地出的四个选项中，第1一7题只有一项特合题目 限。一个质子从生标氟点0以速度粉与云结成香=60的方向射人第 要求，每小题4分：第8一10墓有多原蒋合题日亚求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但 一单限，也给好从A点射出第一象限，别，·脚等于 不全的得3分，有这错的得0分。带·题日为能力漫升题，分值不计入总分 1.如图所示：质量为用的梦电粒子a,仅在洛伦签力作用下做半径为下的匀速×，米一× A.3:1 B.IE3 圆喝运动。在经注的物连上置不带电，质量为m的粒子与6发生，X×× C 4 1 D.114 完全非弹性碰缠磁合为一个整体（不计质量和电传量报失》，侧该整体在磁×一××、× &如园新示，kd为边长为L的玉方形.在四分之一暖a则区城内有垂直于纸，：：，， 而向外的匀强燕场：慰感位有度大小为日、一个质量为m,电衙量为年的带 场中酸阅周运动的半径为 正电粒子从6点沿加方鲜以初速度大小（未知》射人壁锈，粒子仅能从正方 A C.r D.8r 形d边（合e,d两点）射出正方那区城，该粒子在磁场中运动时间为，不计 2。如图所示，虚线两侧的匀强藏场1和川均垂直于纸面向黑，威场Ⅱ的蓝感×艾：× 散子的重力，期 空强生是酸场1的应强度的2信。度鞋为m,电餐鞋为，的带正电：组 的粒子从建线上P点沿与喝线成30角的方商以这度，垂直萄蜗方向射。”号： 人蓝场I,从虚线上的Q点第一发进人磁场Ⅱ：一段时间后粒子再次经过 C区，L≤BL ni-D4BL≤L Q点，P点和Q点的距离为上，不计粮子的重力，则酷场【的烂感应强度大小和粒子两次经过 7.如图所示，在理想的遽线边界内有葱足够大的匀强壁场，5d投本平，··· Q点的时可可扇分别为 A.o.lin. 五四，2L c,de段餐直，且h一d一。在条我内大量版子从a点系直于ab以不 qL'm 可速率射入磁场，不计看子间的相五作用和重力，则从边界：垂直射出的： c5we,145 D.wus 7aL. 质子与在磁场中运动时间最长的面子的惠率之比为 A.312 B.35113 3。如图所示，在属形区城内有方向乐直于纸南向外的匀强继场，大量电子以不同的速度从蓝括 C9:4 D.38417 边操的A点沿单轻方向射人蓝畅，不计电子约重力及其相互作用力，这些电子在藏扬中运动 ·如图所示，纸面内困定的两平行长直导规b,d中通有大小相同，方内相反的电。！ 韵过程中，下列说法正确的是 流，位于纸置内两导线间P址（靠近b)的较子算沿平行于b方向发射一魂度为 A。不可连率的电子在磁场中运动轨连半径相等 的带正电粒子。已每通有电谊为「的长直导线，在距离异线为？处产生的随 以速率域大的电子在威场中运对时同塘长 场的磁然应丝度为B一是点为帝量。不计粒子重力图中虚线到a心，的距离相等。则 速率越大的电子速度稀转的角度越小 D.速率塘大的电予向心如迷度鹅小 子在导线阀的巡动轨连可能正确的是 4.静止在司一匀强题场中的两种故射性无素的原子核A.B,其中一个放出轮子，另一个政出目 粒子，运动方向霜与磁场方向垂直。图中：，占与，d分别表示各枪子的运动转凌，下列说法 中正确的是 A B 智理B·专题卷(A)第1真（共真》 鱼餐地门型 物理目·专理卷（八】第多真（共g真） 8,如图所示，站上方存在重直纸而向里的匀强藏场，两比背之比为最，·，=113的带正电粒子 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 A,B均由u6边上的O点以与a6边成▣(a<90)角斜向右上方射人磁场，经过一段时可两粒 11,《8分)如图所示，真空区城有览度为上，蓝感皮所度为B的矩形匀强磁场，方向垂直于纸面向 子分别从a6边上韵c,d两点射出。已知两粒子射入赋场的速度大小相等，>O,忽略粒 里，MN,PQ是藏场的边界。质量为m、电背量为g的撞正电粒子（不计重力）沿着与N爽 子的重力以及粒子间的相互作用，网下列说法正确的是 角为甲一30的方向垂直射人壁场中，湘好垂直于PQ边界射出，并沿半轻方向重直进人园形 A粒子A从上点射出 ■茶器器×xx 磁场，图形磁场半径为L,方向垂直纸面向外，数子最后从到心O的正下方点离开威 弘散子A,B在随场中蹈动的率径之比为31 器×××个 场。求， C.胶子A,B在磁场中运动的速度偏转角之比为】·1 《1)粒子射人磁场的速度的大小： D.粒子A,B在壁场中运动的时间之比为1·1 《2)调形藏场的藏感应强度的大小： 9。乾子物理研究中使用的一种球状探测装置的横裁面前化模蛋如图所示，情营面内有圆形区 3》粒子在左右两个服板中的运动时间之比 域，区域内有承直纸直向里的匀丝意场，精馥面外帽是探测器：园形区域内切于外国。段子】， 2先后铅径向从切点P射人磁场，较子1铅直线通过题畅区城后打在探菌器上的M点：稳子 2经酸场楠转后打在探测器上的N点。装蟹内常为真空状态，氢路粒子重力及粒子间相互作 用力。下列说法正魂的是 A粒子I可能为电子 弘粒子2带正电 增大人财速发，粒子1可能打在探满卷上的Q点 D,增大入射违，粮子2在磁场内的运动时间变短 10,如图所示，空佩中有一成角为的等额梯形，上联与腰长均为上.，梯形内部存在磁5应属度 大小为B,方向垂直纸面向外的匀强做场，下账标的中点：处有一农予源，可以向c上方任 意方润财出速度大小可变的电子，已知电子的比而为太，下列说法正端的是 人若省子可以到达：点，明其黄小速度为停以 县者粒子可以弱达山边，测兆最小速度为L C.若ab.ad边有粒子射出，侧边一定有我千财出 D.到达正点和到达d点的粒子一定具有相国的索率 。在平面直角生标系Oy中有如图斯示的有界匀强磁场区城，磁扬上边界是以O'(0,4d)点为同 心，半径为R一5d的一段周死，周乳与x转交于M(一3,0).N(3d,0)两点，意场下边界是以 坐标复点O为圆心，半径为，=8（的一段阔第。观有一束梦集电的稳子带x结负方向以速度 ,射人该酸场区线。巴知藏场方向车直餐面向外，慧修成强度大水为日-密带电发子质量 为m,电背量大小为学，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法中正确的是 A.正对O点人射的粒子离开磁场后不会过O点 4 且若粒子遮度变为2，正对0点人射的粒子离开磁场后一定过0点 C粒子在酷场区城运功的最长时同为1 D.所将入射散子都一定过○点 物理用·专题格《人)第3页共页》 鱼餐地门整 物理目·专理卷（八】第4真（共真） 车收 12.《8分)如图所示，N,N两板同存在电压为U的加速电场，半径为R的周影区城内存在随感 13,《10分》如图所示，年面内的矩彩c区城内存在蓝眼应强度大小为H,方向無直纸面向外 应强度为B的匀强磁场，光尾放置于周据磁场区域右鳄，光屏中心P到则形磁场区域偶心○ 的匀强磁场。位于d处韵胶子都可以在纸正内沿da,d可的任一方向发射质量为规，电药 胜名 的鹿离为2成。带电粒子从S点由静止进人M,N板可区域，经电场如知速后进人周形融括区 量为g(g>0,魂率为20BL的粒子.已知矩形hd的长为2红复为L,不计起子重力，不考 城，在磁场作用下轨漆发生编转，最终打在允屏上的某点，测量该点到P点的距离，便德雅算 m 出：悟电粒子的比有，不计管电粒子的重力。 虚数子间的相互作用，求： 《1)若带电粒子为电子，已知电子的电衡量为？，质量为m。,求电子经过电场加速后的速度大 1)铅a方向发射的粮子时出磁场时，建度方向的偏韩角： 小题及电子在隐畅中运动的轨迹半径， 《2)从「点射出的粒子在随据中运动的时同： 《2)若某种花电粒子道过电括相速和题场国转后，打在光师上的Q点，已知P点到Q点的距 《3》ab,:边界上各自有粒子射出的区问的长度， 离为2，R,求该带电粒子的比背是 o 等慧老 1 234567*90 物理用·专题格(A】第F页共取页》 鱼纸地门整 物理用·专置意（八】第6真（纯真） 14,12分》如图所示为有理想边界的匀强随场，藏感应强度B,=2×10T,藏场边界为直角三 15:《16分》如图所示，空同有垂直于嫌面的匀强藏场B1和B1:篮感应强度大小均为.1T,B 角形，AC=0em,∠C=90°，∠B=30°。A点有一粒子源，沿AC方向射出不可违度的停正 分有在半径R=2m的圆形区域内，N为过其属心O的显直钱，B,分有在MN左侧的半 电粒子，粒子的比背为是-=1X1矿/kg,不计粒子的重力及粒子间的互作用，求： 周形区城外。磁场B:中有粮子聊S,8与O的距离d一2言m,且SO⊥MN,某时刻粒子源 S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一非相同的带正电规子，每个粒子的质量网一2× 《1》在磁播中运动时间量长率度最大的粒子，在造场运动的过程中与AB之间的量最大距离 10kg,电传量双-1×10手C,速率香一1×1心m/.不计粒子重力及粒子之闻的相互作 ()在磁场中运动时间极长粒子的最大室度 用，求： {1)散子在匀强磁场B:中运角的半径： (2)能进人圆形区城的粒子数与总粒子数之比： (3》最终射出调形区城时藻度方向与O早的粒子在题渐中露动的总时司。 xx室第 x至黑x 室至置置然×N 物理n·专题格(A】第T页共取页} 鱼纸地门整 物理目·专理卷（八】第展真（共g真）·物理· 参考答案及解析 (2)因41=0.2，：2=0，即木板与轨道GH之间没有摩擦，而滑块与木板之间存在摩擦，把滑块 与木板看成一个系统，其动量守恒，要满足滑块始终不脱离木板，滑块最终必定与木板共速，则 有mv=(m十M)v共， 设滑块以的速度滑上木板，并在木板上最终滑行x距离时与木板共速，此过程能量守恒， 1 2mv=aimgx+2(m+M)v 滑块滑上木板时的动能最大为E一2m,解得E=m七M M mgx, 当x=2l时，滑块在木板上的动能最大值Ekm=4.8J,此时o=4√2m/s>2m/s, 即滑块能够滑上木板，其机械能为7.2J<8J。 (3)由题意滑块恰好能够滑上轨道EF,有v。=√gR, 滑块刚滑上木板时v。=2/s,因为41=0，a2=0.1,木板与地面之间存在摩擦，而滑块与木板 之间没有摩擦，滑块与挡板第1次碰撞时动量守恒，有mw=mw1十M2, 由能量守恒定律有2m6-moi+2Mo, 1 3 解得滑块速度v,=2=1m/s,木板速度v,=2。=3ms, 经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。故摩擦力对木板做的功W=0- M= 2 0-2×0.1×32J=0.453 物理（八） 1.C【解析】碰撞前，粒子a做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得g四，B=m,解得轨迹 半径为，-B,碰撞过程根据动量守恒可得m心，=M0,由洛伦兹力提供向心力可得如B M。巴，解得轨迹半径为r'=B=B=r,故选C。 2.B【解析】粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子在磁场I 01 中运动的半径为r=,由洛伦兹力提供向心力得，B,=m,解得 '60 0 B,=心，磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场I的磁感应强度的2倍，所以粒 250 Q 子在磁场Ⅱ中运动的半径为：=之L,粒子在磁场1中运动的周期为 T,-2-2xL,粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为T,2”- 二，两次经过Q点时的间间隔为 1=1X6T,+2X5 1 =2,故B正确。 U。 3.C【解析】设电子的轨迹半径为R,圆形磁场区域的半径为r,轨迹圆心角为0，偏转角度为B,由 洛伦兹力提供向心力得B=mR可得Rg可知口越大，则R越大：电子的周期为了一 ·31· 高三二轮复习专题卷 01 馆，可知周期与运动速度大小无关，运动时间为1工，其中m多尺所 以v越大，则R越大，0越小，t越小，偏转角度B越小，故A、B错误，C正确；向R 心加速度为a=F-B,则口越大，向心加速度a越大，故D错误。 mm 4.C【解析】放射性元素放出a粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相 同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆，两个粒子做圆周运动环 绕方向相同；而放射性元素放出3粒子时，3粒子与反冲核的速度相反，且电性相反，则两个粒子 受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，两个粒子做圆周运动环绕方向相反。故 甲图放出的是α粒子，乙图放出的是3粒子，故A错误，C正确：放射性元素放出粒子时，两带电 粒子的动量守恒，故a轨迹中粒子与b轨迹中的粒子动量大小相等，方向相反：c轨迹中粒子与d 轨迹中的粒子动量大小相等，方向相反。由半径公式尺-B可得，轨迹半径与动量成正比，与电 荷量成反比，而α粒子和3粒子的电荷量比反神核的电荷量小，则α粒子和3粒子的半径比反神 核的半径都大，故b为α粒子的运动轨迹，为3粒子的运动轨迹，故 个××××X B、D错误。 ××× 5.B【解析】画出粒子运动轨迹如图所示，根据几何可知a粒子(He) B× 运动的半径满足r1+r1sin30°=OA,质子(H)运动的半径为r2=0、 ××日 OA,根据洛伦兹力提供向心力有qmB=m”,解得”= U2 3 0×× 0 P 6。D【解析】粒子在磁场中做圆周运动的周期T-2”,洛伦兹力提供向心力gB=m 一，得T= 2”,如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆 、。 gB 3 p 周运动的圆心角为0，= ，所用时间为1，一2 T 2πm3π =2元× ,如果粒子 0 从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆心角为2，所用时间 个 为td一2示 2 、2rmm 2入”=，所以粒子运动时间L满足4。B≤【≤2B·故AB猜误：如果粒子 从￠点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度的反向延 长线通过a点，磁场的边长为L,设粒子的轨道半径为r,由几何关系得L十r=2L,由洛伦兹力 提供向心力得mB=m”,联立解得口=2-一1gBL,如果粒子从d点射出，画出粒子在隘场中 运动的轨迹示意图，根据几何关系得，=L,由洛伦兹力提供向心力得4B=m”,联立解得口 gBL,粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以2-1)gBL≤≤BL,C 2 n 错误，D正确。 7.B【解析】画出质子的运动轨迹，如图所示，设bc长度为2L,则ab=cd=3L,从边界de垂直射 出的质子，运动轨迹如图中1所示，圆心为O1,由几何关系可知R,=ab十cd=6L,当质子过c点 ·32· ·物理· 参考答案及解析 时，质子运动轨迹对应的圆心角最大，在磁场中的运动时间最长，运动轨迹 如图中2所示，圆心为O2,设半径为R,则有(3L一R)2+(2L)=R,可 得R:=是，由如B=m只可得。=R.所以从边界止垂直射出的质于 与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为w1:v2=R,:R2=36:13。 *C【解析】根据安培定则可知，两导线中的电流在导线间任一点产生的磁场 方向均相同，设两导线间的距离为d,距离αb导线为x处磁场的磁感应强度 B=1〔+)，当：号时B最个，带电粒子作聪场中运动过程中速度大小不 解得轨迹的曲率半径一g,即在虚线附近曲率半径较大，室 径较小，可能正确的是C 8.BC【解析】作出粒子A、B在磁场中运动的轨迹图，如图所示，根据quB=m R,解得粒子在蓝场中运动的半径R-侣B结合已知条件，可知粒子A B的轨迹半径之比为3：1，则粒子B从c点射出，故A错误，B正确：由几何 知识可知，粒子A、B在磁场中运动的速度偏转角均为0=2π一2a,故C正确： a d 根据qwB=m 4π2R 个2，可知T一2π”=2工，可知粒子A、B在磁场中运动的周期之比为3：1，由？ -2x一2aT=元二8T,可知，粒子A、B在磁场中运动的时间之比为3：1，故D错误。 2x 9.BD【解析】根据题意，由图可知，粒子1在磁场中不偏转，粒子1不带电，粒子2在磁场中受向 上的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子2带正电，故A错误，B正确：由以上分析可知粒子1不带 电，则无论如何增大速度，粒子1都不会偏转，故C错误：粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力， 有4如B=m,可得，一B可知，若增大粒子人射速度，粒子2偏转半径变大，根据题意，设粒子 的偏转角为，由公式T可得粒子在磁场中的运动时间为1·工一咖 一B,由题图可知，粒子 2偏转半径变大，则在磁场中的偏转角0变小，故粒子2在磁场中运动的时间变短，故D正确。 10.AB【解析】当粒子到达a点，速度刚好水平时，此时速度最小，轨迹如 图甲所示，根据几何关系2r,0s30=L,解得，-L,根据洛伦兹力提供 向心力如，B=m联立可得-kBL,放A正确：粒子与b边界相切 时，速度最小时的轨迹如图乙所示，根据几何关系2r=Lsin60°，解得r2= 气1，根据洛伦数力提供向心力0，B=m,联立可得 3 kBL,故B 正确：粒子要到达ad边，速度最小的临界条件为其圆周运动的轨迹与ad 边相切，如图丙所示，由洛伦兹力提供向心力可知，B=m,由几何关 系知2r:=Lsim60,解得，= kBL,粒子要到达dc边，速度最小的临 4 界条件为其圆周运动的轨迹与d:边相切，如图丁所示，由洛伦兹力提供 ·33· 高三二轮复习专题卷 向心力可得，B=可，由几何关系知，r,=,上 tan60,解得，= 3 kBL. 49 即从dc边临界速度更大，当粒子速度小于dc边射出的临界速度，但大 于ad、ab边临界速度时，ab、ad边有粒子射出，但dc边没有粒子射出， 故C错误；由A项分析可知到达a点粒子的最小速度，但粒子从a点射 出磁场不一定是最小速度，d点同理，故D错误。 :CD【解折】粒子在磁场中酸匀速圆周运动，根据B=,可知粒子在磁场中的轨迹半径R, =4d,正对O'的粒子，圆心恰好在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图甲所示，根据几何关 系可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，A错误：若粒子速度变为2。，粒子在磁场中 的轨迹半径R,=8d,正对O'点入射的粒子离开磁场后，由图可知，一定不过O点，B错误：由于所 有粒子沿水平方向射人磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为4d,所有 圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d,O'平移到O点位置，即所有粒子进入磁场后做圆 周运动的圆心到O点距离均为5d,如图乙所示，由几何关系可知，进入无磁场区域后，所有粒子速 度方向都指向O点，因此所有粒子都过O点，D正确：由D选项可知，从最上方进入的粒子，在磁 场中偏转角度最大，运动的时间最长，如图丙所示，该粒子在磁场中旋转了143°，因此运动的时间t =143°.2x·4d_143xd 360°1 45u0 C正确。 4 甲 丙 11.(1)28gBL (2) 2 3m 3B(3)43 9 【解析】(1)画出轨迹图如图所示， 在矩形磁场区域，根据几何关系L=Rc0s0,解得R=2 3L, 由洛伦兹力提供向心力得gmB=m R,解得o=23gBL ---X- 3m (2)粒子在圆形磁场区域内运动时，由几何关系可知，轨迹半径为L, 由洛伦兹力提供向心力得gB'=m ,解得B'-2 3B. Q (3)粒子在左侧磁场中运动，周期T=2xR_2xm v Bg 由几何关系可知，轨迹所对圆心角为a=60°， 则粒子在左侧磁场中的运动时间，=”T,粒子在圆形磁场中运动时，T'_, 2元 B'q 轨迹所对圆心角为月=90，则粒子在圆形磁场中的运动时间，=。是T, 2π 解得粒子在左右两个磁场中的运动时间之比==4， 4BT=9 ·34· ·物理· 参考答案及解析 2eUo 2m Uo 2U 12.(1) (2) B 3B2R* 2eUo 【解析】1)电子在电场中加速，根据动能定理，有U。=2mv2一0，解得v= 0 电子在磁场中做匀速圆周运动有B=m,,,解得r 1 2mUo B e 0 (2)带电粒子从S点到达Q点的运动轨迹如图所示， M U N X 由几何关系可得0=60°，则a= 2 =30°， R 2U. 因ama类比有r√2 ,解得9= m3B2R2 13.(1)30 (2)xn 3gB (3)(23-2)L (W/4W3-3-1)L 【解析】(1)带电粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律有qB=m R 解得R=2L,粒子运动轨迹如图甲所示， 设沿da方向发射出的粒子，在磁场中做圆周运动的圆心角是a,由几何 母 关系知s如a=》 由几何关系可知粒子射出磁场时速度方向的偏转角0=30°。 1 (2)从c点射出磁场的粒子，轨迹如图乙所示，由几何关系知si3 2 弧dc对应的圆心角为23，粒子在磁场中做圆周运动的周期为T= 2πm qB· 所以，粒子从d到c的时间为1=T,解得1=m 2π 3qB (3)临界轨迹如图丙所示，当粒子的运动迹与ab边界相切时，从b边界 的h点射出磁场，则eg为ab边界上有粒子射出的区间，hc为bc边界上有 粒子射出的区间，由几何关系知cos9=),df=ag=Rsin9,ae=ab be-ab-Rcos ag-ag-ae-df-de.sin y-2L.df R ∠，hc=Rcos y-L, 解得hc=(√43-3-1)Leg=(23-2)L。 14.(1)0.1m(2)4×103m/s 丙 【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力可得qB=m ,可得r= 2 9B' 粒子在磁场运动的周期为T=2=2xm gB· 可知当粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中的 运动时间最长：对于在磁场中运动时间最长且速度最大的粒子，轨迹 如图所示，粒子的轨迹刚好与BC边相切，根据几何关系可得rm AC=0.2m, ·35· 高三二轮复习专题卷 粒子在磁场运动的过程中与AB之间的最大距离为d=OF一OD=r。二7.sin30°=号 0.1m. (2)根据rm= m可知在磁场中运动时间最长粒子的最大速度为。-Br=4X10m。 gB 15.a)2m(2号(3)8×10s 【解析】（1)根据洛伦兹力提供向心力有mB-m四，解得，= ×××××××:M =2m。×xDxBx×× gB ×*×ě？ (2)当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时，如图甲所示，根据几何关系可知 ×x××经B:· d+r”=(R+r)2,故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入B2 区域，因此能够进入B:区域的粒子数与发射的总粒子数之比为2 ×X××Xx ××××××! (3)利用反向思维可知，若粒子能平行于S)射出，其必然经过圆形区域 &××米kxxN 最低点，轨迹如图乙所示， 甲 则其在B,区域运动的时间为1，=2T-吧 1 gB' 在B,区城运动的时间为1：=T-阳 3gB' 故总时间为1=t1十1：= 4rm_8π 3gB 3 10-3s。 物理（九】 1.D【解析】当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流沿直线通过该区域，有qvB=qE,所 以E=B,假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，电场方向应向上，N极接电源正极，同理， 如果粒子带负电，也是V极接电源正极。 2.B【解析】根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到向右的洛伦兹力作用，根据左手定则可 知，粒子带正电，故A错误：根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据几何关系可 知，粒子做圆周运动的半径为尺，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为2，根据洛伦兹力提供向 心力有0，B=加皮所以g-跟，故B正确：根据题意可知，粒子从C点进入电扬之后，先向右 做减速运动，再向左做加速运动，再次到达C点时，速度的大小仍为。，再次进入磁场，运动轨迹 如图所示，粒子在磁场中的运动时间为1。-)-R,故C错误：粒子在电场 M 2 vo 「中，根据牛顿第三定律有Eg=ma·解得a二”=B尺，结合对称性可得，粒 子在电场中运动的总时同为1。-公-2放D错误。 A 3.D【解析】粒子带正电，在磁分析器中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动且打在Q点，由 左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外，A错误：带电粒子在静电分析器中做匀速 圆周运动，由粒子所受辐向电场的电场力提供向心力，因此在静电分析器中粒子所受辐向电场的 电场力不是零，B错误：设粒子在静电分析器中的速度大小为v,由牛顿第二定律可得qE=m ·36·