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（河北专版）

A. 甲图为B衰变,乙图为:衰变 2024-2025学年度高三二轮复习专题卷(八) B. a为。粒子运动轨,:为③数子运动轨逐 物理·带电粒子在磁场中的圆周运动 C. 甲图中两个粒子环挠方向相同,乙圈中两个粒子环绕方内相 D. &轨迹粒子比占轨迹中的数子游量小,:轨这中的整子比&轨 乙 (侧重各类有界的磁场边界 中的粒子动基大 (考试时词75分钟,满分100分) 5. 如图所示,一个a粒子从1相上的P点以准度。沿与:成8一60的 方间射人第一象限内的匀引避场中,恰好叠直于y轴从A点射出第一象 一、选择题;本题共10小题,共46分,在每小题给出的四个选项中,第1-7题只有一项符合题目 要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对任 限,一个质子从生标原点0以速度1.给与;输成&一60的方庭射入第 不全的得3分,有选错的得0分。带·题目为能力提升题,分值不计入总分。 一象限,也拾好从A点射出第一象限。期.u.等干 A.3:1 1. 如图所示,质量为m的营电粒子。.仅在清伦数力作用下做半径为r的勺速 B.13 C.1 阅因运动,在&经过的勃迹上放置不帮电,质量为2的粒子ba与6发生 D.1.4 完全非弹性碰续融合为一个整体(不计质量和电荷量拟失),则该整体在敬 6. 如图所示,aod为边长为L的正方形,在四分之一a区域内有直干纸 。 场中匿展运劝的半径为 面向外的匀强欲场,酸感应漏度大小为B.一个质景为m,电荷量为a的带 B. A. C.r 正电粒子从合点沿加方鹤以初速度大小(未知)射人破,粒子仅能从正方 D.r 形d边(含(、两点)射出正方形区域,该粒子在磁场中运动时间为1.不计. 2. 如图所示,虚线两侧的匀强场I和II|均垂直于纸面向里,道场II的确盛 xxxxxxxxx 较子物重才:即 3m_ #_ 应强度是磁场1的磁感应强度的2倍,段量为I,电指量为:的带正电 A. x×××8× 4高 -B x)):×× 的粒子从虚线上P点沿与虚线成30角的方内以速度1。垂直题场方向射 l. t. C D. -1B. 人磁场I,从虚线上的Q点第一次进人滋场lI:一段时间后粒子再次经过 Q点.P点和Q点的距离为L.,不计粒子的重力,则磁场I的器感应强度大小和数子两次经过 7..如图听示,在理想的虚线过界内有酸现足大的匀强致场,,(段水, 0点的时司间高分别% _r. 14al. m2l be、ae段紧直,且ab-o一b。在新在内大量质子从a点垂直于ab以不 A ')。 B. .'。 刘速率射人磁场,不计质子问的框互作用和重力,则从边界2e垂直射出的..... 5m:14. .-. C B. “) 质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为 n A.,2 。 B. 3: 3. 如图所示,在睡形区减内有方向垂直于砥面向外的匀强磁场,大量电子以不间的速度从磁场 C. D. 36417 边缘的A点沿坚径方向射入磁场,不计电子的重力及其相作用力,这些电子在败场中运动 “如图所示,纸面内因定的两草行长直导线ab,(c中避有大小相同,方向相反的电。1 的过程中,下列说法正确的是 道,位于纸翻内两导线间P处(近)的整子源沿平行于b方向发射一速度为 A. 不词速率的电子在磁场中运劲轨迹半径相等 u.的带正电粒子,已舞通有电流为I的长直导线,在距离导线为,处产生的破 B. 这率越大的电子在成场中运对时间越长 场的醒感应强度为B一一.为常量,不计粒子重力,图中虚线到ao、cd的距离相等,则粒 C. 速率越大的电子速度偏转的角度越小 D. 速越大的电子向心加速度越小 子在导线问的运动轨迹可能正确的是 4. 静止在同一句强酸场中的两种放对性无素的原子核A、B,其中一个放出;粒子,另一个放出 粒子,运动方病都与磁场方向垂直。图中a、占与(、d分别表示各粒子的运动轨迹,下列说法 2 。 1 中正确是 B 物理B·考题(入)第1页[共:页 默地门辈 理B:考题1A]第:页(共8页 8. 如图所示,上方存在承直纸面向里的匀强磁场,两比荷之比为&.;&,一1!3的带正电粒子 二、非选择题;本题共5小题,共54分. A.8均由边上的0点以与边成a(\90)角料向右上方射入磁场,经过一段时间两粒 11.(8分)如图所示,真空区域有宽度为1.做感应强度为B的矩形勾强磁场,方向承直于纸面向 子分别从边上的;d两点射出,已知两粒子射入敬场的速度大小相等,a0e0.梦略粒 里,AMN.PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为。的带正电粒子(不计重力)沿着与MV实 子的重力以及粒子间的相互作用,则下列说法正确的是 角为9-30的方向垂直射入盈场中,图好垂直于PQ边界射出,并沿率径方向乘直进入园形 A. 数子A从:&射出 )))(:)) ,888:×) 敬场,阅形改场半径为L,方向直纸面向外,较子量异从望心0的正下方0点离开是 B. 粒子A,B在遗中运动的率径之比为3!! 场。求: C. 数子A.B在磁场中运动的速度偏转角之比为11 (1粒子射人滋场的准度的大小: D. 粒子A.B在砥场中运动的时间之比为1.1 (2阅形场的磁感应强度的大小 9. 较子物理研究中使用的一种球状探测接置的横面篇化模型如图所示,裁面内有圆形区 域,区域内有手直纸育内里的与强敬场,精戳面外握是探刚器:照形区城内切于外因,较子1. (3校子在左右两个磁场中的运动时间之比 2.先后没径疯从切点P射人独场,较子1没直线选过致场区减后打在探测器上的M点;粒子 2经融场偏特后打在探测器上的N点,装置内部为真空状态,餐略粒子重力及粒子间相互作 用力,下列说法正确的是 A 拉子1可为电子 B 粒子2带正电 C. 增大入射速度,粒子1可能打在探溪器上的Q点 D. 增大入射速度,粒子2在磁场内的运动时间变短 10. 如图所示,空间中有一虎角为60的等题形,上底与腰长均为1.,样形内部存在磁感应强度 大小为B,方病垂直纸面问外的匀强敬场,下座的中点e处有一数子源,耳以声上方好 意方沟封出流度大小可疫的电子,已铅电子的比荷为占,下列议法正确的是 . A. 若粒子可以到达a,则其最小速度为:B C. 若ab,边有粒子射出,听边一定有数子射出 D. 到达a点和到达d点的粒子一定具有相间的速来 ·在平喜直角生标系xOy中有如图所示的有界句强融场区战,融场上边界是以O(0,4d)点为图 心,半径为R-5的一段晃,圆晃与:较交于M(-3d,0)、N(3,0)两点,题场下近界是以 坐标原点0为圆心,半径为,一3的一段园落,现有一束登负电的粒子沿;勃负方向以速度 v.射入该破场区域。已知磁场方向垂直新面向外,破感应强度大小为8-.电粒子质量 ' 为m,电荷量大小为.不计数子重力及粒子间的相互作用,下列说法中正确的是 A. 正对0点人封的粒子离开场后不会过0点 B.若粒子流度变为2,正对0点人射的拉子离开跳场后一定过0点 。进 D. 所存入射粒子都一定过0点 理B.考题(A)第3页1共页 盖默地门卷 将理B.考题1入]第4页(共区页) 12. (8分)如图所示,M.N两板间存在电压为1.的加速电场,半径为R的图形区域内存在破 13.(10分)如图所示,纸面内的矩形abr区减内存在磁感应强度大小为B,方向叠直纸面向外 应强度为B.的匀强致场,展这置干圈形磁场区域有侧,屏中心P到明形致场区域题心0 的句强磁场,位干a处的数子器可以在纸证内沿da、de间的任一方向发射质量为w.电荷 的距离为2R.带电粒子从5点由静止进入M.N板词区域,经电场加速后进人圆形础场区 _名 量为〔q→o)、速率为20BL的粒子。已知矩形athrd的长为21.霓为1.,不计粒子重力,不考 ,在斑场作用下轨浇发生偏转,最终打在上的某点,测量该点到P点的配离,便能淋甘 图 出带电粒子的比荷,不计梦电粒子的重力. 虑毅子间的帽互作用,求 (1)若帮电粒子为电子,已知电子的电荷量为2.质量为m。,求电子经过电场加速后的速度大 (1D沿o方向发射的粮子射出破场时,迷度方病的情转角 小;及电子在壁场中运动的轨迹半径, (2)从:点封出的粒子在磁场中运动的时间 (2)若某种带电粒子通过电加速和题场偏转后,打在光展上的Q点,已短P点{0点的是 (3),边界上各自有粒子射冲的区间的长度 离为2、,求该电救子的比背. 喜村 。 理B.考题(A)第:页1共页 盖地门1 将理B.考题1入]第6页(共8页) 14. (12分)如图所示为有理想边界的匀强题场,感应强度B.一2×10T,磁场边界为直角三 15.(16分)如图所示,空间有垂直于纸面的匀强确场B.和B;.破感应强度大小均为0.1T,B 角形:AC-20cm:/C-叫./B一30:A点有一粒子流,沿AC方向封出不词速度的正 分在半径R-2m的圆形区域内,AMN为过其国心0的裂直线,B.分布在MN左例的半 电粒子,粒子的比荷为 一1×10”C/h,不计粒子的重力及粒子间的相耳作用,求 罔形区域外,磁场B.中有数子翻S.8与0的距离4-2m.且501MN,某时刻粒子落 (1)在敬场中运动时间最长耳速度最大的粒子,在强场运动的过程中与AB之间的最大距离 5沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电数子,每个粒子的所量u一2) (2在磁场中运动时间最长粒子的最大速度。 10^ .电夜量-1×10 C.速率x-1x10m.不计粒子敢力及粒子之间的相互 用,求: (1)数子在句强滋场B.中运确的非径; (2)能进人喝形区域的粒子数与总粒子数之比 (3)最终射出国形区基时凉度方间与30行的粒子在错中运动的是时刻 xx:::xx 高8xx× 理B.考题(A)第7页1共页 盖默地门 理B.考题1入]第8页(共8页)·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·