2024高考物理一轮复习第九章磁场第2讲磁吃运动电荷的作用学案+作业含解析新人教版

PAGE22-第2讲磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力的大小和方向1．定义：磁场对运动电荷的作用力．2．大小(1)v∥B时，F＝0；(2)v⊥B时，F＝qvB；(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsinθ.3．方向(1)判定方法：应用左手定则，留意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于B、v确定的平面．(留意B和v可以有随意夹角)4．做功：洛伦兹力不做功．自测1带电荷量为＋q的不同粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是()A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．假如把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向肯定与电荷速度方向垂直，磁场方向肯定与电荷运动方向垂直D．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案B二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．2．若v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做匀速圆周运动．3．基本公式(1)向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)；(2)轨道半径公式：r＝eq\f(mv,Bq)；(3)周期公式：T＝eq\f(2πm,qB).留意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．自测2在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电荷量为2e的α粒子和质量为m2、带电荷量为e的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发觉两种粒子沿半径相同的圆轨道运动．则α粒子与β粒子的动能之比是()A.eq\f(m1,m2)B.eq\f(m2,m1)C.eq\f(m1,4m2)D.eq\f(4m2,m1)答案D解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，依据牛顿其次定律，有：qvB＝meq\f(v2,r)，动能为：Ek＝eq\f(1,2)mv2，联立可得：Ek＝eq\f(q2r2B2,2m)，由题意知α粒子和β粒子所带电荷量之比为2∶1，故α粒子和β粒子的动能之比为：eq\f(Ekα,Ekβ)＝eq\f(\f(q\o\al(12),m1),\f(q\o\al(22),m2))＝eq\f(4m2,m1)，故D正确．1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则推断洛伦兹力的方向，留意区分正、负电荷．(2)运动电荷在磁场中不肯定受洛伦兹力作用．(3)洛伦兹力肯定不做功．2．与安培力的联系及区分(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．3．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系F⊥B，F⊥vF∥E做功状况任何状况下都不做功可能做功，也可能不做功例1(多选)(2024·甘肃兰州市第一次诊断)质量为m、带电荷量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图1所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面对里的水平匀强磁场中．现给小球一个水平向右的初速度v0使其起先运动，重力加速度为g，不计空气阻力，则对小球从起先到最终稳定的过程中，下列说法正确的是()图1A．肯定做减速运动B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是0C．最终稳定时的速度肯定是eq\f(mg,qB)D．最终稳定时的速度可能是0答案BD解析对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能存在的弹力和摩擦力．若qv0B>mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和水平向左的摩擦力，且qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，可知加速度a＝eq\f(μqvB－mg,m)，方向向左，故小球先做加速度减小的减速运动，最终匀速，匀速运动时的速度v＝eq\f(mg,qB)；若qv0B＝mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，二力平衡，小球做匀速运动，速度v＝v0＝eq\f(mg,qB)；若qv0B<mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向上的弹力和水平向左的摩擦力，且mg＝qvB＋FN，μFN＝ma，解得小球的加速度a＝eq\f(μmg－qvB,m)，方向向左，则小球做加速度增大的减速运动，最终静止．综上，A、C错误，B、D正确．变式1(多选)(2024·福建泉州市期末质量检查)如图2所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面对里的匀强磁场中．t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图象可能是()图2答案ACD解析设初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满意mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A正确；若mg>μBqv0，则物块起先有向下的加速度，由a＝eq\f(mg－μBqv,m)可知，随速度增加，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最终达到匀速状态，选项D正确；若mg<μBqv0，则物块起先有向上的加速度，做减速运动，由a＝eq\f(μBqv－mg,m)可知，随速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最终达到匀速状态，则选项C正确．基本思路图例说明圆心的确定①与速度方向垂直的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P、M点速度垂线交点P点速度垂线与弦的垂直平分线交点某点的速度垂线与切点法线的交点半径的确定利用平面几何学问求半径常用解三角形法：例：(左图)R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)运动时间的确定利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(L,v)(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α模型1直线边界磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图3所示)图3图a中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)图b中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)图c中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)例2(2024·湖北宜昌市四月调研)如图4所示，直线MN上方有垂直纸面对里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则eq\f(t1,t2)为()图4A．3B．2C.eq\f(3,2)D.eq\f(2,3)答案A解析电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，依据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示：电子1垂直边界射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，依据半径r＝eq\f(mv,Bq)可知，电子1和2的半径相等，依据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，电子2运动的时间t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正确，B、C、D错误．模型2平行边界磁场图5平行边界存在临界条件，图5a中粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(θm,Bq)，t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)图b中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θm,Bq)图c中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)图d中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)例3(多选)(2024·辽宁沈阳市第一次质检)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点动身，同时到达B点，如图6所示，则()图6A．a粒子带正电，b粒子带负电B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1答案BD解析由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示故Ra＝eq\f(\f(1,2)d,sin30°)＝d，Rb＝eq\f(\f(1,2)d,sin60°)＝eq\f(\r(3),3)d，所以，Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1，故B正确；由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，ta＝eq\f(Ta,6)＝tb＝eq\f(Tb,3)，则Ta∶Tb＝2∶1，再依据洛伦兹力供应向心力可得：Bvq＝eq\f(mv2,R)，所以，运动周期为：T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)；依据a、b粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确．模型3圆形边界磁场沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图7所示)图7粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(R,tanθ)粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)θ＋α＝90°例4(2024·安徽宣城市其次次模拟)如图8，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．有多数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的eq\f(1,3).将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的eq\f(1,4)，则eq\f(B2,B1)等于()图8A.eq\f(\r(6),2)B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(4,3)D.eq\f(3,4)答案A解析设圆的半径为r，磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，∠POM＝120°，设粒子做圆周运动的半径为R，则有sin60°＝eq\f(R,r)，解得R＝eq\f(\r(3),2)r；磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图乙所示，∠PON＝90°，设粒子做圆周运动的半径为R′，则有R′＝eq\f(\r(2),2)r，由带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝eq\f(mv,qB)，由于v、m、q相等，则得eq\f(B2,B1)＝eq\f(R,R′)＝eq\f(\f(\r(3),2)r,\f(\r(2),2)r)＝eq\f(\r(6),2)，故选项A正确，B、C、D错误．模型4三角形或四边形边界磁场例5(2024·全国卷Ⅱ·17)如图9，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子放射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向放射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()图9A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝eq\f(l,4)，由洛伦兹力供应向心力，有evaB＝meq\f(v\o\al(a2),ra)，又eq\f(e,m)＝k，解得va＝eq\f(kBl,4)；电子从d点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有req\o\al(d2)＝l2＋(rd－eq\f(l,2))2，解得：rd＝eq\f(5l,4)，由洛伦兹力供应向心力，有evdB＝meq\f(v\o\al(d2),rd)，又eq\f(e,m)＝k，解得vd＝eq\f(5kBl,4)，选项B正确．变式2(2024·山东省试验中学其次次模拟)如图10所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面对外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为()图10A.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(2\r(2)qBL,m) B.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(5qBL,m)C.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(\r(2)＋1qBL,m) D.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(5qBL,2m)答案C解析依据洛伦兹力充当向心力可知，v＝eq\f(Bqr,m)，因此半径越大，速度越大；依据几何关系可知，使粒子轨迹与AD边相切时速度最大，如图，则有AO′·sin45°＝O′E，即(R＋L)sin45°＝R，解得满意题目要求的最大半径为R＝(eq\r(2)＋1)L，故最大速度为v1＝eq\f(\r(2)＋1qBL,m)；当粒子从C点出射时，满意题目要求的半径最小，为r2＝eq\f(L,2)，故最小速度应为v2＝eq\f(qBL,2m)，则v的取值范围为eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(\r(2)＋1qBL,m)，故C正确，A、B、D错误．

类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度大小，而未详细指出磁感应强度方向，此时必需要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面对里，其轨迹为a，若B垂直纸面对外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例6(2024·河南郑州市其次次质量预料)如图11所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4N/C.三角形区域内有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面对外、磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷eq\f(q,m)＝108C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后干脆垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3.求：图11(1)磁感应强度B1的大小；(2)粒子从O点动身，到再次回到O点经验的时间；(3)若仅变更B2的大小，当B2满意什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点(若粒子经过A点马上被汲取)．答案(1)eq\f(2,3)×10－5T(2)2.85×10－2s(3)eq\f(4k＋2,3)×10－5T(k＝0,1,2,3…)解析(1)粒子在电场中加速，则由动能定理得：Eqx＝eq\f(1,2)mv2解得v＝400m/s带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．由几何关系可知R1＝eq\f(L,2)＝0.6m由qvB1＝meq\f(v2,R1)代入数据得B1＝eq\f(2,3)×10－5T(2)由题可知B2＝3B1＝2×10－5T又qvB2＝meq\f(v2,R2)则R2＝eq\f(R1,3)＝0.2m粒子在由O→C过程中做匀加速直线运动，则x＝eq\f(1,2)vt1得到t1＝0.01s粒子在磁场B1中的周期为T1＝eq\f(2πm,qB1)则在磁场B1中的运动时间为t2＝eq\f(1,3)T1＝3×10－3s在磁场B2中的周期为T2＝eq\f(2πm,qB2)在磁场B2中的运动时间为t3＝eq\f(180°＋300°＋180°,360°)T2＝5.5×10－3s则粒子在复合场中运动的总时间为：t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2s(3)设挡板外磁场变为B2′，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有qvB2′＝meq\f(v2,r)依据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满意条件eq\f(L,2)＝(2k＋1)r，其中k＝0,1,2,3…解得B2′＝eq\f(4k＋2,3)×10－5T(k＝0,1,2,3…)．即满意B2＝B2′＝eq\f(4k＋2,3)×10－5T(k＝0,1,2,3…)时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点．变式3如图12甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中心各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变更如图乙所示．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变更的周期都为T0，不考虑由于磁场变更而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：图12(1)磁感应强度B0的大小．(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．答案(1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)解析设垂直于纸面对里的磁场方向为正方向．(1)正离子射入磁场，洛伦兹力供应向心力B0qv0＝eq\f(mv\o\al(02),R)做匀速圆周运动的周期T0＝eq\f(2πR,v0)由以上两式得磁感应强度B0＝eq\f(2πm,qT0)(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R＝eq\f(d,4)；当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3，…)．联立求解，得正离子的速度的可能值为v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)1．下列说法正确的是()A．运动电荷在磁感应强度不为0的地方，肯定受到洛伦兹力的作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度肯定为0C．洛伦兹力既不能变更带电粒子的动能，也不能变更带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子总不做功答案D2．(2024·安徽安庆市期末调研监测)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A．线速度大小减小，角速度减小B．向心加速度大小变小，周期变小C．轨道半径增大，洛伦兹力大小增大D．轨道半径增大，角速度减小答案D解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律有：qvB＝meq\f(v2,r)解得：r＝eq\f(mv,qB)从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，B减小，所以r增大．线速度、角速度的关系为：v＝ωr，由于洛伦兹力不做功，所以线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，由公式F洛＝qvB可知，洛伦兹力变小，由公式an＝eq\f(v2,r)可知，由于半径增大，所以向心加速度大小减小，由公式T＝eq\f(2π,ω)可知，由于角速度减小，所以周期变大．3.如图1所示，长直导线ab旁边有一带正电荷的小球用绝缘丝线悬挂在M点．当ab中通以由b→a的恒定电流时，下列说法正确的是()图1A．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面对里B．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面对外C．小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方D．小球不受磁场力作用答案D4.如图2所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间．此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是()图2A．向左 B．向右C．垂直纸面对里 D．垂直纸面对外答案D5.(多选)(2024·云南玉溪一中第五次调研)如图3所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充溢了垂直于纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场．一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°.当该电荷离开磁场时，速度方向刚好变更了180°.不计电荷的重力，下列说法正确的是()图3A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B．该点电荷的比荷为eq\f(2v0,BR)C．该点电荷在磁场中的运动时间为eq\f(πR,2v0)D．该点电荷在磁场中的运动时间为eq\f(πR,3v0)答案BC解析由题意可画出电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，A错误；由几何关系知电荷做圆周运动的半径为r＝eq\f(R,2)，结合qv0B＝meq\f(v\o\al(02),r)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2v0,BR)，B正确；电荷在磁场中的运动时间t＝eq\f(πr,v0)＝eq\f(πR,2v0)，C正确，D错误．6.(2024·安徽安庆市下学期其次次模拟)如图4所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面对外的匀强磁场，其余区域无磁场，一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图所示，图中轨迹所对的圆心角为120°；若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不行能射入小圆内部区域，则eq\f(v1,v2)至少为()图4A.eq\f(4\r(3),3)B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(4\r(3),9)D.eq\f(\r(3),3)答案A解析粒子速度为v1时，圆心角为120°，设圆心为O1，由几何关系可知，半径r1＝PO·tan30°＝2R×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(3)R,3)当v2方向竖直向上，粒子恰好完成半个圆周且与内圆相切时有：r2＝eq\f(R,2)，此时v2为满意条件的最大值结合r＝eq\f(mv,qB)得：v＝eq\f(qBr,m)，所以速度之比等于半径之比，eq\f(r1,r2)＝eq\f(4\r(3),3)所以eq\f(v1,v2)至少为eq\f(4\r(3),3).7．(2024·河北中原名校联盟下学期联考)如图5所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为()图5A.eq\f(qBL,m) B.eq\f(\r(2)qBL,m)C.eq\f(\r(2)－1qBL,m) D.eq\f(\r(2)＋1qBL,m)答案C解析粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线肯定过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时肯定沿ac方向，轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可知，eq\r(2)r＋r＝L，则r＝(eq\r(2)－1)L，依据牛顿其次定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(02),r)，解得v0＝eq\f(\r(2)－1qBL,m)，C项正确．8．(多选)(2024·四川达州市其次次诊断)如图6所示，在正方形区域abcd内充溢方向垂直纸面对里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．入口处有比荷相同的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场；乙粒子以速度v2沿与ab成45°的方向垂直射入磁场，经时间t2垂直于cd射出磁场．不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，则()图6A．v1∶v2＝eq\r(2)∶4 ．v1∶v2＝1∶eq\r(2)C．t1∶t2＝4∶1 ．t1∶t2＝2∶1答案AC解析画出两粒子的运动轨迹如图；两粒子比荷相同，则周期相同，设为T；设正方形的边长为R，则从d点射出的粒子运动半径为r1＝eq\f(1,2)R，运动时间t1＝eq\f(T,2)；速度为v2的粒子，由几何关系：r2＝eq\r(2)R，运动时间t2＝eq\f(T,8)；依据r＝eq\f(mv,qB)可知eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)；eq\f(t1,t2)＝eq\f(4,1)；故选项A、C正确，B、D错误．9.(多选)(2024·云南昆明市4月质检)如图7所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，BC边的中点O有一粒子源，可以在ABC平面内沿随意方向放射速率为v的相同的正粒子，若从AB边中点D射出磁场的粒子，从O到D的过程中速度方向偏转了60°，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是()图7A．粒子运动的轨道半径为LB．粒子不行能从A点射出磁场C．粒子的比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(2v,B0L)D．从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为eq\f(πL,3v)答案BC解析从O点到D点的过程中速度方向偏转了60°，则从D点射出的粒子，由弦长公式OD＝eq\f(L,2)＝2rsin30°，解得：r＝eq\f(L,2)，故A错误；若粒子从A点射出，则弦长为eq\f(\r(3),2)L，得：eq\f(\r(3),2)L＝2×eq\f(L,2)sinα，解得：α＝60°，即粒子以与竖直方向成60°角射入，由几何关系可得，粒子将从AC边射出，故粒子不行能从A点射出磁场，故B正确；由qvB＝meq\f(v2,r)得：r＝eq\f(mv,qB)，即eq\f(L,2)＝eq\f(mv,qB0)，解得：eq\f(q,m)＝eq\f(2v,LB0)，故C正确；OB＝eq\f(L,2)＝r，则从B点射出的粒子的圆心角为60°，所以运动时间为t＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2π×\f(L,2),v)＝eq\f(πL,6v)，故D错误．10.(2024·河南高考适应性测试)如图8所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面对里，两磁场的磁感应强度大小均为B.顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线放射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值放射时不能通过C点()图8A.eq\f(qBL,m)B.eq\f(qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(q