2026版高考物理二轮复习微专题8　磁场性质及带电粒子在磁场中的运动

微专题8磁场性质及带电粒子在磁场中的运动1.磁场的产生与叠加2.安培力与洛伦兹力种类力的大小力的方向作用效果联系安培力通电导线与磁场垂直时，F安＝BIL左手定则(F安垂直于I与B决定的平面)安培力对导体做功导体中定向移动的电荷所受的洛伦兹力宏观表现为安培力洛伦兹力电荷运动方向与磁场方向垂直时，F洛＝Bqv左手定则(F洛垂直于q与v决定的平面)洛伦兹力不做功，只改变速度的方向3.带电粒子在磁场中的圆周运动运动电荷B⊥v时，运动电荷受洛伦兹力F洛＝qvB，提供运动电荷做匀速圆周运动的向心力．考情一磁场叠加安培力1.(2025·江苏卷)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列说法中正确的是(B)A.a点的磁感应强度大于b点B.b点的磁感应强度大于c点C.c点的磁感应强度大于a点D.a、b、c点的磁感应强度一样大【解析】磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故可知Bb>Ba>Bc，故B正确．2.(2023·江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为lA.0B.BIlC.2BIlD.eq\r(,5)BIl【解析】因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl3.(2022·江苏卷)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(C)A.平行于纸面向上B.平行于纸面向下C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外【解析】如图所示，根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分的安培力垂直纸面向外，右半部分的安培力垂直纸面向里，故C正确．考情二带电粒子在匀强磁场中的运动4.(2025·北京卷)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积．如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B.液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0.下列说法中错误的是(C)A.N点电势比M点高B.U0正比于流量QC.在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小【解析】根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡有eq\f(U0,2r)q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝eq\f(2BQ,πr)，故U0正比于流量Q且流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，根据U0＝eq\f(2BQ,πr)可知此时式中B为磁感应强度的一个分量，即此时测量时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确．5.(2025·安徽卷)如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子．位于原点O的粒子源，沿xOy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子．已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为eq\f(qBd,m).不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(C)A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2dB.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为eq\r(3)dC.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为dD.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为eq\f(πm,6qB)【解析】根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)＝d，故A错误．当粒子沿x轴正方向射出时，薄板上表面接收到的粒子离y轴最近，如图中轨迹1，根据几何关系可知s上min＝d；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图中轨迹2，根据几何关系可知s上max＝eq\r(3)d，故薄板上表面接收到粒子的区域长度为s上＝eq\r(3)d－d，故B错误．根据图像可知，粒子可以打到下表面N点．当粒子沿y轴正方向射出时，下表面接收到的粒子离y轴最远，如图中轨迹3，根据几何关系，此时离y轴距离为d，故薄板下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有tmin＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故D错误．考向1磁场叠加安培力(2025·湖北卷)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直．在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等．已知M点的总磁感应强度大小为0，则N点的总磁感应强度大小为(A)A.0 B.BC.2B D.3B【解析】由右手螺旋定则及对称性可知，环形电流在N点产生的磁场与M点等大同向．由于M点磁感应强度为0，由矢量合成法则可知题图中匀强磁场与M点磁场等大反向，即匀强磁场与N点的磁场等大反向，N点的磁感应强度为0，故A正确．(2025·苏州、海门、淮阴、姜堰四校联考)一根不可伸长的直导线垂直于匀强磁场B放置，通过电流I时导线受到的安培力为F，将该导线做成半圆环，圆环平面仍垂直于匀强磁场放置，如图所示，并保持安培力不变，则圆环中电流大小为(B)A.I B.eq\f(π,2)IC.πI D.eq\f(2π,3)I【解析】直导线在磁场中受力F＝BIL，半圆环导线在磁场中受力的有效长度是半圆环的直径长度，则F＝BI′eq\f(2L,π)，解得I′＝eq\f(π,2)I，故B正确．两个等效模型(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流．甲(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示．乙(2024·如皋调研)如图所示，粗细均匀的正方形导体框边长为L，磁感应强度为B的匀强磁场与导体框平面垂直，从导体框的对角流入、流出大小为I的电流，则导体框受到安培力的大小为(C)A.0 B.BILC.eq\r(2)BIL D.2BIL【解析】通过导体框的总电流为I，正方形线框的等效长度为对角线长度eq\r(2)L，所以安培力大小为F安＝eq\r(2)BIL，故C正确．考向2带电粒子在匀强磁场中的运动(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场．MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上．已知O点到MN的距离为eq\f(3mv0,2qB)，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动．不计重力，求：(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径．(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距．(3)粒子的运动周期．答案：(1)eq\f(mv0,qB)(2)eq\f(\r(3)mv0,2qB)(3)eq\f(5πm,3qB)＋eq\f(\r(3)m,qB)【解析】(1)粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)可得R＝eq\f(mv0,qB)(2)粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ，由于O到MN的距离d＝eq\f(3mv0,2qB)，结合R＝eq\f(mv0,qB)，根据几何关系可知θ＝60°粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角θ＝60°；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有qv0·2B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R′)解得R′＝eq\f(mv0,2qB)根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x＝eq\r(3)R′＝eq\f(\r(3)mv0,2qB)(3)由图可知粒子在左边磁场运动的时间t1＝eq\f(2,3)T1＝eq\f(2,3)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πm,3qB)粒子在右边磁场运动的时间t2＝eq\f(1,3)T2＝eq\f(1,3)×eq\f(2πm,2qB)＝eq\f(πm,3qB)根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离x0＝eq\r(3)R＝eq\f(\r(3)mv0,qB)所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为l＝eq\f(\r(3)R－\r(3)R′,2cosθ)＝eq\f(\r(3)mv0,2qB)粒子在MN和PQ之间运动的时间t3＝eq\f(2l,v0)＝eq\f(\r(3)m,qB)综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为T＝t1＋t2＋t3＝eq\f(5πm,3qB)＋eq\f(\r(3)m,qB)带电粒子在匀强磁场中运动的解题三步骤如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动轨迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列说法中正确的是(C)A.沿轨迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短B.沿轨迹Oc、Od运动的粒子均为正电子C.沿轨迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为eq\f(\r(3),3)D.沿轨迹Ob、Od运动的时间之比为9∶8【解析】由于正电子和负电子的电荷量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，可知四种粒子的周期相等，而沿轨迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由t＝eq\f(θ,2π)T可知沿轨迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，A错误；由左手定则可判断沿轨迹Oc、Od运动的粒子均带负电，B错误；设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿轨迹Oa、Ob运动的粒子轨道半径分别为ra＝r，rb＝eq\r(3)r，根据qBv＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(va,vb)＝eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(3),3)，C正确；由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比，所以eq\f(tb,td)＝eq\f(θb,θd)＝eq\f(60°,45°)＝eq\f(4,3)，D错误．考向3临界极值问题(2025·甘肃卷改编)2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装．如图所示是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0.在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回．已知a、b、c带正电且比荷均为eq\f(q,m)，a粒子的速度大小为va＝eq\f(qBR0,m)，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直．不考虑带电粒子所受的重力和相互作用．下列说法中错误的是(C)A.外圆半径等于R0＋eq\r(2)R0B.a粒子返回A点所用的最短时间为eq\f(3π＋2m,qB)C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为eq\f(\r(2),\r(2)＋2)D.c粒子的速度大小为eq\f(\r(2),2)va【解析】由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图甲所示甲a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界相切，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，根据a粒子的速度大小为va＝eq\f(qBR0,m)，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R′，由几何关系得∠AO′O＝∠BO′O＝45°，则R′＝R0＋eq\r(2)R0，A正确；由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin，a粒子做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πR0,va)＝eq\f(2πm,qB)，在磁场中运动的时间t1＝eq\f(540°,360°)·T＝eq\f(3πm,qB)，匀速直线运动的时间t2＝eq\f(2R0,va)＝eq\f(2m,qB)，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝eq\f(3π＋2m,qB)，B正确；由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图乙、丙所示乙丙因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为eq\f(q,m)，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；由几何关系得2Rc＝eq\r(2)R0，洛伦兹力提供向心力有qvcB＝eq\f(mv\o\al(2,c),Rc)，联立解得vc＝eq\f(\r(2),2)va，D正确．四类动态圆模型动态圆模型示意图适用条件应用方法放缩圆(轨迹圆的圆心在P1P2直线上)粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切旋转圆(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq\f(mv0,qB)的圆上)粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同将一半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆以入射点为轴心进行旋转，从而探索出临界条件平移圆(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定将半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆进行平移磁聚焦与磁发散磁聚焦磁发散粒子速度大小相同，轨迹圆半径等于磁场区域圆半径带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行——磁聚焦；从边缘某点以不同方向入射时平行出射——磁发散(2025·苏锡常镇调研二)如图所示，xOy平面的一、四象限内分别存在匀强磁场1和2，磁场方向垂直纸面向外，磁场1的磁感应强度大小为B.坐标轴上P、Q两点坐标分别为(0，L)、(L,0)．位于P处的离子源可以发射质量为m、电荷量为q、速度方向与＋y轴夹角为θ的不同速度的正离子．不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应．(1)当θ＝90°时，发射的离子a恰好可以垂直穿过x轴，求离子a的速度v.(2)当θ＝45°时，发射的离子b第一次经过x轴时经过Q点且恰好不离开磁场区域，求磁场2的磁感应强度B2的大小．(3)在(2)情况中仅改变磁场2的强弱，可使发射的离子b两次经过Q点，求离子b前后两次经过Q点的时间间隔t.答案：(1)eq\f(qBL,m)(2)eq\f(23＋\r(2),7)B(3)见解析【解析】(1)当θ＝90°时，离子a做圆周运动的半径ra＝L由qvB＝meq\f(v2,L)，得v＝eq\f(qBL,m)(2)当θ＝45°时，离子b再次回到磁场1中时，运动轨迹正好与y轴相切，如图所示．离子在磁场1中的运动半径为r1＝eq\f(\r(2),2)L由几何关系知OA＝r1(1－cos45°)AQ＝L－OA离子在磁场2中运动半径为r2＝eq\f(\r(2),2)AQ两次运动满足qBv1＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)，qB2v1＝meq\f(v\o\al(2,1),r2)解得B2＝eq\f(23＋\r(2),7)B(3)设离子b在磁场2中的半径为rk由几何关系可知，离子经过Q点后，再穿过k次磁场1后，可再次经过Q点，必须满足k(eq\r(2)r1－eq\r(2)rk)＝eq\r(2)rk为保证不出磁场，必须满足eq\r(2)(r1－rk)＋eq\f(r1,\r(2))≥r1可得rk＝eq\f(k,k＋1)r1，则k＜2eq\r(2)＋1≈3.8，所以k的取值为1,2,3离子的运动时间为t＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)rk＋\f(3π,2)r1))＋\f(π,2)rk,v1)＝eq\f(2kπm,qB)(k＝1,2,3)配套热练1.(2025·苏州调研)如图所示为三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，且如果AB＝AC＝AD，则A点的磁感应强度的方向为(B)A.沿AB方向 B.沿AD方向C.沿AC方向 D.沿DA方向【解析】根据右手螺旋定则可知，B处的通电直导线在A点所产生的磁场方向沿AC方向，C处的通电直导线在A点所产生的磁场方向沿AD方向，D处的通电直导线在A点所产生的磁场方向沿CA方向，且磁感应强度的大小均相等，所以A点合磁感应强度的方向沿AD方向，故B正确．2.(2025·无锡期末调研)如图所示，金属杆ab长为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成θ角斜向上，金属杆ab受到的安培力大小为(A)A.F＝IlB B.F＝IlBsinθC.F＝IlBcosθ D.F＝IlBtanθ【解析】电流与磁场垂直，安培力F＝IlB，A正确．3.(2025·镇江质监)两根相同的弹性导线平行放置，分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2.下列图像可能正确的是(C)ABCD【解析】由安培定则可知方向向下的电流I1在方向向上的电流I2处产生的磁场垂直向外，由左手定则可知I2受力向右．同理可知I1受力向左，即两导线相互排斥，由牛顿第三定律可知两力大小相等，两根相同的弹性导线形变量相同，故C正确．4.(2025·福建卷)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流．导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称，且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，此时N点的磁感应强度大小为(B)A.B2－eq\f(1,2)B1 B.eq\f(B2,2)－B1C.B2－B1 D.B1－B2【解析】根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同，大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0＝eq\f(B2,2)，根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小应该与M点一样，为B1，且L2在N点处产生的磁感应强度为B0＝eq\f(B2,2)，由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为eq\f(B2,2)－B1，故B正确．5.(2025·无锡期末调研)氢气气泡室处在匀强磁场中，某快电子从右下方a处进入，在气泡室运动的轨迹如图所示，则在电子运动的过程中(D)A.角速度越来越大B.角速度越来越小C.向心加速度越来越大D.向心加速度越来越小【解析】洛伦兹力提供向心力，周期T＝eq\f(2πm,qB)，电子运动的过程中，周期不变，角速度不变，A、B错误；向心加速度a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R，R减小，向心加速度越来越小，C错误，D正确．6.如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面向里(未画出)．一群比荷为eq\f(q,m)的负离子以相同速率v0(较大)，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，则下列说法中正确的是(D)A.各离子飞出磁场的速度一定相同B.沿PQ方向射入的离子运动的轨道半径最长C.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大D.在Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长【解析】各离子飞出磁场的速度大小相等，但方向不同，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)，由于所有离子的比荷相同，速度大小相等，则所有离子在磁场中运动的轨道半径相等，故B错误；由于所有离子在磁场中运动的轨道半径相等，则所有离子中，从Q点飞出的离子对应的运动轨迹弦长最大，对应的轨迹圆心角最大，即离子飞出时偏转角最大，故C错误；根据t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)，可知在Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长，故D正确．7.(2025·南通第一次调研)如图甲所示，弧形磁铁固定在把手的表面，转动把手改变弧形磁铁与霍尔元件的相对位置．如图乙所示，霍尔元件通以向右的恒定电流，使垂直穿过霍尔元件的磁场增强，则霍尔元件(C)甲把手截面图乙霍尔元件工作原理图A.上下表面间的电势差变大B.上下表面间的电势差变小C.前后表面间的电势差变大D.前后表面间的电势差变小【解析】根据图乙结合左手定则可知，霍尔元件中通入向右的电流时，在前、后表面由于电荷的积累，形成电势差，当电荷受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电荷不再向前、后表面移动，此时有qeq\f(U,d)＝qvB，其中U为前后表面之间的电势差，d为前后表面之间的间距，v为电荷定向移动的速度，根据电流的微观表达式I＝neSv，可得U＝Bvd＝eq\f(BId,neS)＝eq\f(BI,neh)，其中h为霍尔元件的厚度，由表达式可知，磁场增强时，霍尔元件的前后表面间的电势差变大，C正确，A、B、D错误．8.(2025·四川卷改编)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点．Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1.一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开．取sin37°＝0.6，则带电粒子(D)A.在Ⅰ区的轨迹圆心一定在O点B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148【解析】由图可知在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A错误；由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为eq\f(r1,r2)＝eq\f(B2,B1)＝eq\f(1,4)，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cosα＝eq\f(r2,r1＋r2)＝eq\f(4,5)，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝eq\f(360°－290°－37°,360°)T＝eq\f(254°,360°)×eq\f(2πm,qB1)，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝eq\f(2×37°,360°)T＝eq\f(74°,360°)×eq\f(2πm,qB2)，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(127,148)，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的速度大小相等，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为eq\f(l1,l2)＝eq\f(t1,t2)＝eq\f(127,148)，故C错误．9.如图所示，水平面的abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30°，距顶点b为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直bc边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子．粒子质量为m、电荷量大小为q.下列说法中正确的是(B)A.从边界bc射出的粒子速度方向各不相同B.粒子离开磁场时到b点的最短距离为eq\f(L,3)C.垂直边界ab射出的粒子的速度大小为eq\f(qBL,2m)D.垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,3qB)【解析】粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定都竖直向下，A错误；当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边