qE＝meq \f(v2,r1)
帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得
qvB＝meq \f(v2,r2)
解得：r1＝eq \f(mv2,qE)，r2＝eq \f(mv,qB)，
運(yùn)動軌跡相同的粒子半徑相同，即它們具有相同的速度和比荷，故C正確，ABD錯誤。]
2．D [粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，由左手定則可以判斷出粒子一定帶正電；在輻向電場中，電場力提供粒子做勻速圓周運(yùn)動的向心力，可以判斷出K1的電勢低于K2的電勢；故A、B錯誤；
粒子經(jīng)加速電場加速qU＝eq \f(1,2)mv2
在電場中做勻速圓周運(yùn)動
Eq＝meq \f(v2,R)
在磁場中做勻速圓周運(yùn)動
qvB＝meq \f(v2,d)
聯(lián)立解得
eq \f(E,B)＝eq \f(d,R)eq \r(2kU)
故C錯誤；
由C項(xiàng)解得
B＝eq \f(1,d)eq \r(\f(2U,k))
為保證B不變，U增大時，則k增大，故D正確。
故選D。]
3．C [
由受力分析可知，微粒受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，因微粒在復(fù)合場中做直線運(yùn)動，可知其所受合力為零，根據(jù)做直線運(yùn)動的條件可知微粒的受力情況如圖所示，所以微粒一定帶負(fù)電，A錯誤；微粒一定做勻速直線運(yùn)動，否則速度變化，洛倫茲力大小變化，微粒將做曲線運(yùn)動，因此微粒的動能保持不變，B錯誤；微粒由a沿直線ab運(yùn)動的過程中，電場力做正功，電勢能一定減小，C正確；在微粒的運(yùn)動過程中，洛倫茲力不做功，電場力做正功，則微粒的機(jī)械能一定增加，D錯誤。]
4．C [液滴在重力場、勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，故B錯誤；電場力豎直向上，液滴帶負(fù)電，A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針轉(zhuǎn)動，C正確；對液滴qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)得v＝eq \f(RBg,E)，故D錯誤。]
5．C [根據(jù)Uq＝eq \f(1,2)mv2可得粒子進(jìn)入磁場區(qū)域的速度：v＝eq \r(\f(2qU,m))＝eq \r(\f(2×1×10－3×2 000,1×10－8)) m/s＝2×104 m/s，選項(xiàng)A錯誤；t＝0時刻進(jìn)入磁場的粒子， B0＝eq \f(2\r(3),3) T，則運(yùn)動半徑r0＝eq \f(mv,qB0)＝0.1eq \r(3) m＝10eq \r(3) cm，由幾何關(guān)系可知，tan α＝eq \f(R,r)＝eq \f(\r(3),3)，α＝30°，則速度偏轉(zhuǎn)角度θ＝2α＝60°，選項(xiàng)B錯誤；當(dāng)t＝0時刻射入的粒子射出磁場時打到屏上的位置距離P點(diǎn)最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為y＝eq \x\t(OP)tan 60°＝20eq \r(3) cm，則粒子束打在熒光屏的范圍寬度為2y＝40eq \r(3) cm，選項(xiàng)C正確；若B的最大值為2 T，則粒子運(yùn)動半徑r＝eq \f(mv,qBm)＝10－2 m＝10 cm＝R，則粒子離開磁場時速度方向平行光屏豎直向上，即t＝0時刻進(jìn)入磁場的粒子無法打到熒光屏上，選項(xiàng)D錯誤。]
6．B [根據(jù)題圖(a)軌跡可知，帶正電的粒子從O點(diǎn)向上偏轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，選項(xiàng)A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB0＝m eq \f(v2,\f(R,2))，解得磁感應(yīng)強(qiáng)度：B0＝eq \f(2mv,qR) ，選項(xiàng)B正確；虛線區(qū)域不加磁場時粒子做勻速直線運(yùn)動，粒子做勻速直線運(yùn)動的時間：t1＝eq \f(R,v)，虛線區(qū)域加入磁場后粒子做勻速圓周運(yùn)動，粒子做勻速圓周運(yùn)動的時間：t2＝eq \f(s,v)＝eq \f(2π×\f(R,2),v)＝eq \f(πR,v)，磁場變化的周期：T0＝t1＋t2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋1))R,v) ，選項(xiàng)C錯誤；若t＝0時，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v從A點(diǎn)沿AO入射，到達(dá)O點(diǎn)后向下，與板碰撞后，到達(dá)B板，與B碰撞后向上偏轉(zhuǎn)，90°然后從磁場中飛出，不能返回A點(diǎn)，選項(xiàng)D錯誤。故選B。]
7．A [由T＝eq \f(2πR,v)，T＝eq \f(1,f)，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，選項(xiàng)A正確，B錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電流，選項(xiàng)C錯誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運(yùn)動的周期，即T′＝eq \f(2πmα,qαB)，故選項(xiàng)D錯誤。]
8．C [若霍爾元件的自由電荷是自由電子，根據(jù)左手定則，電子受到洛倫茲力向C端相連接的面移動，因此C端電勢低于D端的電勢，故A錯誤；當(dāng)霍爾元件上下面之間的恒定電流I的方向改變，從霍爾元件輸出的控制車速的電勢差正負(fù)號相反，但由題中第四張圖可知，不會影響車速控制，故B錯誤；設(shè)自由電子定向移動的速率為v，霍爾元件前后面間的距離為h，左右表面間距離為d，達(dá)到穩(wěn)定后，自由電荷受力平衡，由Bqv＝qeq \f(U,h)，可得U＝Bhv，電流的微觀表達(dá)式I＝nqvS＝nqvhd，則U＝eq \f(BI,nqd)，可知僅增大電流I時前后表面電勢差增大，對應(yīng)的車速更大，電動自行車的加速性能更好，更容易獲得最大速度，故C正確；當(dāng)按題中第一張圖順時針均勻轉(zhuǎn)動把手時霍爾器件周圍場強(qiáng)增大，那么霍爾器件輸出的控制車速的電勢差U增大，因此車速變快，但并不是增加的越來越快，故D錯誤，故選C。]
9．解析：(1)在磁場中動能不會增加，末動能全來自電場力所做的功，由動能定理可得
N·qEL＝Ek
可解得N＝eq \f(Ek,qEL)。
(2)設(shè)粒子從K射出時速度為v，在磁場中洛倫茲力作為向心力有qvB＝meq \f(v2,r)
在磁場中最后半圈的半徑r＝eq \f(d,2)
因?yàn)閑q \f(1,2)mv2＝Ek
聯(lián)立可解得B＝eq \f(2,qd)eq \r(2mEk)。
(3)粒子運(yùn)動第一圈的過程中，若第一個粒子運(yùn)動一圈回到P時最后一個粒子還未飄入P或剛好飄入P，則會發(fā)生碰撞，即Δt小于粒子運(yùn)動一圈的總時間t總。從P加速至Q過程，由牛頓第二定律可知a＝eq \f(qE,m)
由運(yùn)動學(xué)公式有veq \\al(2,1)＝2aL
該過程時間t1＝eq \f(v1,a)
在磁場Ⅱ中的半周后勻速穿過中間寬為L的區(qū)域，再轉(zhuǎn)回磁場Ⅰ半周，磁場中兩個半周的時間相當(dāng)于一個周期，即t2＝T＝eq \f(2πr1,v1)
其中r1＝eq \f(mv1,qB)
勻速向左穿過中間寬為L區(qū)域時間t3＝eq \f(L,v1)
粒子運(yùn)動一圈的總時間t總＝t1＋t2＋t3
聯(lián)立上述各式可解得t總＝eq \f(3,2)eq \r(\f(2mL,qE))＋πdeq \r(\f(m,2Ek))
由前面分析可知Δt

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