磁場對運(yùn)動電荷的作用

1、第2講磁場對運(yùn)動電荷的作用1洛倫茲力：磁場對運(yùn)動電荷的作用力叫洛倫茲力2洛倫茲力的方向(1)判定方法：左手定則：掌心磁感線垂直穿入掌心；四指指向正電荷運(yùn)動的方向或負(fù)電荷運(yùn)動的反方向；拇指指向洛倫茲力的方向(2)方向特點(diǎn)：FB，F(xiàn)v，即F垂直于B和v決定的平面3洛倫茲力的大小(1)vB時，洛倫茲力F0.(0°或180°)(2)vB時，洛倫茲力FqvB.(90°)(3)v0時，洛倫茲力F0.4洛倫茲力的特點(diǎn)(1)洛倫茲力始終與速度方向垂直(2)洛倫茲力不做功，只改變速度方向1若vB，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場中做勻速直線運(yùn)動2若vB，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在

2、垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動3半徑和周期公式：(vB)1有關(guān)洛倫茲力和安培力的描述，正確的是()A通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場中一定受到安培力的作用B安培力是大量運(yùn)動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)C帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動受到的洛倫茲力做正功D通電直導(dǎo)線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行解析：當(dāng)通電直導(dǎo)線放置的方向與勻強(qiáng)磁場的方向平行時，通電直導(dǎo)線不受安培力的作用，則A錯誤；安培力是大量運(yùn)動電荷所受的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，B正確；由于帶電粒子所受的洛倫茲力的方向與粒子的速度方向始終是垂直的關(guān)系，因此洛倫茲力不做功，C錯誤；由左手定則可知，磁場的方向與安培力的方向垂直，D錯誤答案：B2帶

3、電粒子垂直勻強(qiáng)磁場方向運(yùn)動時，會受到洛倫茲力的作用下列表述正確的是()A洛倫茲力對帶電粒子做功B洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C洛倫茲力的大小與速度無關(guān)D洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向解析：根據(jù)洛倫茲力的特點(diǎn)，洛倫茲力對帶電粒子不做功，A錯，B對根據(jù)FqvB，可知洛倫茲力的大小與速度有關(guān)，C錯洛倫茲力的效果就是改變物體的運(yùn)動方向，不改變速度的大小，D錯答案：B3(2013·黃山檢測)下列各圖中，運(yùn)動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系正確的是()解析：根據(jù)左手定則，A中F方向應(yīng)向上，B中F方向應(yīng)向下，故A錯、B對C、D中都是vB，F(xiàn)0，故C、D都錯答案：B4.如圖

4、所示，在xOy平面內(nèi)有兩根平行y軸水平放置的長直導(dǎo)線，通有沿y軸正方向大小相等的電流I，兩導(dǎo)線關(guān)于y軸對稱，P為x軸上一點(diǎn)，Q為z軸上一點(diǎn)，下列說法正確的是()AO點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零BP、Q兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直CP、Q兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行D正電荷從O點(diǎn)沿z軸向上運(yùn)動不受洛倫茲力作用解析：根據(jù)安培定則可判斷兩電流在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，A正確兩電流在P點(diǎn)的磁場方向相反，疊加后合磁場方向沿z軸正方向；兩電流在z軸正方向上各點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量疊加后，都沿x軸負(fù)方向，P、Q兩點(diǎn)磁場方向垂直，B正確，C錯誤正電荷從O點(diǎn)沿z軸向上運(yùn)動，由左手定則判斷其受沿y軸

5、正方向的洛倫茲力作用，D錯答案：AB5. 如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，以不同的初速度兩次從O點(diǎn)垂直于磁感線和磁場邊界向上射入勻強(qiáng)磁場，在洛倫茲力作用下分別從M、N兩點(diǎn)射出磁場，測得OMON34，則下列說法中錯誤的是()A兩次帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間之比為34B兩次帶電粒子在磁場中運(yùn)動的路程長度之比為34C兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為34D兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為43解析：設(shè)OM2r1，ON2r2，故，路程長度之比，B正確；由r知，故，C正確，D錯誤；由于T，則1，A錯誤答案：AD1對洛倫茲力的理解(1)只有運(yùn)動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力

6、作用，靜止電荷在磁場中不受洛倫茲力作用(2)有關(guān)洛倫茲力的方向的理解由于電荷有正負(fù)之分，故四指指向正電荷運(yùn)動的方向或負(fù)電荷運(yùn)動的反方向洛倫茲力垂直于v和B所決定的平面洛倫茲力始終和粒子的運(yùn)動方向垂直2洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功3洛倫茲力與電場力的區(qū)別洛倫茲力F電場力F產(chǎn)生條件v0且v不與B平行電場中的電荷一定受到電場力的作用大小FqvB(vB)FqE力方向與場方向的關(guān)系一定是FB，F(xiàn)v，與電荷電性無關(guān)正電荷受力與電場方向相同，負(fù)電荷受力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做

7、正功、負(fù)功，也可能不做功如圖所示，在豎直絕緣的平臺上，一個帶正電的小球以水平速度v0拋出，落在地面上的A點(diǎn)，若加一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，則小球的落點(diǎn)()A仍在A點(diǎn)B在A點(diǎn)左側(cè)C在A點(diǎn)右側(cè)D無法確定解析：洛倫茲力雖不做功，但可以改變小球的運(yùn)動狀態(tài)(改變速度的方向)，小球做曲線運(yùn)動，在運(yùn)動中任一位置受力如圖所示，小球受到了斜向上的洛倫茲力的作用，小球在豎直方向的加速度ayg，故小球平拋的時間將增加，落點(diǎn)應(yīng)在A點(diǎn)的右側(cè)答案：C11：如圖所示，空間的某一區(qū)域存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點(diǎn)進(jìn)入這個區(qū)域沿直線運(yùn)動，從C點(diǎn)離開區(qū)域；如果將磁場撤去，其他條件不變，則粒子從

8、B點(diǎn)離開場區(qū)；如果將電場撤去，其他條件不變，則這個粒子從D點(diǎn)離開場區(qū)已知BCCD，設(shè)粒子在上述三種情況下，從A到B、從A到C和從A到D所用的時間分別是t1、t2和t3，離開三點(diǎn)時的動能分別是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不計(jì)，以下關(guān)系正確的是()At1t2t3Bt1t2t3CEk1Ek2Ek3 DEk1Ek2Ek3解析：當(dāng)電場、磁場同時存在時，粒子做勻速直線運(yùn)動，此時qEqvB；當(dāng)只有電場時，粒子從B點(diǎn)射出，做類平拋運(yùn)動，由運(yùn)動的合成與分解可知，水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動，所以t1t2；當(dāng)只有磁場時，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，速度大小不變，但路程變長，則t2t3，因此A選項(xiàng)正確粒子

9、從B點(diǎn)射出時，電場力做正功，動能變大，故C選項(xiàng)正確答案：AC帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動1圓心的確定(1)基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心(2)兩種常見情形：已知入射方向和出射方向時，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖a所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))已知入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置時，可以先通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，再連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖b所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))2半徑的求解方法用幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小3運(yùn)動時間的求解tT或t

10、T或t.式中為粒子運(yùn)動的圓弧所對應(yīng)的圓心角，T為周期，s為運(yùn)動軌跡的弧長，v為線速度4帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的程序解題法三步法如圖所示，在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，圓O1與y軸相切于O點(diǎn)，與x軸相交于A(2a,0)點(diǎn)，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直xOy平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.直線MN與x、y軸分別交于M(4a,0)、N(0，3a)，2.4a.以下各問中的帶電粒子相同，不計(jì)重力(1)帶電粒子以速率2v從O點(diǎn)沿圖示方向射入磁場，從A點(diǎn)射出磁場，求粒子的比荷.(2)帶電粒子以速率v從O點(diǎn)沿圖示方向射入磁場，求粒子在磁場中運(yùn)動的時間t.(3)帶電粒子從O點(diǎn)射入磁場，通過磁場后垂直MN經(jīng)過P點(diǎn)

11、，求粒子射入磁場時的速度大小和方向解析：(1)軌跡如圖1所示，C1為圓心由幾何關(guān)系得，粒子在磁場中的運(yùn)動半徑r12a由牛頓第二定律得：q(2v)Bm由式得.(2)軌跡如圖2所示，C2為圓心易知半徑r2a由幾何關(guān)系可知：粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角為120°故粒子在磁場中運(yùn)動的時間t.(3)過P點(diǎn)作MN的垂線，由幾何關(guān)系可知此垂線過圓心O1，粒子運(yùn)動軌跡如圖3所示，則C3為軌跡圓心由對稱性可知：粒子射入磁場的速度方向沿x方向由幾何關(guān)系得，粒子的運(yùn)動半徑為2a，所以速率為2v.答案：(1)(2)(3)2v沿x軸正向1.不同直線邊界的勻強(qiáng)磁場中帶電粒子的運(yùn)動軌跡的特點(diǎn)(1)直線邊界(進(jìn)出磁場具

12、有對稱性)(2)平行邊界(存在臨界條件)(3)圓周運(yùn)動中的對稱規(guī)律如果粒子從某一直線邊界射入磁場，再從同一邊界射出磁場時，速度與邊界的夾角相等2圓形磁場區(qū)域的規(guī)律要點(diǎn)(1)相交于圓心：帶電粒子沿指向圓心的方向進(jìn)入磁場，則出磁場時速度矢量的反向延長線一定過圓心，即兩速度矢量相交于圓心，如圖(a)所示(2)直徑最?。簬щ娏Ｗ訌闹睆降囊粋€端點(diǎn)射入磁場，則從該直徑的另一端點(diǎn)射出時，磁場區(qū)域面積最小，如圖(b)所示21：(2013·全國新課標(biāo)·18)如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的粒子沿平

13、行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點(diǎn)與ab的距離為.已知粒子射出磁場與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計(jì)重力)()A. B.C. D.解析：本題應(yīng)從帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動角度入手并結(jié)合數(shù)學(xué)知識解決問題帶電粒子從距離ab為處射入磁場，且射出時與射入時速度方向的夾角為60°，粒子運(yùn)動軌跡如圖，ce為射入速度所在直線，d為射出點(diǎn)，射出速度反向延長交ce于f點(diǎn)，磁場區(qū)域圓心為O，帶電粒子所做圓周運(yùn)動圓心為O，則O、f、O在一條直線上，由幾何關(guān)系得帶電粒子所做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為R，由F洛Fn得qvB，解得v，選項(xiàng)B正確答案：B物理建模系列之六帶電粒子在有

14、界磁場中的磁偏轉(zhuǎn)模型(臨界問題)模型一單直線邊界型當(dāng)粒子源在磁場中，且可以向紙面內(nèi)各個方向以相同速率發(fā)射同種帶電粒子時以圖甲中帶負(fù)電粒子的運(yùn)動為例規(guī)律要點(diǎn)(1)最值相切：當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動軌跡小于圓周且與邊界相切時(如圖甲中的a點(diǎn))，切點(diǎn)為帶電粒子不能射出磁場的最值點(diǎn)(或恰能射出磁場的臨界點(diǎn))(2)最值相交：當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動軌跡等于圓周時，直徑與邊界相交的點(diǎn)(如圖甲中的b點(diǎn))為帶電粒子射出邊界的最遠(yuǎn)點(diǎn)(距O最遠(yuǎn))如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值靜止的帶電粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m(不計(jì)重力)，從點(diǎn)P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的

15、勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為45°，孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上求：(1)兩板間電壓的最大值Um；(2)CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度x；(3)粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間tm.解析：(1)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點(diǎn)，如圖所示，CHQCL故半徑r1L又因?yàn)閝v1Bm且qUmmv，所以Um.(2)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與CD板相切于K點(diǎn)，此軌跡的半徑為r2，設(shè)圓心為A，在AKC中：sin 45°解得r2(1)L，

16、即r2(1)L所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度x，即xr1r2(2)L.(3)打在QE間的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長，均為半個周期，所以tm.答案：(1) (2)(2)L(3) 模型二雙直線邊界型當(dāng)粒子源在一條邊界上向紙面內(nèi)各個方向以相同速率發(fā)射同一種粒子時，以圖乙中帶負(fù)電粒子的運(yùn)動為例規(guī)律要點(diǎn)最值相切：粒子能從另一邊界射出的上、下最遠(yuǎn)點(diǎn)對應(yīng)的軌道分別與兩直線相切，如圖乙所示如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在ad邊中點(diǎn)O，垂直于磁場射入一速度方向跟ad邊夾角30°、大小為v0的帶正電粒子已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，ad邊

17、長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計(jì)，求：(1)粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍；(2)如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間解析：(1)若粒子速度為v0，軌跡半徑為R，由qv0Bm，則R若軌跡與ab邊相切，如圖所示，設(shè)此時相應(yīng)速度為v01，則R1R1sin 將R1代入上式并由題給數(shù)據(jù)可得：v01若軌跡與cd邊相切，設(shè)此時粒子速度為v02，則R2R2sin 將R2代入上式可得v02所以粒子能從ab邊上射出磁場的v0應(yīng)滿足v0.(2)粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角越大，在磁場中運(yùn)動的時間越長由圖可知，在磁場中運(yùn)動的半徑rR1時，運(yùn)動時間最長，此時弧所對的圓心角

18、為(360°2)所以最長時間為t.答案：(1)v0(2) 模型三圓形邊界類型1直徑最?。簬щ娏Ｗ訌闹睆降囊粋€端點(diǎn)射入磁場，則從該直徑的另一端點(diǎn)射出時，圓形磁場區(qū)域面積最小，如圖甲所示 2環(huán)狀磁場區(qū)域規(guī)律要點(diǎn)(1)徑向出入：帶電粒子沿(逆)半徑方向射入磁場，若能返回同一邊界，則一定逆(沿)半徑方向射出磁場(2)最值相切：當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動軌跡與圓相切時，粒子有最大速度vm而磁場有最小磁感應(yīng)強(qiáng)度B如圖乙所示如圖所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓心O處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，假設(shè)粒子速度方向都和紙面

19、平行(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60°，要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點(diǎn)，則初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？解析：(1)如圖所示，設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關(guān)系得R1r，又qv1B得v1.(2)如圖所示，設(shè)粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關(guān)系有(2rR2)2Rr2可得R2，又qv2Bm，可得v2故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過.答案：(1)(2) 在研究帶電粒子在磁場中運(yùn)動時的臨界問題時應(yīng)注意兩點(diǎn)(1)關(guān)注題目中一些特殊詞語如“恰好”“剛好

20、”“最大”“最小”“最高”“至少”，挖掘隱含條件，探求臨界狀態(tài)或位置(2)時間極值：當(dāng)速率v一定時，弧長(弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動時間越長當(dāng)速率不同時，圓周角大的運(yùn)動時間長在xOy平面上以O(shè)為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點(diǎn)O以初速度v沿y軸正方向開始運(yùn)動，經(jīng)時間t后經(jīng)過x軸上的P點(diǎn)，此時速度與x軸正方向成角，如圖所示不計(jì)重力的影響，則下列關(guān)系一定成立的是()A若r，則0°90°B若r，則tC若t，則rD若r，則t解析：帶電粒子在磁場中從O點(diǎn)沿y軸正方向開始

21、運(yùn)動，圓心一定在垂直于速度的方向上，即在x軸上，軌道半徑R.當(dāng)r時，P點(diǎn)在磁場內(nèi)，粒子不能射出磁場區(qū)，所以垂直于x軸過P點(diǎn)，最大且為90°，運(yùn)動時間為半個周期，即t；當(dāng)r時，粒子在到達(dá)P點(diǎn)之前射出圓形磁場區(qū)，速度偏轉(zhuǎn)角在大于0°、小于180°范圍內(nèi)，如圖所示，能過x軸的粒子的速度偏轉(zhuǎn)角90°，所以過x軸時0°90°，A對、B錯；同理，若t，則r，若r，則t等于，C錯、D對答案：AD高考題組1.(2013·安徽理綜·15)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小相同

22、的電流，方向如圖所示一帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動，它所受洛倫茲力的方向是()A向上B向下C向左 D向右解析：a、b、c、d四根導(dǎo)線上電流大小相同，它們在O點(diǎn)形成的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相同，方向如圖甲所示O點(diǎn)合磁場方向如圖乙所示，則由O點(diǎn)垂直紙面向外運(yùn)動的帶正電的粒子所受洛倫茲力方向據(jù)左手定則可以判定向下B選項(xiàng)正確答案：B2(2013·全國新課標(biāo)·17)空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向?yàn)?0°.

23、不計(jì)重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A. B.C. D.解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，利用幾何關(guān)系和洛倫茲力公式即可求解如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，即qv0Bm，據(jù)幾何關(guān)系，粒子在磁場中的軌道半徑rRtan 60°R，解得B，選項(xiàng)A正確答案：A3(2013·浙江卷·20)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示，已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過30°后從磁場右邊界射出在電場和磁場中運(yùn)動時，離子P和P3()A在

24、電場中的加速度之比為11B在磁場中運(yùn)動的半徑之比為1C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13解析：應(yīng)用動能定理和圓周運(yùn)動規(guī)律分析兩種離子的速度關(guān)系及在磁場中運(yùn)動的半徑關(guān)系，結(jié)合幾何知識分析兩離子在有界磁場中的偏轉(zhuǎn)角磷離子P與P3電荷量之比q1q213，質(zhì)量相等，在電場中加速度a，由此可知，a1a213，選項(xiàng)A錯誤；離子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動的半徑r，又qUmv2，故有r，即r1r21，選項(xiàng)B正確；設(shè)離子P3在磁場中偏角為，則sin ，sin (d為磁場寬度)，故有sinsin 1，已知30°，故60°，選項(xiàng)C正確；全過程中只有電場力做功，WqU，故離開電場區(qū)域時的動能之比即為電場力做功之比，所以Ek1Ek2W1W213，選項(xiàng)D正確答案：BCD模擬題組4(2013·東北三省一模·15)如圖所示，斜面頂端在同一高度的三個光滑斜面AB、AC、AD，均處于水平方向的勻強(qiáng)磁場中一個帶負(fù)電的絕緣物塊，分別從三個斜面頂端A點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)滑到底端的時間分別為tAB、tAC、tAD，則()AtABtACtAD BtABtACtADCtABtACtAD D無法