十年高考物理壓軸題二輪復習：磁場（含全國卷海南卷寧夏卷）

十年高考物理壓軸題二輪復習專練

（2011~2021含全國卷、海南卷、寧夏卷）

專題三電場和磁場

3.2磁場

一、壓軸小題（12題）

[2020全國I卷?T18?6分]一勻強磁場的磁感應強度大小為8,方向垂直于紙面向外，其邊

界如圖中虛線所示，ab為半圓，ac、bd與直徑czb共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一

束質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內從c點垂直于oc射入磁場，這些粒子具有

各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（）

17im

AA...............................................................

6qB......................................................

571mI................

D.-------L.......\??.???I........；

4qBcQ\....................../bd

C皿

3qB

371nl

D.----

2qB

【答案】C

【解析】解：粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關，由粒子在磁場中運動軌跡對應圓心

角決定，即,=27；—一^、

方法一：設仍半圓的半徑為R,采用放縮法如圖所示：C'\'/d

粒子垂直ac,則圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大，在k

r”0.5R和r..L5尺時，粒子從ac、友/區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個

周期；當O.5R<r<L5R時，粒子從半圓邊界射出，逐漸將軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子

射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從"逐漸增大，當軌跡半徑為火時，軌跡圓心

角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當軌跡半徑等于R時軌跡圓心角最

大，即。=%+工=0萬；

33

方法二：O點為半圓弧的圓心，過c點做半圓弧的切線，與圓弧相切與e點，由于co=2R,

oe=R,且ce_Leo,故Noce=30。，因為只有ce與圓弧相切時，Noce為最大,如果不相切，

Noce小于30。，ce為軌跡圓的一條弦，則此時弦切角最大為90。+30。=120。，根據圓心角

等于弦切角的2倍，所以最大圓心角為6=2x120。=240。；

4

即。=%+工=?"，粒子運動最長時間為/=且7=Ax女"=士"，故C正確。

332%2乃qB3qB

[2020全國HI卷?T18?6分]真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸

圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑

方向進入磁場。已知電子質量為加，電荷量為e,忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖

中實線圈圍成的區(qū)域內，磁場的磁感應強度最小為（）

人3mvmv

A.-----B.

2aeae

「3mv3mv

D.

5ae

【答案】C

【解析】當電子在磁場中的運動軌跡和外圓相切時，電子在圖中實線圓圍成的區(qū)域內運動的

半徑最大，電子的運動軌跡如圖，令電子的半徑為r,根據幾何知識有

r2+a2=(3a-r)2,

所以電子的最大半徑為廠=3〃，

3

因為你歸=機1,所以3=小，

rre

則磁感應強度的最小值為2=2"，故加錯誤，C正確。

4ae

[2019全國II卷?T17?6分]如圖，邊長為/的正方形abed內存在勻強磁場，磁感應強度大小

為B,方向垂直于紙面（abed所在平面）向外。ab邊中點有一電子發(fā)源。，可向磁場內沿垂

直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分

別為（）

一

A.—kBl,a

44????

B

????

B.—kBl,-kBl

44????

??[??

C.-kBl,—kBl

24a0

D.—kBl,-kBl

24

【答案】B

【解析】從。點和d點射出的電子運動軌跡如圖所示，根據幾何關系可

得：&根據洛倫茲力提供向心力可得：qvaB=m^-,解得：2

b

=；kB/；對于從d點射出的電子，根據幾何關系可得：解得：&=(

/根據洛倫茲力提供向心力可得：qVdB=m粵,解得：Vd=ykBl；故B正確，ACD錯誤。

[2019全國HI卷?T18?6分]如圖，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為

38和8、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x

軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限。粒子在磁場中

運動的時間為()

571m

A.iy

6qB?B........................o,

771Hz****??2?

D-------????

,6qB.............................

117rmi。

C，6qB

13兀機

D，6qB

【答案】B

)27r777

【解析】粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，則粒子在第二象限的運動時間為ti=4X

=碰。第一象限的磁感應強度為第二象限磁感應強度的一半，根據R=至知半徑為原

來的2倍，即R2=2RI根據幾何關系可得：

7n71

R2—R\1rli。1227rm

cosg-=加則0=60,t2=%XqB=為互

77rm

粒子在磁場中運動的時間為t=t2+t2=石瓦。

[2016全國卷II-T18.6分]一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的

軸平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度

3順時針轉動.在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成

30。角。當筒轉過90。時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內未與筒

壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()

A-3B⑴-----

ZZxxxxX

/xxx，收'X、

Bn。[XXX/幺xx

-2B\xx/,Oxx

\X/'xXX/

IVTVxxx/

C—

B?'A30

_2co

D?方

【答案】A

【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系，有N/WOA=90。，NOMA=45。，Z

C/WO-60",所以NO'/WA=75°,/O'AM=75°,ZM0^=30°

即軌跡圓弧所對的圓心角為30。

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期7=鬻

o，七二

粒子在磁場中勻速圓周運動的時間/=3X4

36012qB

圓筒轉動90。所用時間/=［『=JX女

44co

粒子勻速圓周運動的時間和圓筒轉動時間相等t=t'

［2013全國卷I?T18?6分］如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面）,

磁感應強度大小為8,方向垂直于紙面向外。一電荷量為q（q>0）、質量為m的粒子沿平行

于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為R/2。已知粒子射出磁場與射入磁場

時運動方向間的夾角為60。，則例子的速率為（不計重力）（）

qBRqBR3qBRIqBR

A.——B.-------C.-D.---------

2mm2mm

【答案】B

【解析】如圖所示，粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60。，則其運動軌跡所

對的圓心角NCM也為60。。在三角形。中，cos/”O(jiān)M=不，所以NHOM為60。。

由角邊角定理可知，三角形O/WN與三角形CMN全等，即圓周運動半徑與磁場區(qū)

域圓半徑相等。由q。*m%可知k噤。正確選項B。

［2013全國卷II?T17?6分］空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑

為R,磁場方向垂直橫截面。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子以速率Oo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60。。不計重力，該磁場的磁感應強度大

小為（）

3mV。

qRqR

【答案】A

【解析】帶正電的粒子垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力而做勻

速圓周運動，畫出軌跡如圖，根據幾何知識得知，軌跡的圓心角等于速度的偏向角60。,

且軌跡的半徑為：r=Rcot30。，根據牛頓第二定律得：qo08=m/得，3=皿=嗅等。

[2011全國卷?T19?6分]電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自

由移動，并與軌道保持良好接觸。電流/從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流

回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場（可視為勻強磁場），磁感應強度的大小與

/成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出?，F欲使彈體的出射速度增加

至原來的2倍，理論上可采用的辦法是（）

A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍

B.只將電流/增加至原來的2倍

C.只將彈體質量減至原來的一半

D.將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變

【答案】BD

【解析】通電的彈體在軌道上受到安培力的作用，利用動能定理有磁感應強

度的大小與/成正比，所以B=k/,解得。=欄學。

只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，彈體的出射速度增加至原來的血倍，故A錯誤。

只將電流/增加至原來的2倍，彈體的出射速度增加至原來的2倍，故B正確。

只將彈體質量減至原來的一半，彈體的出射速度增加至原來的血倍，故C錯誤。

將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變，彈體的出射速度增

加至原來的2倍，故D正確。

[2012大綱卷?T2?6分]質量分別為mi和m2、電荷量分別為qi和的兩粒子在同一勻強磁

場中做勻速圓周運動，已知兩粒子的動量大小相等.下列說法正確的是（）

A.若qi=q2,則它們做圓周運動的半徑一定相等

B.若mi=ni2，則它們做圓周運動的半徑一定相等

C.若q",則它們做圓周運動的周期一定不相等

D.若則它們做圓周運動的周期一定不相等

【答案】A

【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，其半徑「=器=擊，已知兩粒子動量

相等，若qi=q2,則它們的圓周運動半徑一定相等，選項A正確；若mi=m2,不能確定兩

粒子電量關系，不能確定半徑是否相等，選項B錯；由周期公式丁=翳可知：僅由電量

或質量關系，無法確定兩粒子做圓周運動的周期是否相等，故C、D錯誤。

[2021海南卷?T13?4分](多選)如圖，在平面直角坐標系Oxy的第一象限內，存在垂直紙

面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的

P(0,V3L)點，以相同的速率在紙面內沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸

正方向的夾角為a(0WaW180°)。當a=150°時，粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的

重力。貝U()

A.粒子一定帶正電

B.當a=45°時，粒子也垂直x軸離開磁場

C.粒子入射速率為2V3'QBL

m

D.粒子離開磁場的位置到0點的最大距離為3V^L

【答案】ACD

【解析】A、根據題意可知粒子垂直x軸離開磁場，根據左手定則可知粒子帶正電，故A正

確；

BC、當a=150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖1

圖1

粒子運動的半徑為r=同=2V3L

cos600

v2

洛倫茲力提供向心力qvB=m—

Y

解得粒子入射速率V=紀架

若a=45°,粒子運動軌跡如圖2

圖2

根據幾何關系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，故B錯誤，C正確；

D,粒子離開磁場距離0點距離最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖3

22

根據幾何關系可知(2r)2=(V3L)+xm

解得xm=3V5L

故D正確。

[2019海南卷?T9?5分]如圖，虛線MN的右側有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量

相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內運動。射入磁場時，P的速度

VP垂直于磁場邊界，Q的速度VQ與磁場邊界的夾角為45。.已知兩粒子均從N點射出磁場，

且在磁場中運動的時間相同，則()

XXXX

N

A.P和Q的質量之比為1：2B.P和Q的質量之比為企：1

C.P和Q速度大小之比為VL1D.P和Q速度大小之比為2：1

【答案】AC

【解析】AB、由題意可知，P、Q兩粒子的運動軌跡分別為半圓、四分之一圓，再根據t=島鬻

解得：mp：ITIQ=1：2,故A正確，B錯誤；

2

、結合幾何關系可知，由公式反，解得：

CDRP：RQ=1：V2,=mvP：vQ=V2.-1,

故C正確，D錯誤。

[2012海南卷?T10?4分]圖中裝置可演示磁場對通電導線的作用.電磁鐵上下兩磁極之間某

一水平面內固定兩條平行金屬導軌，L是置于導軌上并與導軌垂直的金屬桿.當電磁鐵線圈

兩端a、b,導軌兩端e、f,分別接到兩個不同的直流電源上時，L便在導軌上滑動.下列說

法正確的是（）

A.若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，則L向右滑動

B.若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，則L向右滑動

C.若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，則L向左滑動

D.若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，則L向左滑動

【答案】BD

【解析】解：A、由安培定則與左手定則可知，若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，

L所受安培力向左，L向左滑動，故A錯誤；

B、由安培定則與左手定則可知，若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，L受到的

安培力向右，L向右滑動，故B正確；

C、由安培定則與左手定則可知，若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，L所受安

培力向右，L向右滑動，故C錯誤；

D、由安培定則與左手定則可知，若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，L所受安

培力向左，則L向左滑動，故D正確；

[2011海南卷?T10?4分]（多選）空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形

為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從0點入射。這兩種粒子

帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計

重力。下列說法正確的是()

XX

；XXXX

01

IXXXX

XXXX

A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同

B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同

C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同

D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大

【答案】BD

【解析】A、入射速度不同的粒子，若它們入射速度方向相同，若粒子從左邊邊界出去則運

動時間相同，雖然軌跡不一樣，但圓心角相同。故A錯誤；

B、在磁場中半徑r=滯，運動圓弧對應的半徑與速率成正比，故B正確；

C、在磁場中運動時間：1=器(。為轉過圓心角)，雖圓心角可能相同，但半徑可能不同,

所以運動軌跡也不同，故C錯誤；

D、由于它們的周期相同的，在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角也一定越

大。故D正確；

二、壓軸大題(6題)

[2011全國卷?T25?19分]如圖，在區(qū)域I(OWxWd)和區(qū)域II(d<xW2d)內分別存在勻強磁場,

磁感應強度大小分別為B和28,方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質量為m、帶電荷量

q(q>0)的粒子。于某時刻從y軸上的P點射入區(qū)域I,其速度方向沿x軸正向。已知a在

離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為30。；此時，另一質量和電荷量均與a相同

的粒子b也從P點沿x軸正向射入區(qū)域I,其速度大小是a的1/3o不計重力和兩粒子之間

的相互作用力。求：

yB2B

x

p

i:ii

x

Od'-2d!

⑴粒子。射入區(qū)域I時速度的大小；

⑵當。離開區(qū)域n時，a、b兩粒子的y坐標之差。

【答案】（1）粒子。射入區(qū)域I時速度的大小與四。

m

（2）當。離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標之差為為一％=—2）4

【解析】（1）設粒子a在I內做勻速圓周運動的圓心為C（在y軸上），半徑為R°i，粒子速率

為。”運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P',如圖：

由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得如a6=①

由幾何關系得NPCP，=e②，&1=當③，式中0=30。

smd

由①②③式得久=也④

m

（2）設粒子。在II內做圓周運動的圓心為。。，半徑為兒2，射出點為P。，/P9aPa=W。

由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得q%（23）=機小⑤，由①⑤式得&2=與⑥

C、P，和。。三點共線，且由⑥式知。。點必位于x=^d⑦的平面上。由對稱性知，P。點與P，

點縱坐標相同，

即yi=RaicosQ+h⑧式中，h是C點的y坐標

設b在I中運動的軌道半徑為Rbl,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

9（1）8=券（/》⑨

JJttl）1□

設a到達P。點時，b位于Pb點，轉過的角度為*如果b沒有飛出I,則

式中，t是。在區(qū)域n中運動的時間，而：見（12）,=4警（13）

v2

3

由⑤⑨⑩（工工）（12）式得:a=30°（14）

由①③⑨（14）式可見，b沒有飛出。Pb點的y坐標為y2=Rbi（2+cosa）+/?

由①③⑧⑨式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為乃一為=,（6一2）/。

［2013大綱卷?T5?20分］如圖所示，虛線OL與y軸的夾角為9=60。，在此角范圍內有垂直

于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子

從左側平行于x軸射入磁場，入射點為M。粒子在磁場中運動的軌道半徑為R。粒子離開磁

場后的運動軌跡與x軸交于P點（圖中未畫出），且左=R。不計重力。求/W點到。點的距

離和粒子在磁場中運動的時間。

【答案】M點到。點的距離力=（1-容）R或=（1+容）R,粒子在磁場中運動的時間為湍

或57礪rm。

【解析】根據題意，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設運動軌跡交虛線。L于4點，圓心

在y軸上的。點，AC與y軸的夾角為a；粒子從4點射出后,運動軌跡交x軸的P點，設

AP與x軸的夾角為6,如右圖所示

由牛頓第二定律得：qvB=m'①;

it

國甘口、］丁2TVR2TT772

周期為：丁=丁=十②

過4點作x、y軸的垂線，垂足分別為8、Do

由幾何知識得40=Rsina,OD=^4Z>cot600,

BP=ODcot6,OP^AD+BP,a=6③

聯立得到：sina+-^jcosa=l,解得：a=30°,或a=90。。

設M點到。點的距離為h,有：

AD=Rsina,h=R-OC,OC=CD—OD=Rcosa^AD

解得力=（1-容）R（a=30。）

聯立得到h=H—Rcosa(a+30°)

當a=3。。時，粒子在磁場中運動的時間為仁上贏

當a=90。時，運動的軌跡如圖，則〃=＞瑞，仁（l+g）R

[2020海南卷?T19?16分]如圖，虛線MN左側有一個正三角形ABC,C點在MN上，AB與

MN平行，該三角形區(qū)域內存在垂直于紙面向外的勻強磁場；MN右側的整個區(qū)域存在垂直

于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電的離子（重力不計）以初速度V。從AB的中點O沿OC

方向射入三角形區(qū)域，偏轉60。后從MN上的P點（圖中未畫出）進入MN右側區(qū)域，偏轉

后恰能回到。點。已知離子的質量為m,電荷量為q,正三角形的邊長為d：

（1）求三角形區(qū)域內磁場的磁感應強度；

（2）求離子從O點射入到返回。點所需要的時間；

（3）若原三角形區(qū)域存在的是一磁感應強度大小與原來相等的恒磁場，將MN右側磁場

變?yōu)橐粋€與MN相切于P點的圓形勻強磁場讓離子從P點射入圓形磁場，速度大小仍為

Vo，方向垂直于BC,始終在紙面內運動，到達。點時的速度方向與OC成120。角，求圓

形磁場的磁感應強度。

M

”、、

N

【答案】（1）三角形區(qū)域內磁場的磁感應強度為4竽；

qa

（2）離子從O點射入到返回O點所需要的時間為a—+38），

3v0

（3）若三角形ABC區(qū)域磁場方向向里，圓形磁場的磁感應強度為^若三角形ABC區(qū)

5qa

域磁場方向向外，圓形磁場的磁感應強度為網詈。

qa

【解析】（1）畫出粒子運動軌跡如圖所示

M,

粒子在三角形ABC中運動時，根據洛倫茲力提供向心力可得：qvoB=m—

X

粒子射出三角形磁場時偏轉60。，由幾何關系可知：r=9

聯立解得磁感應強度為：B=符；

（2）根據周期公式可得：丁=冬

v0

解得粒子從0到D的時間為：ti=*=怒；

粒子從D運動到P,由幾何關系可知CP=d,則DP=CP?sin6o°=字d

粒子從D運動到P運動時間為：t2=^=^

v02v0

根據圖中幾何關系可得粒子在MN右側運動的半徑為：「=，而=2d

粒子在MN右側磁場中的運動時間為：t3=|X組=粵

故粒子從0點射入到返回0點所需要的時間為：t=2（ti+t2）+t3=（11啜?①）d

（3）若三角形ABC區(qū)域磁場方向向里，則粒子運動軌跡如圖中①所示，

根據幾何關系可得：R+Rcos600=d+^cos60"

解得R=|d

此時根據洛倫茲力提供向心力可得：qBivo=mJ

解得：B尸用用

若三角形ABC區(qū)域磁場方向向外，則粒子運動軌跡如圖中②所示，有:

R'+R'cos60°—d—^cos60°

1

解得R，=,d

根據洛倫茲力提供向心力可得：qB2Vo=m^

解得：B2=需。

[2016海南卷?T14?14分]如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，ZOCA=30°,OA的長度

為L.在4OCA區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質量為m、電荷量為q的帶正電

粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊

射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為to.不計重力。

（1）求磁場的磁感應強度的大小;

（2）若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場,恰好從OC邊上的同一點射出磁場,

求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和;

（3）若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內運動的時間為/o,

求粒子此次入射速度的大小。

rrrn

【答案】（1）磁場的磁感應強度的大小——;

2qt0

（2）該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和2to;

V3TTL

（3）粒子此次入射速度的大小

7to

【解析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間to內其速度方向改變了90。，故其周期

T=4to①

設磁感應強度大小為B,粒子速度為v,圓周運動的半徑為r。由洛倫茲力公式和牛頓第

二定律得quB=my<2)

勻速圓周運動的速度滿足u=罕③

聯立①②③式得B=贏④

(2)設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從0C邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁

場中運動的軌跡如圖a所示。

設兩軌跡所對應的圓心角分別為01和02.由幾何關系有01=180°-出⑤

粒子兩次在磁場中運動的時間分別為tl與t2,則tl+t2==2to；⑥

(3)如圖b,由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150。。

設0'為圓弧的圓心，圓弧的半徑為ro，圓弧與AC相切與B點，從D點射出磁場，

由幾何關系和題給條件可知，此時有

ZOO'D=ZBO'A=30°?

rocos/00'D+訴興園工⑧

設粒子此次入射速度的大小為V0,

由圓周運動線速度公式，則有：丫0=手取。

聯立①⑦⑧⑨式得丫0=架

/r0

[2013海南卷?T14?13分]如圖，紙面內有E、F、G三點，NGEF=30。，NEFG=135。.空間

有一勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外.先使帶有電荷量為q(q>0)

的點電荷a在紙面內垂直于EF從F點射出，其軌跡經過G點；再使帶有同樣電荷量的點電

荷b在紙面內與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經過G點.兩點電荷從射出到經過G

點所用的時間相同，且經過G點時的速度方向也相同.已知點電荷a的質量為m,軌道半

徑為R,不計重力.求：

（1）點電荷a從射出到經過G點所用的時間;

【答案】（1）點電荷a從射出到經過G點所用的時間t=益；

（2）點電荷b的速度大?。?粵黑.

【解析】設點電荷a的速度為V,由牛頓第二定律得：quB=喀

解得：。=曙①

設點電荷a做圓周運動的周期為T,貝7=等②

設點電荷a從F點進入磁場后的偏轉角為6

由幾何關系得：0=90°③

故a從開始運動到經過G點所用時間t=^T=jT

3oU4

①②③聯立得：t=瑞④

（2）設點電荷b的速度大小為VI，軌道半徑為R1,b在磁場中偏轉角為也,

由題意得：1=