十年高考物理壓軸題二輪復(fù)習(xí)：磁場(chǎng)（含全國(guó)卷海南卷寧夏卷）

十年高考物理壓軸題二輪復(fù)習(xí)專練

（2011~2021含全國(guó)卷、海南卷、寧夏卷）

專題三電場(chǎng)和磁場(chǎng)

3.2磁場(chǎng)

一、壓軸小題（12題）

[2020全國(guó)I卷?T18?6分]一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于oc射入磁場(chǎng)，這些粒子具有

各種速率。不計(jì)粒子之間的相互作用。在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與速度大小無關(guān)，由粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)圓心

角決定，即,=27；—一^、

方法一：設(shè)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(shí)，粒子從ac、友/區(qū)域射出，磁場(chǎng)中的軌跡為半圓，運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于半個(gè)

周期；當(dāng)O.5R<r<L5R時(shí)，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(dòng)，軌跡圓心角從"逐漸增大，當(dāng)軌跡半徑為火時(shí)，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(dāng)軌跡半徑等于R時(shí)軌跡圓心角最

大，即。=%+工=0萬(wàn)；

33

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

oe=R,且ce_Leo,故Noce=30。，因?yàn)橹挥衏e與圓弧相切時(shí)，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(shí)弦切角最大為90。+30。=120。，根據(jù)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(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間為/=且7=Ax女"=士"，故C正確。

332%2乃qB3qB

[2020全國(guó)HI卷?T18?6分]真空中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界為兩個(gè)半徑分別為a和3a的同軸

圓柱面，磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)。已知電子質(zhì)量為加，電荷量為e,忽略重力。為使該電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖

中實(shí)線圈圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小為（）

人3mvmv

A.-----B.

2aeae

「3mv3mv

D.

5ae

【答案】C

【解析】當(dāng)電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和外圓相切時(shí)，電子在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的

半徑最大，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，令電子的半徑為r,根據(jù)幾何知識(shí)有

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

所以電子的最大半徑為廠=3〃，

3

因?yàn)槟銡w=機(jī)1,所以3=小，

rre

則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為2=2"，故加錯(cuò)誤，C正確。

4ae

[2019全國(guó)II卷?T17?6分]如圖，邊長(zhǎng)為/的正方形abed內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B,方向垂直于紙面（abed所在平面）向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)源。，可向磁場(chǎng)內(nèi)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(diǎn)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(diǎn)和d點(diǎn)射出的電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可

得：&根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvaB=m^-,解得：2

b

=；kB/；對(duì)于從d點(diǎn)射出的電子，根據(jù)幾何關(guān)系可得：解得：&=(

/根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qVdB=m粵,解得：Vd=ykBl；故B正確，ACD錯(cuò)誤。

[2019全國(guó)HI卷?T18?6分]如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為

38和8、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)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(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場(chǎng)中

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為()

571m

A.iy

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

771Hz****??2?

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

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

117rmi。

C，6qB

13兀機(jī)

D，6qB

【答案】B

)27r777

【解析】粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則粒子在第二象限的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ti=4X

=碰。第一象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度為第二象限磁感應(yīng)強(qiáng)度的一半，根據(jù)R=至知半徑為原

來的2倍，即R2=2RI根據(jù)幾何關(guān)系可得：

7n71

R2—R\1rli。1227rm

cosg-=加則0=60,t2=%XqB=為互

77rm

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t2+t2=石瓦。

[2016全國(guó)卷II-T18.6分]一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成

30。角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90。時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計(jì)重力。若粒子在筒內(nèi)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)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(duì)的圓心角為30。

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期7=鬻

o，七二

粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間/=3X4

36012qB

圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)90。所用時(shí)間/=［『=JX女

44co

粒子勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)間相等t=t'

［2013全國(guó)卷I?T18?6分］如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的橫截面（紙面）,

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

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

時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60。，則例子的速率為（不計(jì)重力）（）

qBRqBR3qBRIqBR

A.——B.-------C.-D.---------

2mm2mm

【答案】B

【解析】如圖所示，粒子射出磁場(chǎng)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60。，則其運(yùn)動(dòng)軌跡所

對(duì)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(yùn)動(dòng)半徑與磁場(chǎng)區(qū)

域圓半徑相等。由q。*m%可知k噤。正確選項(xiàng)B。

［2013全國(guó)卷II?T17?6分］空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑

為R,磁場(chǎng)方向垂直橫截面。一質(zhì)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(chǎng)，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏離入射方向60。。不計(jì)重力，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為（）

3mV。

qRqR

【答案】A

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

速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡如圖，根據(jù)幾何知識(shí)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(jù)牛頓第二定律得：qo08=m/得，3=皿=嗅等。

[2011全國(guó)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(dòng)，并與軌道保持良好接觸。電流/從一條軌道流入，通過導(dǎo)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(chǎng)（可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)），磁感應(yīng)強(qiáng)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(xiàn)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(zhǎng)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(zhì)量減至原來的一半

D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長(zhǎng)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(dòng)能定理有磁感應(yīng)強(qiáng)

度的大小與/成正比，所以B=k/,解得。=欄學(xué)。

只將軌道長(zhǎng)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(cuò)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(zhì)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(cuò)誤。

將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長(zhǎng)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(zhì)量分別為mi和m2、電荷量分別為qi和的兩粒子在同一勻強(qiáng)磁

場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知兩粒子的動(dòng)量大小相等.下列說法正確的是（）

A.若qi=q2,則它們做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑一定相等

B.若mi=ni2，則它們做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑一定相等

C.若q",則它們做圓周運(yùn)動(dòng)的周期一定不相等

D.若則它們做圓周運(yùn)動(dòng)的周期一定不相等

【答案】A

【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其半徑「=器=擊，已知兩粒子動(dòng)量

相等，若qi=q2,則它們的圓周運(yùn)動(dòng)半徑一定相等，選項(xiàng)A正確；若mi=m2,不能確定兩

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

或質(zhì)量關(guān)系，無法確定兩粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是否相等，故C、D錯(cuò)誤。

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

面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的

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

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

重力。貝U()

A.粒子一定帶正電

B.當(dāng)a=45°時(shí)，粒子也垂直x軸離開磁場(chǎng)

C.粒子入射速率為2V3'QBL

m

D.粒子離開磁場(chǎng)的位置到0點(diǎn)的最大距離為3V^L

【答案】ACD

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

確；

BC、當(dāng)a=150°時(shí)，粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1

圖1

粒子運(yùn)動(dòng)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(jì)架

若a=45°,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2

圖2

根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場(chǎng)時(shí)與x軸不垂直，故B錯(cuò)誤，C正確；

D,粒子離開磁場(chǎng)距離0點(diǎn)距離最遠(yuǎn)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中的軌跡為半圓，如圖3

22

根據(jù)幾何關(guān)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(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩電荷量

相同的粒子P、Q從磁場(chǎng)邊界的M點(diǎn)先后射入磁場(chǎng)，在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。射入磁場(chǎng)時(shí)，P的速度

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

且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，則()

XXXX

N

A.P和Q的質(zhì)量之比為1：2B.P和Q的質(zhì)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(yùn)動(dòng)軌跡分別為半圓、四分之一圓，再根據(jù)t=島鬻

解得：mp：ITIQ=1：2,故A正確，B錯(cuò)誤；

2

、結(jié)合幾何關(guān)系可知，由公式反，解得：

CDRP：RQ=1：V2,=mvP：vQ=V2.-1,

故C正確，D錯(cuò)誤。

[2012海南卷?T10?4分]圖中裝置可演示磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用.電磁鐵上下兩磁極之間某

一水平面內(nèi)固定兩條平行金屬導(dǎo)軌，L是置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直的金屬桿.當(dāng)電磁鐵線圈

兩端a、b,導(dǎo)軌兩端e、f,分別接到兩個(gè)不同的直流電源上時(shí)，L便在導(dǎo)軌上滑動(dòng).下列說

法正確的是（）

A.若a接正極，b接負(fù)極，e接正極，f接負(fù)極，則L向右滑動(dòng)

B.若a接正極，b接負(fù)極，e接負(fù)極，f接正極，則L向右滑動(dòng)

C.若a接負(fù)極，b接正極，e接正極，f接負(fù)極，則L向左滑動(dòng)

D.若a接負(fù)極，b接正極，e接負(fù)極，f接正極，則L向左滑動(dòng)

【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(fù)極，e接正極，f接負(fù)極，

L所受安培力向左，L向左滑動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

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

安培力向右，L向右滑動(dòng)，故B正確；

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

培力向右，L向右滑動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

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

培力向左，則L向左滑動(dòng)，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(qiáng)磁場(chǎng)，圖中的正方形

為其邊界。一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場(chǎng)的方向從0點(diǎn)入射。這兩種粒子

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

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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定不同

B.入射速度相同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同

C.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同

D.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子，其軌跡所對(duì)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?nèi)肷渌俣确较蛳嗤?，若粒子從左邊邊界出去則運(yùn)

動(dòng)時(shí)間相同，雖然軌跡不一樣，但圓心角相同。故A錯(cuò)誤；

B、在磁場(chǎng)中半徑r=滯，運(yùn)動(dòng)圓弧對(duì)應(yīng)的半徑與速率成正比，故B正確；

C、在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：1=器(。為轉(zhuǎn)過圓心角)，雖圓心角可能相同，但半徑可能不同,

所以運(yùn)動(dòng)軌跡也不同，故C錯(cuò)誤；

D、由于它們的周期相同的，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子，其軌跡所對(duì)的圓心角也一定越

大。故D正確；

二、壓軸大題(6題)

[2011全國(guó)卷?T25?19分]如圖，在區(qū)域I(OWxWd)和區(qū)域II(d<xW2d)內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和28,方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量

q(q>0)的粒子。于某時(shí)刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I,其速度方向沿x軸正向。已知a在

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

的粒子b也從P點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I,其速度大小是a的1/3o不計(jì)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?yún)^(qū)域I時(shí)速度的大??；

⑵當(dāng)。離開區(qū)域n時(shí)，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。

【答案】（1）粒子。射入?yún)^(qū)域I時(shí)速度的大小與四。

m

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

【解析】（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為C（在y軸上），半徑為R°i，粒子速率

為?！边\(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)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(guān)系得NPCP，=e②，&1=當(dāng)③，式中0=30。

smd

由①②③式得久=也④

m

（2）設(shè)粒子。在II內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為。。，半徑為兒2，射出點(diǎn)為P。，/P9aPa=W。

由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得q%（23）=機(jī)?、?，由①⑤式得&2=與⑥

C、P，和。。三點(diǎn)共線，且由⑥式知。。點(diǎn)必位于x=^d⑦的平面上。由對(duì)稱性知，P。點(diǎn)與P，

點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，

即yi=RaicosQ+h⑧式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)

設(shè)b在I中運(yùn)動(dòng)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(shè)a到達(dá)P。點(diǎn)時(shí)，b位于Pb點(diǎn)，轉(zhuǎn)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(yùn)動(dòng)的時(shí)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(diǎn)的y坐標(biāo)為y2=Rbi（2+cosa）+/?

由①③⑧⑨式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)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(nèi)有垂直

于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子

從左側(cè)平行于x軸射入磁場(chǎng)，入射點(diǎn)為M。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R。粒子離開磁

場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交于P點(diǎn)（圖中未畫出），且左=R。不計(jì)重力。求/W點(diǎn)到。點(diǎn)的距

離和粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

【答案】M點(diǎn)到。點(diǎn)的距離力=（1-容）R或=（1+容）R,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為湍

或57礪rm。

【解析】根據(jù)題意，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡交虛線。L于4點(diǎn)，圓心

在y軸上的。點(diǎn)，AC與y軸的夾角為a；粒子從4點(diǎn)射出后,運(yùn)動(dòng)軌跡交x軸的P點(diǎn)，設(shè)

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(guó)甘口、］丁2TVR2TT772

周期為：丁=丁=十②

過4點(diǎn)作x、y軸的垂線，垂足分別為8、Do

由幾何知識(shí)得40=Rsina,OD=^4Z>cot600,

BP=ODcot6,OP^AD+BP,a=6③

聯(lián)立得到：sina+-^jcosa=l,解得：a=30°,或a=90。。

設(shè)M點(diǎn)到。點(diǎn)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(lián)立得到h=H—Rcosa(a+30°)

當(dāng)a=3。。時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為仁上贏

當(dāng)a=90。時(shí)，運(yùn)動(dòng)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(cè)有一個(gè)正三角形ABC,C點(diǎn)在MN上，AB與

MN平行，該三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；MN右側(cè)的整個(gè)區(qū)域存在垂直

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

方向射入三角形區(qū)域，偏轉(zhuǎn)60。后從MN上的P點(diǎn)（圖中未畫出）進(jìn)入MN右側(cè)區(qū)域，偏轉(zhuǎn)

后恰能回到。點(diǎn)。已知離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,正三角形的邊長(zhǎng)為d：

（1）求三角形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；

（2）求離子從O點(diǎn)射入到返回。點(diǎn)所需要的時(shí)間；

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

變?yōu)橐粋€(gè)與MN相切于P點(diǎn)的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)讓離子從P點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)，速度大小仍為

Vo，方向垂直于BC,始終在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速度方向與OC成120。角，求圓

形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。

M

”、、

N

【答案】（1）三角形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為4竽；

qa

（2）離子從O點(diǎn)射入到返回O點(diǎn)所需要的時(shí)間為a—+38），

3v0

（3）若三角形ABC區(qū)域磁場(chǎng)方向向里，圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為^若三角形ABC區(qū)

5qa

域磁場(chǎng)方向向外，圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為網(wǎng)詈。

qa

【解析】（1）畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

M,

粒子在三角形ABC中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvoB=m—

X

粒子射出三角形磁場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)60。，由幾何關(guān)系可知：r=9

聯(lián)立解得磁感應(yīng)強(qiáng)度為：B=符；

（2）根據(jù)周期公式可得：丁=冬

v0

解得粒子從0到D的時(shí)間為：ti=*=怒；

粒子從D運(yùn)動(dòng)到P,由幾何關(guān)系可知CP=d,則DP=CP?sin6o°=字d

粒子從D運(yùn)動(dòng)到P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2=^=^

v02v0

根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得粒子在MN右側(cè)運(yùn)動(dòng)的半徑為：「=，而=2d

粒子在MN右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t3=|X組=粵

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

（3）若三角形ABC區(qū)域磁場(chǎng)方向向里，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中①所示，

根據(jù)幾何關(guān)系可得：R+Rcos600=d+^cos60"

解得R=|d

此時(shí)根據(jù)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(chǎng)方向向外，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中②所示，有:

R'+R'cos60°—d—^cos60°

1

解得R，=,d

根據(jù)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(diǎn)分別位于x軸和y軸上，ZOCA=30°,OA的長(zhǎng)度

為L(zhǎng).在4OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)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(chǎng)。已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí)，恰好垂直于OC邊

射出磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為to.不計(jì)重力。

（1）求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;

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

求該粒子這兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和;

（3）若粒子從某點(diǎn)射入磁場(chǎng)后，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，且在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為/o,

求粒子此次入射速度的大小。

rrrn

【答案】（1）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小——;

2qt0

（2）該粒子這兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間to內(nèi)其速度方向改變了90。，故其周期

T=4to①

設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子速度為v,圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的速度滿足u=罕③

聯(lián)立①②③式得B=贏④

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

場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖a所示。

設(shè)兩軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角分別為01和02.由幾何關(guān)系有01=180°-出⑤

粒子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(chǎng)區(qū)域中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為150。。

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

由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時(shí)有

ZOO'D=ZBO'A=30°?

rocos/00'D+訴興園工⑧

設(shè)粒子此次入射速度的大小為V0,

由圓周運(yùn)動(dòng)線速度公式，則有：丫0=手取。

聯(lián)立①⑦⑧⑨式得丫0=架

/r0

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

有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)電荷a在紙面內(nèi)垂直于EF從F點(diǎn)射出，其軌跡經(jīng)過G點(diǎn)；再使帶有同樣電荷量的點(diǎn)電

荷b在紙面內(nèi)與EF成一定角度從E點(diǎn)射出，其軌跡也經(jīng)過G點(diǎn).兩點(diǎn)電荷從射出到經(jīng)過G

點(diǎn)所用的時(shí)間相同，且經(jīng)過G點(diǎn)時(shí)的速度方向也相同.已知點(diǎn)電荷a的質(zhì)量為m,軌道半

徑為R,不計(jì)重力.求：

（1）點(diǎn)電荷a從射出到經(jīng)過G點(diǎn)所用的時(shí)間;

【答案】（1）點(diǎn)電荷a從射出到經(jīng)過G點(diǎn)所用的時(shí)間t=益；

（2）點(diǎn)電荷b的速度大小％=粵黑.

【解析】設(shè)點(diǎn)電荷a的速度為V,由牛頓第二定律得：quB=喀

解得：。=曙①

設(shè)點(diǎn)電荷a做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T,貝7=等②

設(shè)點(diǎn)電荷a從F點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后的偏轉(zhuǎn)角為6

由幾何關(guān)系得：0=90°③

故a從開始運(yùn)動(dòng)到經(jīng)過G點(diǎn)所用時(shí)間t=^T=jT

3oU4

①②③聯(lián)立得：t=瑞④

（2）設(shè)點(diǎn)電荷b的速度大小為VI，軌道半徑為R1,b在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角為也,

由題意得：1=