10年高考（2011-2020年）全国II卷物理试题-分项全解全析--专题11 磁场（解析版）

10 年高考（2011-2020 年）全国 II 卷物理试题分项全解全析 专题 11 磁场 1、全国 II 卷 2020 年高考使用的省份：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、陕西、 重庆等 10 个省份 2、2011-2020 年全国 II 卷分布情况概况： 考点 年份 题型 题号 分值 2020 年 选择题 17/24 6 分/12 分 2019 年 选择题 17 6 分 2018 年 选择题 20/25 6 分/20 分 2017 年 选择题 18/21 6 分/6 分 2016 年 选择题 18 6 分 2015 年 选择题 18/19 6 分/6 分 2014 年 选择题 20 6 分 2013 年 选择题 17 6 分 2012 年 选择题 20/17/25 6 分/6 分/18 分 磁场 2011 年 选择题 18/15/25 6 分/6 分/19 分 3、2011-2020 年全国 II 卷试题赏析： 一、选择题 1、（2020·全国 II 卷·T17）CT 扫描是计算机 X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的 探测。图（a）是某种 CT 机主要部分的剖面图，其中 X 射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线 所示的方向前进，打到靶上，产生 X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为 P 点。 则（　　） A. M 处的电势高于 N 处的电势 B. 增大 M、N 之间的加速电压可使 P 点左移 C. 偏转磁场的方向垂直于纸面向外 D. 增大偏转磁场磁感应强度的大小可使 P 点左移 【答案】D 【解析】A．由于电子带负电，要在 MN 间加速则 MN 间电场方向由 N 指向 M，根据沿着电场线方向电势逐 渐降低可知 M 的电势低于 N 的电势，故 A 错误； B．增大加速电压则根据 可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有 可得 21 2eU mv= 2vevB m R = mvR eB =可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故 P 点会右移，故 B 错误； C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故 C 错误； D．由 B 选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度， 使 P 点左移，故 D 正确。 故选 D。 2、（2019·全国 II 卷·T17）如图，边长为l 的正方形 abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂 直于纸面（abcd 所在平面）向外．ab 边中点有一电子发源 O，可向磁场内沿垂直于 ab 边的方向发射电 子．已知电子的比荷为 k．则从 a、d 两点射出的电子的速度大小分别为 A ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 a 点射出粒子半径 Ra= = ，得：va= = ， d 点射出粒子半径为 ，R= 故 vd= = ，故 B 选项符合题意 . 1 4 kBl 5 4 kBl 1 4 kBl 5 4 kBl 1 2 kBl 5 4 kBl 1 2 kBl 5 4 kBl 4 l amv Bq 4 Bql m 4 Blk 2 2 2 2 lR l R = + −   5 4 l 5 4 Bql m 5 4 klB3、（2018·全国 II 卷·T20）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线 L1、L2，L1 中的电流方向向左， L2 中的电流方向向上；L1 的正上方有 a、b 两点，它们相对于 L2 对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁 场的磁感应强度大小为 B0，方向垂直于纸面向外。已知 a、b 两点的磁感应强度大小分别为 和 ，方向 也垂直于纸面向外。则（ ） A. 流经 L1 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 B. 流经 L1 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 C. 流经 L2 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 D. 流经 L2 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 【答案】AC 【解析】先利用右手定则判断通电导线各自产生的磁场强度，然后在利用矢量叠加的方式求解各个导体棒 产生的磁场强度。 L1 在 ab 两点产生的磁场强度大小相等设为 B1，方向都垂直于纸面向里，而 L2 在 a 点产生的磁场强度设为 B2， 方向向里，在 b 点产生的磁场强度也为 B2，方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知 可解得： ; 故 AC 正确； 故选 AC 4、（2017·全国 II 卷·T18）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上 的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入速率 为 ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为 ，相应的出射点分布在 三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则 为 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设圆形区域磁场的半径为 r，当速度大小为 v1 时，从 P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最 远交点为 M（图甲）时，由题意知∠POM＝60°，由几何关系得轨迹圆半径为 R1＝ ； 从 P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为 N（图乙）；由题意知∠PON＝120°，由几何关 系得轨迹圆的半径为 R2＝ r； 根据洛伦兹力充当向心力可知： Bqv＝m 解得：v＝ 故速度与半径成正比，因此 v2：v1＝R2：R1＝ ：1 1v 2v 2 1:v v 3 : 2 2 :1 3 :1 3: 2故 C 正确，ABD 错误。 故选：C。 5、（2017·全国 II 卷·T21）某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成， 漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间， 线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该 同学应将 A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 【答案】AD 【解析】为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样 当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动， 选项 A 正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力 水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项 B 正确；左转轴上侧的绝缘漆 刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项 C 错误；若将左转轴上下两侧的绝 缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动， 转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项 D 正确；故选 AD。 6、（2016·全国 II 卷·T18）一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒 的横截面如图所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度 ω 顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔 M 射入筒内，射入时的运动方向与 MN 成 30°角。当筒转过 90°时，该粒子恰好从小 孔 N 飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 作出粒子的运动轨迹，由几何知识可得，轨迹的圆心角为 ，两个运动具有等时性，则 ，解得 ，故选 A。 7、（2015·全国 II 卷·T18）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（　　） 　 A． 指南针可以仅具有一个磁极 　 B． 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 　 C． 指南针的指向会受到附近铁块的干扰 　 D． 在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 【答案】BC． 【解析】A、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故 A 错误； B、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故 B 正确； C、指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故 C 正确； 3B ω 2B ω B ω 2 B ω π π π( ) 24 3 6 − × = π 60 2π 2 360 m qB ω× = 3 q m B ω=D、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时 指南针偏转 90°，故 D 错误； 8、（2015·全国 II 卷·T19）有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I 中的磁感应强度是Ⅱ中的 k 倍，两个速率相同 的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（　　） 　 A． 运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍 　 B． 加速度的大小是Ⅰ中的 k 倍 　 C． 做圆周运动的周期是Ⅰ中的 k 倍 　 D． 做圆周运动的角速度是Ⅰ中的 k 倍 【答案】AC． 【解析】设Ⅱ中的磁感应强度为 B，则Ⅰ中的磁感应强度为 kB， A、根据电子在磁场中运动的半径公式 r= 可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为 ，Ⅱ中的电子运动轨 迹的半径为 ，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍，所以 A 正确； B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为 a= ，所以Ⅰ中的电子加速度的 大小为 ，Ⅱ中的电子加速度的大小为 ，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，所以 B 错误； C、根据电子在磁场中运动的周期公式 T= 可知，Ⅰ中的电子运动周期为 ，Ⅱ中的电子运动周期 为 ，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的 k 倍， 所以 C 正确； D、做圆周运动的角速度 ω= ，所以Ⅰ中的电子运动角速度为 ，Ⅱ中的电子运动角速度 为 ，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，所以 D 错误； 9、（2014·全国 II 卷·T20）如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部 垂直进入磁场时，下列说法正确的是 A.电子与正电子的偏转方向一定不同 B.电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子 D.粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 【答案】AC 【解析】A、由于电子与正电子的电性相反，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相 反，偏转的方向相反，故 A 正确； B、根据带电粒子的半径公式： ，电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径是否相同，与它们的速度有 关，故 B 错误； C、质子与正电子的电性相同，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相同，偏转的方 向相同，仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，故 C 正确； D、根据带电粒子的半径公式： ，粒子的半径与粒子的动量成正比，而不是与粒子的动能成正比；粒 子的动量越大，它在磁场中的运动轨迹的半径越大。故 D 错误。 故选：AC。 10、（2013•全国卷Ⅱ•T17）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为 R，磁场方向垂直横 截面。一质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的粒子以速率 v0 沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方 向偏离入射方向 60°．不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（　　）A． B． C． D． 【答案】A 【解析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动， 画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角 60°， 且轨迹的半径为 r＝Rcot30°＝ R 根据牛顿第二定律得 qv0B＝m 得，B＝ ＝ ，故 A 正确，BCD 错误； 故选：A。 11、（2012·课标全国卷·T20）如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导 线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内，直导线中电流 i 发生某种变化， 而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流 i 正 方向与图中箭头所示方向相同，则 i 随时间 t 变化的图线可能是(　　) 　　　　　　　　 　　　　　　　　 【答案】A　【解析】 由楞次定律可判断出 B、D 选项对应的线框中对应的感应电流总是沿逆时针方向，B、D 错误；C 选 项对应的线框受到的安培力的合力始终水平向左，C 错误；故只有 A 正确． 12、（2012·大纲全国卷·T17） 质量分别为 m1 和 m2、电荷量分别为 q1 和 q2 的两粒子在同一匀强磁场中做 匀速圆周运动．已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是(　　) A．若 q1＝q2，则它们做圆周运动的半径一定相等 B．若 m1＝m2，则它们做圆周运动的半径一定相等 C．若 q2≠q2，则它们做圆周运动的周期一定不相等 D．若 m1≠m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等 【答案】A　 【解析】 根据半径公式 r＝ mv qB，两粒子的动量 mv 大小相等，磁感应强度 B 相同，若 q1＝q2，则它们做圆周 运动的半径一定相等，A 正确，B 错误．根据周期公式 T＝ 2πm qB ，若 m q相等，则周期相等，C、D 错误． 13、（2012·大纲全国卷·T18）如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的 M、N 两点，且与纸面垂直，导 线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b 在 M、N 的连线上，o 为 MN 的中点，c、d 位于 MN 的中垂线 上，且 a、b、c、d 到 o 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法 正确的是(　　) A．o 点处的磁感应强度为零 B．a、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c 两点处磁感应强度的方向不同 【答案】C　 【解析】磁感应强度是矢量，某处磁感应强度大小和方向由 M、N 两点处的电流产生的磁感应强度的矢量之 和决定．直线电流的磁感线是以电流为中心的一系列同心圆，某点磁感应强度的方向就是该点磁感线的切 线方向．在 o 点，同方向的磁场相叠加，磁感应强度不是零，A 错误．a、b 处的磁感应强度等于 M、N 分别 图 1在 a、b 处产生的磁感应强度相叠加，因此，a、b 处的磁感应强度大小相等，方向都是向下，所以 B 错误； 同理，可得 C 正确．对 M、N 分别在 c 处产生的磁感应强度矢量叠加求和，可知方向向下，与 a 处的磁感应 强度方向相同，D 错误． 14、（2011·大纲全国卷·T15）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流 I1 和 I2，且 I1＞I2； a、b、c、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且 a、b、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b、d 的 连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是 A、a 点 B、b 点 C、c 点 D、d 点 【答案】C 【解析】本题考查安培定则，主要考查用安培定则判断电流周围的磁场分布情况以及矢量的叠加原理。 根据安培定则可知 I1 和 I2 电流分别在 a 处产生的磁场方向为垂直 ac 连线向上和向下，由于 I1＞I2，且 I1 电流 与 a 点的距离比 I2 电流与 a 点距离要小，故 B1a＞B2a，则 a 处磁感应强度不可能为零，A 错；两电流在 b 处 产生的场强方向均垂直 ac 连线向下，故 B 错；I1 和 I2 电流分别在 c 处产生的磁场方向为垂直 ac 连线向下和 向上，且 I1 电流与 c 点的距离比 I2 电流与 c 点距离要大，故 B1c 与 B2c 有可能等大反向，C 对；两电流在 d 处 产生的场的方向一定成某一夹角，且夹角一定不为 180°，D 错。 15、（2011·新课标全国卷·T14）为了解释地球的磁性，19 世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴 的环形电流 I 引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是 【答案】B 【解析】地磁的北极(N 极)在地理南极附近，由安培定则知，环形电流的方向如图 B 所示。16、（2011·新课标全国卷·T18）电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移 动，并与轨道保持良好接触。电流 I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形 成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与 I 成正比。通电的弹体在轨道上 受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的 2 倍，理论上可采用的方法是 A.只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍 B.只将电流 I 增加至原来的 2 倍 C.只将弹体质量减至原来的一半 D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 2 倍，其它量不变 【答案】BD 【解析】设轨道间距为 d，B=kI。由 F=BId， 利用动能定理有 ,解得 。 所以正确答案是 BD。 二、计算题 17、（2020·全国 II 卷·T24）如图，在 0≤x≤h， 区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感 应强度 B 的大小可调，方向不变。一质量为 m，电荷量为 q（q>0）的粒子以速度 v0 从磁场区域左侧沿 x 轴 进入磁场，不计重力。 （1）若粒子经磁场偏转后穿过 y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度 的最小值 Bm； （2）如果磁感应强度大小为 ，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向 与 x 轴正方向的夹角及该点到 x 轴的距离。 21 2FL mv= 21 2BIlL mv= 22kI lLv m = y−∞ < < +∞ m 2 B【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里； ；（2） ； 【解析】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设 粒子进入磁场中做圆周运动的半径为 R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有 ① 由此可得 ② 粒子穿过 y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在 y 轴正半轴上，半径应满足 ③ 由题意，当磁感应强度大小为 Bm 时，粒子的运动半径最大，由此得 ④ （2）若磁感应强度大小为 ，粒子做圆周运动的圆心仍在 y 轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径 为 ⑤ 粒子会穿过图中 P 点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在 P 点的运动方向与 x 轴正方向的夹角为 α， 0 m = mvB qh π 6 α = (2 3)y h= − 2 0 0 vqv B m R = 0mvR qB = R h≤ 0 m = mvB qh m 2 B 2R h′ =由几何关系 ⑥ 即 ⑦ 由几何关系可得，P 点与 x 轴的距离为 ⑧ 联立⑦⑧式得 ⑨ 18、（2018·全国 II 卷·T25）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xoy 平面内的截面如 图所示：中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xoy 平面； 磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 ，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向；M、N 为条形 区域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场， 经过一段时间后恰好以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。 （1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； （2）求该粒子从 M 点射入时速度的大小； （3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为 ，求该粒子的比荷及其从 M 点运动到 N 点的时间。 1sin 2 2 h h α = = π 6 α = 2 (1 cos )y h α= − (2 3)y h= −【答案】（1）轨迹图如图所示： （2） （3） ; 【解析】 （1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称） （2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，在下侧电场 中运动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为 v，方向与电场方向的夹角为 （见图 （b）），速度沿电场方向的分量为 v1，根据牛顿第二定律有qE=ma ① 式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1=at ② ③ ④ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤ 由几何关系得 ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 ⑦ （3）由运动学公式和题给数据得 ⑧ 联立①②③⑦⑧式得 ⑨设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 ，则 ⑩ 式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， ⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得 ⑫ 故本题答案是：（1）轨迹图如图所示： （2） （3） ; 19、（2012·课标全国卷·T25）如图，一半径为 R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加 一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子沿图中直线在圆上的 a 点射入柱形区域，在 圆上的 b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心 O 到直线的距离为 3 5R.现将磁场换为平行于纸面 且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在 a 点射入柱形区域，也在 b 点离开该区域．若磁 感应强度大小为 B，不计重力，求电场强度的大小． 【答案】E＝ 14qRB2 5m 【解析】 粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为 r，由牛顿第二定律和洛伦兹 图 10力公式得 qvB＝m v2 r ① 式中 v 为粒子在 a 点的速度． 过 b 点和 O 点作直线的垂线，分别与直线交于 c 和 d 点．由几何关系知，线段 ac、b c和过 a、b 两点的轨 迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形．因此 ac＝bc＝r② 设cd＝x，由几何关系得 ac＝ 4 5R＋x③ bc＝ 3 5R＋ R2－x2④ 联立②③④式得 r＝ 7 5R⑤ 再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为 E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为 a， 由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE＝ma⑥ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为 r，由运动学公式得 r＝ 1 2at2⑦ r＝vt⑧ 式中 t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝ 14qRB2 5m ⑨ 20、（2011·大纲全国卷·T25）如图，与水平面成 45°角的平面 MN 将空间分成 I 和 II 两个区域。一质量为 m、 电荷量为 q（q＞0）的粒子以速度 v0 从平面 MN 上的 P0 点水平右射入 I 区。粒子在 I 区运动时，只受到大小 不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为 E；在 II 区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从 II 区离开时到出发点 P0 的距离。粒子的重力可以忽略。 【答案】mv0 q (2v0 E ＋1 B) 【解析】带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为 a，由牛顿定律得 qE＝ma ① 设经过时间 t0，粒子从平面 MN 上的点 P1 进入磁场，由运动学公式和几何关系得 v0t0＝1 2at02 ② 粒子速度大小 V1 为 V1＝ v02＋(at0)2 ③ 设速度方向与竖直方向的夹角为 α，则 tanα＝ v0 at0 ④ 此时粒子到出发点 P0 的距离为 s0＝ 2v0t0 ⑤ 此后，粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r1＝mV qB ⑥ 设粒子首次离开磁场的点为 P2，弧 P1P2 所张的圆心角为 2β，则 P1 到点 P2 的距离为 s1＝2r1sinβ ⑦由几何关系得 α＋β＝45° ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式得 s1＝ 2mv0 qB ⑨ 点 P2 与点 P0 相距 l＝s0＋s1 ⑩ 联立①②⑤⑨⑩解得 l＝mv0 q (2v0 E ＋1 B) ⑪ 21、（2011·新课标全国卷·T25）如图，在区域 I（0≤x≤d）和区域 II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场， 磁感应强度大小分别为 B 和 2B，方向相反，且都垂直于 Oxy 平面。一质量为 m、带电荷量 q（q＞0）的粒 子 a 于某时刻从 y 轴上的 P 点射入区域 I，其速度方向沿 x 轴正向。已知 a 在离开区域 I 时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30°；此时，另一质量和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从 P 点沿 x 轴正向射入区域 I，其 速度大小是 a 的 1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子 a 射入区域 I 时速度的大小； （2）当 a 离开区域 II 时，a、b 两粒子的 y 坐标之差。 【答案】B 【解析】 （1）设粒子 a 在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为 C（在 y 轴上），半径为 Ra1，粒子速率为 va，运动轨迹 与两磁场区域边界的交点为 P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ① 由几何关系得 ∠PCP′ = θ ② ③ 式中 θ = 30° 由①②③式得 ④ (2)设粒子 a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为 Oa ，半径为 Ra2，粒子射出点为 Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa = θ′ ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤ 由①⑤式得 ⑥ C、P′、Oa 三点共线，且由⑥式知 Oa 必位于 ⑦ 的平面上，由对称性知 Pa 与 P′点的纵坐标相同，即 ⑧ 式中 h 为 C 点的 y 坐标.且 θ′ = 60° 设 b 在Ⅰ中运动的轨道半径为 Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑨ 解得： 设 a 到达 Pa 点时，b 位于 Pb 点，转过的角度为 α，如果 b 没有飞出Ⅰ，则 ⑩ 2 1 a a a vqv B m R = 1 2sina dR d= =θ 2 a qBdv m = 2 2 (2 ) a a a vqv B m R = 1 2 2 2 a a a R mvR dqB = = = 3 2x d= 1 cosap ay R h= θ + 2 13 3 a a b v vmq B R    =       1 1 2 3 3 3 a a b mv R dR qB = = = 2 1 3 2 a b R R = 2 ' 2a t T θ= π⑾ 解得： 式中，t 是 a 在区域Ⅱ中运动的时间，而 ⑿ ⒀ 解得： 由⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得 α = 30° ⒁ 由①③⑨⒁式可见，b 没有飞出Ⅰ。Pb 点的 y 坐标为 yPb= Rb1(2+cosα )+h ⒂ 由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得，a、b 两粒子的 y 坐标之差为 ⒃ 评分参考：第(1)问 8 分，①②③④式各 2 分，第(2)问 11 分，⑤⑥式各 1 分，⑧式 2 分，⑨式 1 分，⒁⒂⒃ 式各 2 分。 1 2b t T α= π 2 1' a b T T α =θ 2 2 2 a a RT v π= 1 1 2 /3 b b RT v π= 2 2 1 1 1 3 2 a a b b T R T R = = ( ) ( ) ( ) Pb a1 b1 a1 b1 b1 b1 b1 b1 1 (1 cos ) ( ) cos 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 cos3 3 a y R h R R R h R R R h R h R dh h = + α = + + α = + α + = + α + = + α + = + α + － － － 2 ( 3 2)3a bp py y d− = − ( )1 1 2 3 4 2 3 2c o s [ 2 c o s ] ( 3 2 )3 2 3 3 2 3a b a p p a R d d dy y R h h d− = θ + − + α + = − − = −