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模块十一 磁场
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
考试范围：磁场
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共56 分)
一、选择题：本题共12 小题，共56 分。在每小题给出的四个选项中，第1~8 题只有一项符合题目要求，
每小题4 分；第9~12 题有多项符合题目要求，每题6 分，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有
选错的得0 分。
1．以下说法中正确的是（ ）
A．只要穿过闭合线圈有磁通量，闭合线圈一定有感应电流
B．某处通电导线不受磁场力，则该处磁感应强度一定为零
C．奥斯特发现了电流周围存在着磁场
D．铁屑在条形磁铁周围的排列情形说明磁感线是真实存在的
【答案】C
【详解】A．穿过闭合线圈有磁通量，如果磁通量保持不变，则闭合线圈没有感应电流；如果磁通量发生
变化，则闭合线圈有感应电流，故A 错误；
B．某处通电导线不受磁场力，可能是因为电流方向与磁场方向平行，该处磁感应强度不一定为零，故B
错误；
C．奥斯特发现了电流周围存在着磁场，揭示了电与磁的联系，故C 正确；
D．磁感线是人为假想的，不是真实存在的，故D 错误。
故选C。
2．在方向竖直向下（纸面内）的匀强磁场（图中未画出）中，水平放置着一根长直通电导线，导线中电
流的方向垂直于纸面向里，以导线为中心的同一圆周上有a、b、c、d 四点，ac 和bd 是相互垂直的两条直
径，且bd 竖直，如图所示。在a、b、c、d 四点中，磁感应强度最大的是（ ）
A．a 点
B．b 点
C．c 点
D．d 点
【答案】C
【详解】由安培定则可知，长直通电导线的磁场在a、b、c、d 四点方向分别为竖直向上、水平向右、竖
直向下和水平向左，根据磁场的叠加可知，在a、b、c、d 四点中，在c 点匀强磁场和长直通电导线的磁
场方向相同，所以磁感应强度最大的是c 点。
故选C。
3．▶新考法◀一根长度为L、电阻阻值为R 且粗细均匀的电阻丝连接成一个圆环。A、B为圆环上的两点，
∠AOB =90
∘ 。A、B两点与一个电动势为E、内阻忽略不计的电源相连。垂直于竖直框架平面有一个磁
感应强度大小为B、方向向里的匀强磁场，如图所示。这个圆环受到的安培力的合力大小和方向为（
）
A．8 ❑√2BEL
3π R
，竖直向上
B．2❑√2BEL
3π R
，竖直向上
C．8 ❑√2BEL
3π R
，竖直向下
D．2❑√2BEL
3π R
，竖直向下
【答案】A
【详解】圆周的半径满足2πr = L
解得r = L
2π
下方圆弧电阻为R
4
，上方圆弧电阻为3
4 R，故总电阻为R总=
R
4 × 3
4 R
R
4 + 3
4 R
= 3
16 R
由欧姆定律得I = E
R总
= 16 E
3 R
两段圆弧电流都是从A流向B，故合力可等效于把总电流流入AB直导线的安培力，根据左手定则判断圆
形框架受到的安培力方向竖直向上，有效长度为L有= ❑√2r =
❑√2 L
2π
根据安培力公式可得F安= BI L有= B⋅16 E
3 R ⋅
❑√2 L
2π = 8 ❑√2BEL
3π R
故选A。
4．如图所示为速度选择器装置，场强为E 的匀强电场与磁感应强度为B 的匀强磁场互相垂直，一带电量
为+q，质量为m 的粒子（不计重力）以速度v 水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，下列说法正确的是（
）
A．若带电粒子带电量为+2q，粒子将向下偏转
B．若带电粒子带电量为-2q，粒子仍能沿直线穿过
C．若带电粒子速度为2v，粒子将向下偏转
D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过
【答案】B
【详解】A．若粒子带电量为+2q，平衡条件变为2qE =2qvB，仍然满足平衡，粒子不偏转，A 错误；
B．若粒子带电量为−2q，电场力和洛伦兹力的方向同时反向，大小仍然满足2qE =2qvB，依然平衡，
粒子仍沿直线穿过，B 正确；
C．若速度为2v，洛伦兹力F洛=q⋅2vB =2qE>qE，原正粒子洛伦兹力向上，粒子向上偏转，C 错误；
D．若粒子从右侧水平射入，电场力和洛伦兹力方向相同，合力不为零，粒子会偏转，不能沿直线穿过，
D 错误。
故选 B。
5．如图所示，平行虚线MN、PQ 间有宽度为L、磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质
量为m、电荷量为+q 的粒子沿着纸面与MN 夹角为θ=37°的方向以速率 v 垂直射入磁场中，恰能垂直PQ
边界射出磁场；改变粒子入射速度方向和大小，使粒子均以 v
2
的速率沿纸面不同方向射入磁场，不计粒
子的重力， sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．粒子射入磁场的速率 v 满足 v = 4 BqL
5m
B．粒子以v
2
的速率沿纸面不同方向射入磁场时，粒子在磁场中运动的周期变为原来一半
C．粒子以 v
2
的速率沿纸面不同方向射入磁场，则从PQ 边界射出的粒子中在磁场中运动的最短时间
为 53
90
πm
Bq
D．粒子以 v
2
的速率沿纸面不同方向射入磁场，则从 PQ 边界射出范围的长度为L
2
【答案】C
【详解】A．速度为v的粒子沿着纸面与MN 夹角为θ =37
∘的方向垂直射入磁场时，洛伦兹力提供向心力，
在磁场中做圆周运动轨道半径为R =
L
sin( π
2 −θ)
=
L
cosθ = 5
4 L
洛伦兹力提供向心力有Bqv =m v
2
R
解得v =
BqL
mcosθ = 5 BqL
4 m
，A 错误；
B．根据周期公式T = 2π R0
v
2
洛伦兹力提供向心力
Bq v
2 =m
( v
2 )
2
R0
解得周期T = 2πm
Bq
从周期表达式可以看出周期只与磁感应强度B，粒子质量m和粒子电荷量q有关，而这些物理量均未发生
变化，所以周期T不变，B 错误；
C．从A 项中洛伦兹力表达式可以看出速度为v时，轨道半径R = mv
Bq = 5
4 L
从B 选项中洛伦兹力表达式可以看出速度为v
2
时，轨道半径R0= mv
2Bq
解得R0= 5
8 L
分析知，当粒子在磁场中的弦长为L时，圆心角最小，时间最短，设此时圆心角为2α
则sin α =
L
2
5 L
8
= 4
5
因此α =53
∘
所以速度为v
2
的粒子在磁场中的最短时间为t = 2×53
∘
360
❑
∘T
解得t = 53 πm
90 Bq
，C 正确；
D．当粒子平行于边界MN向下入射时，在边界PQ射出时有最低点，出射点与入射点竖直方向的距离为
❑√( 5
8 L)
2
−( 3
8 L)
2
= L
2
当出射方向与边界PQ相切时，在PQ上有最高点，出射点与入射点竖直方向距离为❑√( 5
8 L)
2
−( 3
8 L)
2
= L
2
所以从PQ边界射出范围为L
2 + L
2 = L，D 错误。
故选C。
6．如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三角形ABC 边界分开，
三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A 处有一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不同的质
子（质子重力不计），所有质子均能通过C 点，质子比荷q
m = 1
k
，忽略质子重力和质子间的相互作用，则
质子的速度不可能为（ ）
A．BL
2k
B．BL
4 k
C．2BL
5k
D．BL
7 k
【答案】C
【详解】质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示
所有圆弧所对圆心角均为60°，根据几何关系可知，质子运动半径为r = L
n
(n＝1,2,3…)
质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m v
2
r
联立解得v = qBr
m = BL
nk
(n＝1,2,3…)
可知质子的速度不可能为2BL
5k
，C 满足题意要求，ABD 不满足题意要求。
故选C。
7．▶新情境◀如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现将一电荷量为+q，
质量为m的带电小球以初速度v0从地面竖直向上抛出，并且满足q v0 B =mg，不计空气阻力。在抛出后的
运动过程中下列说法正确的是（ ）
A．小球能够上升的最大高度为v0
2
2g
B．小球运动的轨迹为圆弧（圆的一部分）
C．小球上升到最大高度所需的时间为πm
4 Bq
D．小球运动过程中不会撞到地面
【答案】C
【详解】A．原运动可分解为两个运动的合成：水平向右的匀速直线运动，且q v1B =mg
解得速度大小为v1= v0，重力与该速度对应的洛伦兹力平衡；另一个分运动为v2的匀速圆周运动。
由矢量合成可得v2= ❑√2v0
，方向朝左上方45°方向，如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得q v2B =m v2
2
r
解得r =
❑√2m v0
qB
当v2水平向左时，小球运动到最高点，则最大高度h=r (1−cos 45°)
联立解得h=
(❑√2−1)v0
2
g
，故A 错误；
B．小球的实际运动是水平匀速直线与匀速圆周运动的合运动，轨迹为摆线（旋轮线），不是圆弧，故B
错误；
C．上升最大高度时，v2偏转45°，则时间为
π
4 r
v2
= πm
4 qB
，故C 正确；
D．由图对称可知，v2偏转90°时，小球会撞到地面，故D 错误。
故选C。
8．如图所示，空间中存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和竖直向下、电场强度为E的匀强
电场，质量为m、带电荷量大小为q的粒子从A点水平向右射出，重力加速度为g，下列说法正确的是
（ ）
A．粒子可能做匀变速直线运动
B．若粒子做匀速圆周运动，粒子一定带正电荷
C．若粒子沿直线运动，粒子速度可能为qE+mg
qB
D．若粒子做匀速圆周运动，粒子Eq=qvB
【答案】C
【详解】A．若粒子做直线运动，由于洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，大小满足F洛=qvB
若速度大小变化，洛伦兹力大小变化，粒子在垂直于速度方向上的合力将不为零或发生变化，导致粒子
做曲线运动。因此，粒子若做直线运动，速度大小必须不变，即做匀速直线运动，不可能做匀变速直线
运动，故A 错误；
BD．粒子做匀速圆周运动，则粒子受到的重力和电场力必须平衡，由于电场强度E竖直向下，粒子必须
带负电荷，电场力大小满足qE =mg
洛伦兹力提供向心力，满足qvB =m v
2
R
无法得出Eq=qvB这一结论，故B、D 错误；
C．若粒子沿直线运动，由A 选项分析可知粒子必做匀速直线运动，受力平衡。 若粒子带正电，则电场
力竖直向下，重力竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力竖直向上。由平衡条件得qvB =qE+mg
解得v = qE+mg
qB
，故C 正确。
故选C。
9．▶新情境◀（多选）回旋加速器两个D 形金属盒和一高频交流电源两极相连，金属盒半径为R，电源
电压大小为U，两盒间狭缝的间距为d，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，
粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，初速度为0，不考虑粒子在电场
中的运动时间。则下列说法正确的是（ ）
A．所加高频交流电源的频率为f = qB
2πm
B．粒子第一次与第二次在磁场中做圆周运动的半径之比为❑√2∶1
C．粒子从粒子源射出至动能达到最大所需的时间为πB R
2
4U
D．粒子从粒子源射出至离开回旋加速器在电场中走过的路程为q B
2 R
2d
2mU
【答案】AD
【详解】A．根据回旋加速器的原理可知，所接交流电源的频率与粒子在磁场中做圆周运动的频率相等，
则所接交流电源的频率为f = 1
T =
1
2πm
qB
= qB
2πm，故A 正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
根据动能定理，第一次进入D 盒时有qU = 1
2 mv1
2
第二次进入D 盒时有2qU = 1
2 m v2
2
联立解得粒子第一次与第二次在磁场中做圆周运动的半径之比为r1:r2= v1:v2=1:❑√2，故B 错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
解得粒子加速后获得的最大速度大小为vm = qBR
m
根据动能定理有nqU = 1
2 mvm
2
粒子从粒子源射出至动能达到最大所需的时间t = n
2 T
联立解得t = πB R
2
2U
，故C 错误；
D．粒子从粒子源射出至离开回旋加速器在电场中走过的路程为s=nd = q B
2 R
2d
2mU
，故D 正确；
故选AD。
10．（多选）如图所示，空间有三维直角坐标系，其中xOy平面水平，整个空间存在沿z轴负方向的匀强
磁场。一质量为m、电荷量为+q的小球从坐标（0，0，h）处向y轴正方向以初速度v0水平抛出，一段时
间后当刚好从O点通过xOy平面时，在空间加上一竖直向上的匀强电场，小球经过相同时间又回到了出发
点。不计空气阻力，重力加速度为g，不考虑加电场时的感应现象，下列说法正确的是（ ）
A．电场的场强大小为E = 2mg
q
B．电场的场强大小为E = 4 mg
q
C．小球通过O点时的速度方向沿y轴正方向
D．若只把电场强度减半，小球向上返回的过程会经过O 点
【答案】BD
【详解】AB．将运动分解为z方向（竖直方向）和xy平面（水平面）
设加电场前的第一阶段运动下落时间t，从(0,0,h)到O点
磁场沿z轴负方向，可得洛伦兹力始终在xy平面内，z方向合力只有重力，因此z方向做匀加速直线运动，
由运动学关系h= 1
2 gt
2
解得经t = ❑√
2h
g
到达O点，z方向速度 v z=−>¿（z向上为正，负号表示方向向下）
xy平面内，洛伦兹力提供向心力，运动为匀速圆周运动，由于t时刻小球到达原点(0,0)，说明t为圆周运
动周期的整数倍，t时刻xy方向速度仍为初始值：v x=0,v y = v0
加电场后，洛伦兹力仍然无z分量，z方向加速度恒定：a= qE−mg
m
已知加电场后经过相同时间t回到出发点z =h，由位移公式h= v zt + 1
2 at
2
代入v z=−>¿、h= 1
2 gt
2，解得a=3 g
结合a= qE−mg
m
，解得E = 4 mg
q
，故A 错误，B 正确；
C．小球到达O点时，速度不仅有y方向分量v0，还有z方向分量v z=−>¿，合速度方向不沿y轴正方向，
故C 错误；
D．若电场强度减半，E
′ = 2mg
q
，则z方向加速度a
′ = q E
′−mg
m
= g，方向向上
xy平面：无论加不加电场，运动始终是原匀速圆周运动，每经过t（整数个周期），xy坐标都会回到
(0,0)
z方向：加电场后，位置随时间满足 z(t
′)=−>⋅t
′ + 1
2 gt
′ 2
令z =0，解得t
′ =0（初始时刻）和t
′ =2t
t
′ =2t时，小球刚好回到z =0，且xy坐标为(0,0)，即经过O点，故D 正确。
故选BD 。
11．▶变载体◀（多选）如图所示，电子由P 点静止开始沿直线PQ 做匀加速直线运动，从Q 点射出。若
要求电子能击中在与直线PQ 成α 角方向、与Q 点相距为d 的点M，已知电子的电荷量为e，质量为m，
加速电压为U，不计电子重力。下列说法正确的是（ ）
A．电子运动到Q 点的速度v = ❑√
2eU
m
B．若在Q 的右侧加垂直于纸面向里的匀强磁场，则该磁场的磁感应强度大小为B = 2d
sin α
❑√
2mU
e
C．若在Q 的右侧加平行于QM 的匀强磁场，则电子可能到达M 点
D．若在Q 的右侧加垂直于PQ 向上的匀强电场E，则其大小为E = 4U sin α
d cos
2α
【答案】ACD
【详解】A．电子从P 点静止开始加速，由动能定理，得eU = 1
2 mv
2
解得到达Q 点的速度v = ❑√
2eU
m
，故A 正确；
B．加垂直纸面向里的匀强磁场后，电子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evB = m v
2
R
得轨道半径R = mv
eB
由几何关系，弦长QM =d对应圆心角为2α，满足d =2 R sin α
解得R =
d
2sin α
联立可得B = 2mv sin α
ed
代入v = ❑√
2eU
m
，化简得B = 2sin α
d
❑√
2mU
e
，故B 错误；
C．若磁场平行于QM，将电子速度沿磁场方向和垂直于磁场方向分解。沿磁场方向的速度分量不受洛伦
兹力，沿磁场方向做匀速直线运动；垂直于磁场方向的速度分量做匀速圆周运动，合运动为螺旋线运动。
当电子沿磁场方向运动距离d 的时间恰好为匀速圆周运动周期的整数倍时，电子刚好能到达M 点，因此
电子可能到达M 点，故C 正确；
D．若在Q 的右侧加垂直于PQ 向上的匀强电场后，电子做类平抛运动。沿PQ 方向做匀速直线运动，有
d cosα = vt
垂直于PQ 方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得加速度a= eE
m
由匀变速直线运动位移与时间的关系，得d sin α = 1
2 at
2= 1
2 ⋅eE
m ⋅t
2
代入v = ❑√
2eU
m
，联立解得E = 4U sin α
d cos
2α ，故D 正确。
故选ACD。
12．▶新考法◀（多选）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图，纸面内存在上、下
宽度分别为d、2d的匀强电场与匀强磁场，场强大小为E，方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面向外。现有
一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的M点以大小v0= ❑√
2qEd
3m
的初速度
水平向右射出，从N点进入磁场，运动到最低点时恰好不从磁场水平下边界射出。若该粒子到达N点时在
磁场区域加上同样的匀强电场，经过一段时间后粒子第一次到达最低点P，则（ ）
A．粒子经过N点时速度大小为2
3
❑√
2qEd
m
B．匀强磁场B的大小为❑√
3mE
2qd
C．粒子到达P点时的速度大小为❑√
14 qEd
3m
D．P、N两点间的高度差为4+2❑√7
3
d
【答案】BD
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，由动能定理qEd = 1
2 mv N
2 −1
2 mv0
2
又v0= ❑√
2qEd
3m
解得粒子经过N点时速度大小为v N = ❑√
8qEd
3m
，故A 错误；
B．粒子经过N点时竖直分速度大小v y =
❑√v N
2 −v0
2= ❑√
2qEd
m
N点速度与水平方向夹角θ满足tanθ = v y
v0
= ❑√3
得θ =60
∘
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系得R(1+cos60
∘)=2d
解得R = 4
3 d
又q v N B = mv N
2
R
解得B = ❑√
3mE
2qd
，故B 正确；
CD．设P、N两点间的高度差为h，从N 点到P 点，由动能定理得qEh= 1
2 mvP
2 −1
2 mv N
2
由水平方向动量定理得∑q v y B⋅Δt =m v P−(−m v N cos60
∘)
又∑v y⋅Δt =h
解得h= 4 +2❑√7
3
d
v P=2❑√
❑√7 qEd
3m
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
第Ⅱ卷(非选择题，共44 分)
二、非选择题：本题共3 小题，共44 分。
13．（13 分）如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一象限内，存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为
B 的匀强磁场。质量为m、电荷量为q 的带负电粒子，从x 轴上的P 点垂直x 轴射入磁场，OP 长度为L，
并垂直于y 轴离开磁场，不计粒子重力，求：
(1)粒子在磁场中运动的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】(1)qBL
m
（5 分）
(2) π m
2qB
（8 分）
【详解】（1）据题意和几何关系可得粒子在磁场中运动的半径R = L
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力qvB =m v
2
R
解得v = qBL
m
（2）粒子在磁场中运动四分之一个周期，运动时间为t = T
4 = 1
4 × 2π R
v
=πm
2qB
14．（15 分）如图所示，半径R =1m的圆形区域Ⅰ内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小
B =1T，圆形区域正下方有宽d =1m的水平条形区域，内有水平向右的匀强电场，其上边界与区域Ⅰ相切，
电场强度E =2V/ m，在其下方是一水平条形匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度与区域Ⅰ相同。从圆形边界上
与圆心O 等高的P 点有一带正电的粒子以v0的速度正对圆心O 射入区域Ⅰ，粒子的比荷为q
m =2C /kg，
粒子恰好从区域Ⅰ与电场边界的切点射入电场，粒子由区域Ⅱ的下边界射出时的位置与进入区域Ⅱ时的
位置位于同一竖直线上。粒子重力不计，求：
(1)粒子在区域Ⅰ运动的速度v0大小；
(2)粒子从电场下边界射出的速度v的大小，以及速度方向与水平方向的夹角θ；
(3)粒子在区域Ⅱ中的运动时间t。
【答案】(1)v0=2m /s（3 分）
(2)v =2❑√2m /s，θ = 45°（6 分）
(3)t =π
4
（6 分）
【详解】（1）设粒子在区域Ⅰ内圆周运动的半径为r，由几何关系得r = R
由洛伦兹力提供向心力有q v0 B =m v0
2
r
解得v0=2m/ s （3 分）
（2）粒子进入电场后做类平抛运动，垂直电场方向有d = v0t
根据牛顿第二定律有qE =ma（3 分）
设粒子飞出电场时沿电场方向的速度为v1，则v1=at
设粒子从电场中飞出时的速度大小为v，则v =
❑√v0
2+ v1
2
速度与水平方向的夹角满足tanθ = v0
v1
联立可得v =2❑√2m/ s，θ = 45°（3 分）
（3）粒子在区域Ⅱ内的运动周期为T，则T = 2πr1
v
= 2πm
qB
运动时间为t = 2θ
360° T
联立解得t =π
4
（6 分）
15．▶新考法◀（16 分）如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一、二象限内存在沿y 轴负方向的匀强
电场，第三、四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从A 点
(0,h)以沿x 轴正方向的初速度v0射入电场，第一次到达x 轴时速度方向改变了30°，第二次到达x 轴时恰
好经过坐标原点O，不计粒子重力。
(1)求电场强度的大小；
(2)求磁感应强度的大小；
(3)若在第三、四象限内另加一沿y 轴正方向、电场强度大小为E
′ = m v0
2
3qh
的匀强电场，求粒子运动过程中
的最小速度及从A 点射出到速度达到最小所经历的时间。
【答案】(1)m v0
2
6qh
（3 分）
(2)m v0
3qh
（5 分）
(3)vmin= 3−❑√3
3
v0
（4 分）；t = (4 ❑√3+3 π )h
2v0
+ n(4 ❑√3+3 π )h
v0
(n=0,1,2...)（4 分）
【详解】（1）粒子在第一、二象限内只受电场力，沿 x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做初速度为
零的匀加速直线运动。设第一次到达x轴所用时间为t1，加速度大小为 a，第一次到达 x轴时竖直分速度
大小为v y
由速度偏转关系得tan30
∘= v y
v0
解得v y =
❑√3
3 v0（1 分）
由竖直方向运动规律得v y
2 =2ah
代入得a= v0
2
6h
由牛顿第二定律得qE =ma
解得E = m v0
2
6qh
（2 分）
（2）由速度合成得v =
❑√v0
2+ v y
2 = 2❑√3
3
v0
由v y =at1
得t1= 2❑√3h
v0
第一次到达 x 轴的横坐标为x1= v0t1=2❑√3h（2 分）
粒子进入第三、四象限后只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，且第二次到达 x轴时恰好经过坐标原点O。
由几何关系可知圆周半径r = x1=2❑√3h
由洛伦兹力提供向心力得qvB = mv
2
r
解得B = mv
qr = m v0
3qh
（3 分）
（3）在第三、四象限内另加沿 y 轴正方向的匀强电场后，由题给条件和小问2 结果得E
'
B = v0
粒子第一次进入第三、四象限时，沿 x轴正方向的速度为v0，竖直向下的分速度大小为 v y =
❑√3
3 v0。由
于 q v0 B =q E
'，可将粒子在第三、四象限中的运动分解为沿 x轴正方向速度为v0
的匀速直线运动和速度
大小为v y 的匀速圆周运动。
圆周分运动半径由q v y B = mv y
2
R
（1 分）
解得R = mv y
qB = ❑√3h
圆周分运动周期为T = 2πR
v y
= 6 πh
v0
（1 分）
粒子进入第三、四象限时圆周分速度竖直向下，当圆周分速度转到沿 x 轴负方向时与匀速分速度方向相
反，此时合速度最小。
因此从进入第三、四象限到第一次速度最小所需时间为Δt = T
4 = 3 πh
2v0
最小速度为vmin= v0−v y = v0−
❑√3
3 v0= 3−❑√3
3
v0（2 分）
从一次速度最小到下一次速度最小，粒子还需在第三、四象限内运动 T
4
，在第一、二象限内运动 2t1，
再在第三、四象限内运动 T
4
，故相邻两次速度最小的时间间隔为ΔT =2t1+ T
2 = (4 ❑√3+3 π )h
v0
所以从 A 点射出到速度达到最小所经历的时间为t =t1+ T
4 +n ΔT = (4 ❑√3+3 π )h
2v0
+ n(4 ❑√3+3 π )h
v0
(n=0,1,2...)（4 分）
