北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 物理
综合检测（十一） 磁场
时间:90分钟 满分100分
一、单项选择题（本题共8个小题，每个小题3分，共24分。在每个小题给出的四个选项中，只有
一个选项是符合题目要求的）
1．如图所示为一边长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够长直导线，通有相等的电流 I，电流方向如图所示。
若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中C、O两点处的
磁感应强度大小分别为（ ）
A．2B、0 B．2B、2B
C．0、 D． 、
【答案】D
【解析】根据右手螺旋定则，放置在FE边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿CM，放置在ND边的电流
在C点产生的磁场大小为B、方向沿FC，故C点处的磁感应强度大小为 ；放置在FE边的电流在O点产生的
磁场大小为B、方向沿NO，放置在ND边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿OP，故O点处的磁感应强度
大小为 。
故选D。
2．如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为 ，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不
计。匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成 角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则（ ）
A．导体棒向左运动
试卷第1页，共3页B．开关闭合瞬间导体棒 的加速度为
C．开关闭合瞬间导体棒 所受安培力为
D．开关闭合瞬间导体棒 所受安培力为
【答案】C
【解析】开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右下方，从而导致导体棒向
右运动，故A错误；当开关闭合后，安培力的方向与导轨成 的夹角，如图
由闭合电路欧姆定律可得 ，则开关闭合瞬间导体棒 所受安培力 ，故C正确，D错误；
3．如图所示，水平放置的通有恒定电流的长直导线下方有一闭合线框，线框平面和导线在同一竖直
平面内，要使通过线框的磁通量变小，可以将线框（ ）
A．向左平移 B．向右平移
C．向下平移远离导线 D．向上平移靠近导线
【答案】C
【解析】将线圈向左或向右平移，则穿过线圈的磁通量都不变；向下平移远离导线，则穿过线圈的
磁通量减小；向上平移靠近导线，则穿过线圈的磁通量增加；故选C。
4．甲是磁电式电流表的结构简图，线圈绕在一个与指针、转轴相连的铝框骨架上，蹄形磁铁和铁芯
间的磁场均匀辐向分布，同一圆周上磁感应强度大小处处相等，如图乙。当线圈通以如图乙所示方
向电流时，下列说法正确的是（ ）
试卷第2页，共3页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 物理
A．a、b导线所受安培力相同
B．线圈将按逆时针方向（正视）转动
C．换磁性更强的磁铁会增大电流表的量程
D．增加线圈匝数会减小电流表的量程
【答案】D
【解析】由左手定则可知，a、b导线受到的安培力大小相等、方向相反，故 A错误；由左手定则可
知，a导线受到的安培力向上，b导线受到的安培力向下，线圈按顺时针方向（正视）转动，故B错
误；换磁性更强的磁铁或增加线圈匝数，会使得在相同电流情况下线圈所受安培力增大，电流表的
量程减小，故C错误，D正确。故选D。
5．如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和
电荷量都相等的带电粒子，它们从 PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们
在磁场中的运动轨迹．粒子重力不计．下列说法正确的是
A．粒子a带负电
B．粒子c的动能最大
C．粒子b在磁场中运动的时间最长
D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大
【答案】D
【解析】根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛
试卷第3页，共3页伦兹力提供向心力，根据 ，可得： ，粒子的动能EK= mv2，则可知三个带电粒子
的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，c粒子速率最
小，b粒子速率最大．b粒子动能最大，向心力最大．故B错误，D正确．根据 ，
则c粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项C错误；故选D．
6．如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为 B的匀强
磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子能碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为同 m、带电荷量
为q的粒子以某一速度从P点射入，恰好从Q点射出，下列说法正确的是
A．带电粒子一定带负电荷
B．带电粒子的速度最小值为
C．若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量为
D．带电粒子在磁场中运动时间可能为
【答案】D
【解析】若粒子运动轨迹如图所示：
由左手定则可知，粒子带负电，粒子做圆周运动的速度最小，轨道半径最小 ，由牛顿第二定
律得 ，解得 ，故B错误；若粒子带正电，粒子与挡板 MN中点碰撞后恰好从Q点
射出，粒子运动轨迹如图所示：
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由于粒子与挡板碰撞时方向不确定，则粒子的速度无法确定，故粒子受到挡板作用力的冲量不定，
故A、C错误；若粒子带负电，运动轨迹如图所示：
当轨迹半径等于L时，此时转过的圆心角为 ，所以在磁场中运动的时间为 ，故D正
确。
7．如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S 飘入（初速度为零）电场区，经电场加
1
速后通过狭缝S、S 垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最
2 3
终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则（ ）
A．电场力对每个氖20和氖22做的功不等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
【答案】D
【解析】根据电场力做功公式 ，氖20和氖22的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，故A
错误；在加速电场中，根据动能定理有 ，由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖
试卷第5页，共3页22的速度，故B错误；在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得 ，解得 ，根据动能和动量的
关系有 ，综上可判断，q、B和E 相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，故C错误；
k
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得 ，联立可得 ，对于同位素，加速电压相同时，
质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则
氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的
半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，故D正确。
8．如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。
一电荷量为+q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正
确的是（ ）
A．电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B．电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后将做类平抛运动
C．电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
【答案】C
【解析】电荷量为＋q的粒子以速度v进入后受力平衡，即有 ，由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，电
场力竖直向下，即电场强度的方向竖直向下，且有 ，当电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后，由左手
定则可知，粒子所受的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，且有 ，则粒子受力平衡，将沿着图中虚线通
过，故A错误；电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后，向下的电场力为 ，向上的洛伦兹力为
，由于 ，所以粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故B错误；电荷量为＋q的粒子以大于v的
速度从S点进入后，向下的电场力为 ，向上的洛伦兹力为 ，由于 ，所以 ，即粒子刚
从S点进入后所受合力竖直向上，粒子的运动轨迹将向上弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐
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渐减小，故C正确；电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向上的电场力为 ，向下的洛伦兹力
为
，由于 ，所以 ，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向下，粒子的运动轨迹将向下弯曲，
此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故D错误。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两
个以上选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9．如图所示，在水平直线MN上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质
量为m、带正电荷q的粒子，从直线N上的O点以速度v竖直向上射入磁场，由P点离开磁场，不
计粒子重力，则粒子在磁场中运动的（ ）
A．轨道半径为 B．轨道半径为
C．时间为 D．时间为
【答案】AC
【解析】粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力 ，解得 ，运动了半周，则运动
时间 ，故选A、C。
10．据报道,我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图,在很窄的圆环
空间内有沿半径向外的磁场1,其磁感应强度大小可近似认为处处相等;垂直圆环平面同时加有匀强磁
场2和匀强电场(图中没画出),磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等,已知电子电荷量为e,质量为m,
若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为 R、速率为v的匀速圆周运动。则以下说法正确的
是 ( )
试卷第7页，共3页A.电场方向垂直环平面向外
2πR
B.电子运动周期为
v
mv
C.垂直环平面的磁感应强度大小为
eR
mv2
D.电场强度大小为
eR
答案 BCD 根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场 1的洛伦兹力方向垂直环平面
向里,电场力需要与该洛伦兹力平衡,电场力方向应垂直环平面向外,由于电子带负电,故电场方向垂直
环平面向里,A项错误;电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动,则电子运动
2πR
周期为T= ,B项正确;电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力,则
v
v2 mv mv2
有evB=m ,解得B= ,C正确;电子在垂直环平面方向受力平衡,则有eE=evB,解得E= ,D项正确。
R eR eR
11．如图所示，厚度为h、宽度为d的某种半导体板，放在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度
大小为B．当电流通过导体板时，在导体板的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效
应。实验表明，当磁场不太强时，上、下表面之间的电势差U、电流I和B的关系为 ，式中
的比例系数k称为霍尔系数。设电流I（方向如图）是由带正电荷的空穴定向移动形成的，导体中单
位体积中空穴的个数为n，空穴定向移动的速率为v，电荷量为e。下列说法正确的是（ ）
A．上表面的电势比下表面高 B．导体板之间的电场强度
C．霍尔系数k的大小与d、h有关 D．霍尔系数k的大小与n、e有关
【答案】AD
【解析】根据左手定则知，带正电的空穴向上表面偏转，则上表面的电势高于下表面的电势，故 A
正确；导体板之间的电场强度 ，故B错误；因为 ，解得 ，根据 ，
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解得 ，因为 ，则霍尔系数 ，故C错误，D正确。
12．如图,一根绝缘细杆固定在磁感应强度为 B的水平匀强磁场中,杆和磁场垂直,与水平方向成θ
角。杆上套一个质量为m、电荷量为+q的小球,小球与杆之间的动摩擦因数为μ。从A点开始由静止
释放小球,使小球沿杆向下运动。设磁场区域很大,杆足够长,已知重力加速度为g。则下列叙述中正
确的是 ( )
A.小球运动的速度先变大,后不变,加速度不断减小
B.小球运动的加速度先增大到g sin θ,然后减小到零
C.小球的速度达到最大速度一半时加速度为0.5g(sin θ+μ cos θ)
D.小球的速度达到最大速度一半时加速度为g sin θ+μg cos θ
答案 BC 下滑过程分两个阶段,第一阶段:随着小球速度增大,洛伦兹力增大,导致受杆的弹力(垂直
杆向上)减小,则滑动摩擦力也减小,所以加速度增大;当速度达到某个特定值时,洛伦兹力的大小等于
重力在垂直于杆方向上的分力,弹力为零,摩擦力也为零,此时加速度达到最大值,小球受力如图所示
根据牛顿第二定律得mg sin θ=ma,解得a=g sin θ。第二阶段:小球继续向下加速运动,洛伦兹力
大于重力在垂直于杆方向上的分力时,杆对球的弹力反向(垂直杆向下)增大,滑动摩擦力跟着增大,合
力减小,加速度减小,直到加速度为零,小球受力平衡。因此小球先做加速度增大的加速运动,再做加
速度减小的加速运动,直到加速度减小到零,最后做匀速直线运动,故A错误,B正确。当小球所受合力
为零时,速度最大,设最大速度为v ,小球受力如图所示
m
mg(sinθ+μcosθ)
根据平衡条件可得qv B=N+mg cos θ,mg sin θ=f,f=μN,联立解得v = ;当小球加
m m
μBq
mgcosθ
速度最大时,a=g sin θ,设此时速度为v ,有qv B=mg cos θ,解得v = ;小球静止释放能下滑,
1 1 1
qB
试卷第9页，共3页v
则有mg sin θ>μmg cos θ,联立方程,可知v < m,说明小球速度为最大值一半时,处于加速度减小
1
2
v
的加速阶段,所受杆对它的弹力垂直杆向下,则有mg sin θ-f=ma,q mB=N'+mg cos θ,f=μN',联立
2
方程,解得a=0.5g(sin θ+μ cos θ),故C正确,D错误。故选B、C。
四、计算题（共60分）
13．（8分）两个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆形线框的直径相
等，如图所示（两线圈之间彼此绝缘）。把它们放入同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向
垂直，匀强磁场的磁感应强度随时间的变化关系为： （ 为定值），求：
（1） 时，穿过正方形、圆形线框的磁通量之比；
（2）正方形、圆形线框中感应电流之比。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）根据可知， 时，磁感应强度为 ，设正方形线框的边长为L，则有 时，穿过
正方形线框的磁通量为 ，穿过圆形线框的磁通量为 ，可得 。
（2）根据题意，由法拉第电磁感应定律有，正方形线框中产生的感应电动势为 ，圆
形线框中产生的感应电动势为 ，由电阻定律可知，正方形线框的总电阻为
，圆形线框的总电阻为 ，则由欧姆定律可知，正方形、圆形线框中感应电流之比为
。
14．（10分）在科学研究中,常用电磁场来控制带电粒子的轨迹。如图所示,真空中有一半径为r的圆
试卷第10页，共3页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 物理
形磁场区域,与x轴相切于坐标原点O,磁场磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外,在圆形磁场区域的右
侧有两水平放置的正对的平行金属板M、N,板间距离也为r,板长为L,板间中心线O O 的反向延长线
2 3
恰好过磁场圆的圆心O ,在O点处有一粒子源,能向磁场中各个方向(纸面内)源源不断地发射速率相同、
1
质量为m、比荷为k且带正电的粒子,单位时间内发射的粒子数为n,沿y轴正方向射入磁场的粒子,恰
能沿直线O O 的方向射入平行板间。不计重力、阻力及粒子间的相互作用。
2 3
(1)求粒子入射的速度v 的大小。
0
(2)若已知两平行金属板间电场强度E=kB2r3,在平行板的右端适当位置固定一平行于y轴方向的探测
L2
板(图中未画出),使从M、N板右侧射出平行板间的粒子全部打在探测板上,则板长至少为多少?
(3)在满足第(2)问的前提下,若打到探测板上的粒子被全部吸收,求粒子束对探测板的平均作用力的大
小。
答案 (1)kBr (2)r (3)1nmkBr√ r2
1+
2 6 L2
解析 (1)由题意可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R=r
根据牛顿第二定律得qv B=mv2 ,解得v =kBr
0 0 0
R
(2)如图所示,设某粒子从O射出时与y轴夹角为θ,根据几何关系可知四边形OO PO'为菱形,由此可推
1
知所有粒子从磁场射出时的速度方向都平行于x轴
粒子在两金属板间做类平抛运动的加速度大小为
qE
a= =kE
m
L 1 r
运动时间为t= ,侧移量为y= at2= ;
v 2 2
0
试卷第11页，共3页所以紧贴极板N(假设粒子向下偏)入射的粒子将从O 射出,沿O O 入射的粒子将从极板M右边缘射出,
3 2 3
即从N板与O O 间入射的粒子可以从右侧射出,从O O 与M板间入射的粒子打到 M板上,不能从右
2 3 2 3
侧射出,若要使M、N板右侧射出平行板间的粒子全部打在探测板上,探测板紧贴M、N右端时长度最
r
小,为 。
2
(3)在满足第(2)问的前提下,假设粒子在两金属板间向下偏转,设紧贴N板射入的粒子从O点射出时的
r
速度方向与y轴夹角为θ,根据几何关系得r sin θ= ,解得θ=30°。
2
而从y轴正方向射出的粒子恰好沿O O 射入,所以速度方向与y轴夹角在0~30°范围内的粒子最终可
2 3
30° 1
以打到探测板上,即射出平行板间的粒子与射入磁场的粒子数之比为η= =
180° 6
nΔt
Δt时间内打在探测板上的粒子数为N=ηnΔt=
6
粒子打在探测板上时,根据动量定理,在水平方向上有
-F Δt=0-Nmv
x 0
在竖直方向上有-F Δt=0-Nmv
y y
根据运动学公式有v =at,探测板对粒子束的平均作用力大小为F= ,联立解得F=1nmkBr√ r2
y √F2+F2 1+
x y 6 L2
根据牛顿第三定律可知粒子束对探测板的平均作用力的大小为1nmkBr√ r2。
1+
6 L2
15．（12分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件,能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图,
Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直,相距为L,磁场方向相反且垂直纸面。一质量为 m、电荷量为-
q、重力不计的粒子,从靠近平行板电容器MN板处由静止释放,极板间电压为U,粒子经电场加速后平
行于纸面射入Ⅰ区,射入时速度与水平方向夹角θ=30°。
(1)当Ⅰ区宽度L =L、磁感应强度大小B =B 时,粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为
1 1 0
30°,求B 及粒子在Ⅰ区运动的时间t ;
0 0
试卷第12页，共3页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 物理
(2)若L =L =L、B =B ,为使粒子能返回Ⅰ区,求B 应满足的条件;
2 1 1 0 2
(3)若B ≠B ,L ≠L ,且保证粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边
1 2 1 2
界射入的方向总相同,求B 、B 、L 、L 之间应满足的关系式。
1 2 1 2
1 √2mU πL√ m
答案 (1)
L q 3 2qU
3 √mU
(2)B ≥
2
L 2q
(3)B L =B L
2 2 1 1
解析 (1)由题意可得粒子在Ⅰ区的运动轨迹如甲图所示
甲
设粒子射入磁场的速度为v,在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R ,由动能定理和牛顿第二定律可得
1
qU=1mv2、B qv=mv2
0
2 R
1
由几何知识得L=2R sin θ,
1
1 √2mU
联立解得B = ;
0
L q
2θ 2πR πL√ m
粒子在Ⅰ区运动的时间为t = · 1= 。
0 360° v 3 2qU
(2)由题意可得粒子运动轨迹大致如乙图所示
乙
设粒子在磁场Ⅱ区中做圆周运动的半径为R ,由牛顿第二定律得qvB =mv2
2 2
R
2
试卷第13页，共3页为使粒子能返回Ⅰ区,
应满足R +R sin θ≤L
2 2
3 √mU
代入数据解得B ≥
2
L 2q
(3)由题意可得粒子运动轨迹大致如丙、丁图所示两种情况
丙
丁
设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α,由几何知识可得
L =R sin θ+R sin α、L =R sin θ+R sin α(或L =R sin θ-R sin α、L =R sin θ-R sin α)
1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2
又根据洛伦兹力提供向心力有qvB =mv2 ,qvB =mv2
1 2
R R
1 2
联立解得B L =B L
2 2 1 1
16．（14分）如图所示，在空间直角坐标系中，I、Ⅱ象限（含x、y轴）有磁感应强度为B=1T，方
向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为 E=10N/C，方向竖直向上的匀强电场；Ⅲ、Ⅳ象限（不
含x轴）有磁感应强度为 ，方向沿y轴负方向的匀强磁场，光滑 圆弧轨道圆心O'，半径为
R=2m，圆环底端位于坐标轴原点O。质量为m =lkg，带电q=+1C的小球M从O'处水平向右飞出，
1 l
经过一段时间，正好运动到O点。质量为m =2kg，带电q =+1.8C小球的N穿在光滑圆弧轨道上从
2 2
与圆心等高处静止释放，与M同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球P（碰撞过程
无电荷损失）。小球M、N、P均可视为质点，不计小球间的库仑力，取g=10m/s2，求：
(1)小球M在O'处的初速度为多大；
(2)碰撞完成后瞬间，小球P的速度；
试卷第14页，共3页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 物理
(3)分析P球在后续运动过程中，第一次回到y轴时的坐标。
【答案】(1)1m/s；(2)1m/s；(3)坐标位置为
【解析】(1)M从O进入磁场，电场力和重力平衡Eq=mg
在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力
解得v=1m/s
(2)设N沿光滑轨道滑到O点的速度为u，由动能定理
解得u=2m/s
M、N在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的P球速度为 ，选向右为正方向，由动量守恒定
律
解得 ，方向水平向右
(3)P球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向里的洛伦兹力，在电场力作用下，P球
在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，P球回
到y轴上，P球带电量
由
及 ，解得P球圆周运动周期
试卷第15页，共3页P球竖直方向加速度a=g
P球回到y轴时坐标 ，代入数据解得
则坐标位置为
17．（16分）如图甲所示,在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场,规定磁场垂直纸面向内
的方向为正,磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子,在t=0时
刻沿x轴正方向从坐标原点 O射入磁场。图乙中 T 为未知量,不计粒子的重力(sin 37°=0.6,cos
0
37°=0.8)。
2
(1)若粒子射入磁场时的速度为v ,求0~ T 时间内粒子做匀速圆周运动的半径;
0 0
5
(2)若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场,求磁感应强度变化的周期T ;
0
(3)若使粒子能从坐标为(d,√3d)的D点平行于Ox轴射出,求射入磁场时速度大小。
答案 (1) mv (2)143πm
0
3qB 216B q
0 0
(3)4√3B qd(n=1,2,3,…)
0
5nm
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力得qv ·3B =mv2 ,解得r = mv 。
0 0 0 1 0
r 3qB
1 0
甲
(2)要使粒子恰好不从Oy轴射出,如图甲,在前2T 内的运动半径r = mv ,在后3T 内的运动半径r =
0 1 0 0 2
5 3qB 5
0
试卷第16页，共3页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 物理
mv ,由几何关系知 sin θ= r =0.6,解得 θ=37°,0~2T 粒子做圆周运动的周期 T=2πm,则
0 2 0
2qB r +r 5 3qB
0 1 2 0
180°−37° 2 143πm
T= T ,解得磁感应强度变化周期T = 。
360° 5 0 0 216B q
0
(3)要想使粒子经过D点且平行于Ox轴射出,则粒子只能在nT (其中n=1,2,3,…)时刻经过D点,则轨
0
3
迹如图乙,设粒子射入磁场的速度为v,由(2)可得r = r ,由几何关系可知,n(2r cos 30°+2r cos
2 1 1 2
2
30°)=2d,又qv·3B =mv2,解得v=4√3B qd(n=1,2,3,…)。
0 0
r 5nm
1
乙
试卷第17页，共3页
