廣東省廣州市2021-2023年高考物理模擬題分類匯編-07磁

場

一、單選題

1.（2023?廣東廣州?統考一模）如圖，兩平行直導線Cd和。,豎直放置，通以方向相反、

大小相等的恒定電流，。、6、P三個相同的閉合金屬圓環位于兩導線所在的平面內，。

在導線cd的左側，6在導線d的右側，P在導線cd與4之間，則（）

i"I

ce

aPb

OOO

I

l

i

di

A.穿過P的磁通量為零

B.“、人圓心處的磁場方向相反

C.cd、^所受到的安培力方向相反

D.”向左平動時產生逆時針方向的感應電流

2.（2022?廣東廣州?統考二模）阿爾法磁譜儀是目前在太空運行的一種粒子探測器，其

關鍵的永磁體系統是由中國研制的。如圖，探測器內邊長為L的正方形的〃區域內有

垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B,當宇宙中帶電量為+q的粒子從"中

點O沿紙面垂直而邊射入磁場區域時，磁譜儀記錄到粒子從ad邊射出，則這些粒子進

入磁場時的動量P滿足（）

A嗎”迦B.華≤p4qBL

,4/4

C.qBL<p<^^D.p4幽或p≥如

444

3.（2022?廣東廣州?統考一模）如圖，虛線內有垂直紙面的勻強磁場，“仍是半圓，圓

心是。，半徑為『，Z?Oc=60°,現有一質量為機、電荷量為+4的離子，以速度口沿半

徑。C射入磁場，從6d邊垂直邊界離開磁場，則（）

A.離子做圓周運動的半徑為2rB.離子離開磁場時距6點為3-

C.虛線內的磁感應強度大小為FD.離子在磁場中的運動時間為九包：

4.（2021?廣東廣州?統考模擬預測）如圖，在等臂電流天平的右端托盤下固定一矩形線

圈，線圈匝數為〃，底邊〃長為3調平衡后放在磁感應強度大小為8、方向垂直紙面

向里的勻強磁場中，線圈平面與磁場垂直；當線圈中通入圖示方向的電流/時，在天平

左、右兩邊加上質量分別為如、加2的祛碼使天平再次平衡，重力加速度為g,則以下

關系式正確的是（）

XXX

:×B×X:

A.nBIL=（mLfn2）gB.nBIL=（機2—"〃）g

C.BIL=（m2~m1）gD.BIL=（m1+m2）g

5?（2021?廣東廣州?統考一模）如圖所示，三根長為L平行的直線電流在空間構成以。

為頂點的等腰直角三角形，其中。、〃電流的方向垂直紙面向里，C電流方向垂直紙面向

外，其中仇c電流大小為/,在。處產生的磁感應強度的大小均為B,導線。通過的

電流大小為0/,則導線”受到的安培力為（）

試卷第2頁，共10頁

?/

!/

：/

?c

A.2BIL,方向豎直向上B.BlL,方向水平向右

C.42BIL,方向豎直向上D.4BIL,方向水平向左

6.（2021?廣東廣州.統考三模）速度方向相同、動能一樣大的電子、質子及α粒子從4D

邊某點。垂直進入某種場中（甲為勻強電場，乙為勻強磁場），都能從BC邊離開場區

域。關于它們在場中的運動，不計質子與中子的質量差異。下列說法正確的是（）

A-............--…--…-B

：×××××X?

----------------------?o,

：XX×××X：

：×××X×X：

J----------------------------T

乙

A.若為勻強磁場，運動軌跡有兩條

B.若為勻強磁場，離開磁場時α粒子動能最大

C.若為勻強電場，離開電場時質子和α粒子動能增加，電子動能減小

D.若為勻強電場，離開電場時這三種粒子的速度偏轉角大小都不相等

7.（2021.廣東廣州.統考二模）物理學家奧斯特發現了電流的磁效應。如圖南北方向放

置的直導線正下方有一靜止的小磁針，當導線通入由南向北的電流時觀察到小磁針偏

轉，則小磁針（）

南北

S?-?-N

A.N極會垂直紙面向里偏轉

B.N極會沿紙面內向上偏轉

C.對通電直導線無力的作用

D.轉動方向與電流方向無關

二、多選題

8.（2023?廣東廣州?統考一模）如圖，質子以一定初速度從。點沿農方向進入立方體區

域abcd-a'b'c'd'，由c'點飛出，該立方體區域可能僅存在（)

A.沿4b方向的勻強電場

B.沿的‘方向的勻強電場

C.沿方向的勻強磁場

D.沿〃方向的勻強磁場

9.（2023.廣東廣州.統考一模）據報道，我國空間站安裝了現代最先進的霍爾推進器用

以空間站的軌道維持。如圖乙，在很窄的圓環空間內有沿半徑向外的磁場1,其磁感強

度大小可近似認為處處相等；垂直圓環平面同時加有勻強磁場2和勻強電場（圖中沒畫

出），磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等，已知電子電量為e,質量為加，若電子恰

好可以在圓環內沿順時針方向做半徑為R、速率為V的勻速圓周運動。則以下說法正確

的是（）

V

2

C.垂直環平面的磁感強度大小為?D.電場強度大小為貯

10.（2022.廣東廣州.統考二模）如圖是電動充氣泵的結構示意圖。其工作原理：電磁鐵

通入電流，彈簧片上下振動，通過橡皮碗對氣室施加力的作用，達到充氣目的。當電流

從電磁鐵的。端流入時，小磁體被吸引而向下運動，則（）

試卷第4頁，共10頁

A.小磁體的下端為S極

B.小磁體的下端為N極

C.a、。間接入的可能是交流電

D.a、6間接入的可能是恒定電流

11.（2022?廣東廣州.統考一模）如圖，高壓輸電線上使用“必〃正方形間隔棒”支撐導

線4、4、％、L4,目的是固定導線間距，防止導線相碰.就Cd的幾何中心為。，當

四根導線通有等大同向電流時（）

A.幾何中心。點的磁感應強度不為零

B.幾何中心O點的磁感應強度為零

C.。對4的安培力小于。對人的安培力

D.。所受安培力的方向沿正方形的對角線αc方向

12.（2022?廣東廣州?統考二模）地磁場能有效抵御宇宙射線的侵入赤道剖面外地磁場可

簡化為包圍地球一定厚度的勻強磁場，方向垂直該剖面，如圖所示。圖中給出了速度在

圖示平面內，從。點沿平行與垂直地面2個不同方向入射的微觀帶電粒子（不計重力）

在地磁場中的三條運動軌跡氏c,且它們都恰不能到達地面則下列相關說法中正確

的是（）

×

×

AC.沿α軌跡運動的粒子帶正電

B.若沿a、C兩軌跡運動的是相同的粒子，則C粒子的速率更大

C.某種粒子運動軌跡為小若它速率不變，只是改變入射地磁場的速度方向，則只要

其速度在圖示平面內，粒子可能到達地面；

D.某種粒子運動軌跡為從若它以相同的速率在圖示平面內沿其他方向入射，則有可

能到達地面

13.（2021?廣東廣州?統考模擬預測）如圖為回旋加速器工作原理示意圖。置于真空中的

D形盒之間的狹縫很小，帶電粒子穿過狹縫的時間可忽略。勻強磁場與盒面垂直，粒子

在磁場中運動周期為7B,兩D形盒間的狹縫中的交變電壓周期為7E。若不考慮相對論

效應和粒子重力的影響，則（）

A.TB=TEB.TB=2TEC.粒子從電場中獲得動能D.粒子從磁

場中獲得動能

14.（2021?廣東廣州?統考二模）如圖，在直角三角形”6c區域內有磁感應強度為8、方

向垂直紙面向里的勻強磁場。直角邊加上的O點有一粒子發射源，該發射源可以沿紙

面與時邊垂直的方向發射速率不同的帶電粒子?已知所有粒子在磁場中運動的時間均

相同，粒子比荷為鼠0“長為”，Ob長為3”，/30。，不計粒子的重力以及粒子間的相

互作用，則（）

試卷第6頁，共10頁

A.粒子在磁場中的運動時間為2

B.正電粒子的軌跡半徑最大為：

C.負電粒子的軌跡半徑最大為W

2

D.負電粒子運動的最大速度為ZBd

三、解答題

15.（2023?廣東廣州?統考一模）如圖所示，無限大的Xoy平面內，在y軸左側有沿X軸

正方向的勻強電場，在y軸右側有垂直于X。），平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為

B°y軸上S（-d,0）處有一粒子源,在坐標平面內先后向磁場中與+y方向夾角為30o~150°

范圍內發射粒子，粒子的質量為機、電荷量為+q,所有粒子第一次經磁場偏轉后均可

同時從。點進入電場。不計粒子重力及粒子間相互作用。

（1）求從S發出粒子的最小速度v；

（2）若最先從粒子源射出的粒子，經過一次電場偏轉，恰好運動到S點。求電場強度

的大小4;

（3）若電場強度E為（2）中品的4倍，最小速度的粒子從粒子源射出后第三次經過y

軸的位置為尸點，最先射出的粒子從粒子源射出后第三次經過了軸的位置為Q點，求

PQ之間的距離。

16.（2022?廣東廣州?統考模擬預測）如圖所示，三角形ABC內有一磁感應強度為8、

方向垂直于紙面向外的有界勻強磁場，且/8=30。，ZC=90o,BC=LoBC中點有一離

子源S,能均勻地向三角形內的各個方向發射大量速率相等的同種離子，離子質量為〃?、

電荷量為+4。若有離子剛好從C點沿AC方向射出，求：

（1）離子的發射速率片

（2）從AB邊射出的粒子占全部粒子的占比；

（3）從AB邊射出的離子在磁場中運動的最短時間tn,in.

17.（2021?廣東廣一州?統考模擬預測）圖甲所示的CT掃描機，其部分工作原理如圖乙所

示：M、N之間是加速電場，虛線框內存在垂直紙面的勻強磁場。電子從靜止開始經加

速電場后，垂直進入偏轉磁場，最后打在靶上的P點。已知加速電壓為U,磁場的寬度

為d,電子的質量為機、電荷量為e,電子離開磁場時的速度偏轉角為凡求：

（1）電子離開電場時的速度大小；

（2）磁感應強度的大小和方向。

甲乙

18.（2021?廣東廣州?統考一模）如圖所示，在以坐標原點。為圓心、半徑為R的半圓

形區域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為8,磁場方向垂直于X。），

試卷第8頁，共10頁

平面向里。一帶正電的粒子（不計重力）從。點沿），軸正方向以某一速度射入，粒子恰

好做勻速直線運動，經S時間從P點射出；若僅撤去磁場，粒子仍從。點以相同的速

度沿y軸正方向射入，經I時間從半圓形區域的邊界射出。

（1）求電場強度的大小和方向;

（2）求粒子的比荷包；

m

（3）若保留磁場而撤去電場，粒子仍從。點沿y軸正方向射入，但速度為原來的4倍,

求粒子在磁場中運動的時間。

,`y

/XXX乂、、、

/XXX×××

，乂XX××X

I

I八/R\

:XXXX義XX；〉

0X

19.（2021?廣東廣州?統考三模）如圖甲是法拉第發明的銅盤發電機，也是人類歷史上第

一臺發電機?利用這個發電機給平行金屬板電容器供電，如圖乙。己知銅盤的半徑為心

加在盤下半側的勻強磁場磁感應強度為以，盤勻速轉動的角速度為3,每塊平行板長度

為4,板間距離也為"，板間加垂直紙面向內、磁感應強度為歷的勻強磁場。重力加速

度大小為go

（1）求銅盤產生的感應電動勢的大小;

（2）若有一帶負電的小球從電容器兩板中間水平向右射入，在復合場中做勻速圓周運

動又從極板右側邊緣射出，求射入的速度大小。

甲

20.（2021?廣東廣州?統考一模）如圖，在豎直平面的矩形區域必CH內有豎直向上的勻

強電場。一帶電小球從豎直邊M上的P點以某一速度射入該區域，小球沿PC做勻速直

線運動。若在該區域內再加入垂直紙面向里的勻強磁場，完全相同的帶電小球仍以相同

的速度從。點射入該區域，則小球最終從M邊的某點女（圖中未標出）垂直力離開該

區域。己知：小球質量為用，帶電量為卅以長為心他長為3泰，Pb長4為磁感應

3冗m

強度大小為8,重力加速度大小為g,小球在磁場中的運動時間小于求：

2qB

(1)勻強電場的場強大小；

(2)帶電小球的入射速度大小；

(3)k、P兩點之間的電勢差。

ad

P

b

試卷第10頁，共10頁

參考答案:

I.C

【詳解】A.由題意，根據安培定則，可判斷知通電直導線Cd和^在P圓環處產生的磁場

方向均垂直紙面向外，所以穿過P的磁通量不為零，故A錯誤；

B.由于距離通電導線越近，產生的磁場越強，距離導線越遠，產生的磁場越弱，根據安培

定則，結合對稱性，可判斷知通電直導線Cd和紗在〃圓心處產生磁場的合磁場方向相同，

均垂直紙面向里，故B錯誤；

C.根據兩通電直導線之間的相互作用規律：“同向相吸，異向相斥”，可知Cd所受到的安培

力向左，^所受到的安培力向右，故C正確；

D.由選項B分析可知，”處的磁場方向垂直紙面向里，若“圓環向左平動時，穿過。圓環

垂直紙面向里的磁通量將減小，根據“楞次定律”可知，感應電流產生的磁場方向也垂直紙面

向里，由安培定則可判斷知在“內產生感應電流的方向為順時針方向，故D錯誤。

故選C。

2.A

【詳解】帶電量為+q的粒子進入磁場,洛倫茲力提供向心力

cjvβ=-

r

解得

mvp

r=——=——

qBqB

粒子從4點射出，由幾何關系可知

L

粒子從”點射出，由幾何關系可知

L2

解得

5L

則磁譜儀記錄到粒子從4邊射出可知

L5L

-≤r<—

44

故粒子進入磁場時的動量P滿足

答案第1頁，共15頁

理如

4-'-4

故選Ao

3.D

【詳解】AB.由題意，作出離子在磁場中運動軌跡示意圖如下

則根據幾何關系，離子在磁場中圓周運動半徑為

Λ=√3r

離子離開磁場時距6點為（6+Dr,故AB錯誤；

C.離子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力

2

V

qvB

可得

Bn=——mv=-m=—v

qR?ji3qr

故C錯誤；

D.由幾何關系知，離子在磁場中運動軌跡對應的圓心角為150。，則運動時間為

θTθm5y∣3πr

t=—T=——=--------

2πc∣B6v

故D正確。

故選D。

4.B

【詳解】根據左手定則可知線圈所受安培力方向為豎直向上，根據平衡條件有

m2g-nBIL=叫g

解得

nBIL=^m1-tnλ）g

故選B。

5.A

答案第2頁，共15頁

【詳解】匕、C電流在α處產生的磁感應強度的大小分別為B,根據矢量的疊加規則，結合幾

何關系可得，4處的磁感應強度為

5,,=√2B

方向水平向左，再由左手定則可知，導線。安培力方向豎直向上，大小為

F=√2B?√2∕L=2B∕Λ

故選A?

6.A

【詳解】A.若為勻強磁場，粒子在磁場中做圓周運動，洛侖茲力提供向心力

v^I2

J.nCl

怠-qvB=m—,Eκ=-mv

qB

質子與α粒子半徑相同，磁場中有兩條軌跡，A正確；

B.若為勻強磁場，洛侖茲力永遠不做功，三種粒子初動能相等，從磁場中出來時的動能也

相等，B錯誤；

C.若為勻強電場，質子與α粒子帶正電，軌跡向下偏轉，電場力做正功，電子帶負電，軌

跡向上偏轉，電場力也做正功，動能都增加，C錯誤；

D.若為勻強電場，粒子在電場中的偏轉角的正切值為

tan「閆=里

mv

匕o2Eii

質子和電子都帶一個單位的元電荷，偏轉角相同，都小于α粒子的偏轉角，D錯誤；

故選A?

7.A

【詳解】AB.若導線通入由南向北的電流時，根據安培定則可知小磁針處的磁場的方向垂

直于紙面向里，所以小磁針的N極會向垂直紙面向里偏轉。故A正確B錯誤；

C.因為力的作用是相互的，故小磁針對通電直導線也有力的作用，故C錯誤；

D.若導線通入由北向南的電流時，根據安培定則可知小磁針處的磁場的方向垂直于紙面向

外，所以小磁針的N極會向垂直紙面向外偏轉。故轉動方向與電流方向有關。故D錯誤。

故選A。

8.BD

答案第3頁，共15頁

【詳解】A?若立方體區域僅存在沿帥方向的勻強電場，質子受到的電場力沿湖方向，會

在水平面內做曲線運動，無法到達c',A錯誤；

B.若立方體區域僅存在沿方向的勻強電場，質子受到的電場力沿“0'方向，會在豎直面

內做曲線運動，有可能到達c',B正確；

C.若立方體區域僅存在沿〃/方向的勻強磁場，質子受到水平方向的洛倫茲力，會在水平

面內做曲線運動，不可能到達c',C錯誤；

D.若立方體區域僅存在沿加方向的勻強磁場，質子受到豎直方向的洛倫茲力，會在豎直

面內做曲線運動，有可能到達c',D正確。

故選BDo

9.BCD

【詳解】A.根據左手定則可知電子在圓環內受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力方向垂直

環平面向里，電場力需要與該洛倫茲力平衡，電場力方向應垂直環平面向外，由于電子帶負

電，故電場方向垂直環平面向里，A錯誤；

B.電子在圓環內沿順時針方向做半徑為R、速率為V的勻速圓周運動，則電子運動周期為

T2兀R

1=-----

V

B正確；

C.電子在圓環內受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，則有

V-

evB=m—

R

解得

B=—

eR

C正確；

D.電子在垂直環平面方向受力平衡，則有

eE=evB

解得

2

E=-----

eR

D正確；

故選BCDo

10.BC

答案第4頁，共15頁

【詳解】AB?根據安培定則可得電磁鐵上端為S極；根據異名磁極相吸可得小磁鐵下端為N

極，故A錯誤，B正確。

CD.用交流電可以讓電磁鐵上端的磁極交替變化，從而讓氣室不斷從外吸氣，對目標充氣。

如果用直流電，小磁鐵要么被吸引，要么被排斥遠離，無法連續充氣，故C正確，D錯誤。

故選BCo

11.BD

【詳解】AB.因四條導線中的電流大小相等，。點與四條導線的距離均相等，由安培定則

和對稱性可知，L在。點的磁感應強度與心在。點的磁感應強度等大反向，心在。點的磁

感應強度與〃在O點的磁感應強度等大反向，所以四條導線在。點的磁感應強度等于0,

故A錯誤，B正確；

C.5相比小，離■更近些，處于L較強的磁場區域，由安培力大小與B成正比可知，。對

4的安培力大于。對4的安培力，故C錯誤：

D.根據“同向電流吸引，反向電流排斥”的推論可知，L受其余三條導線的吸引力分別指向

三條導線，根據對稱性，心與〃對L的安培力大小相等，所以兩者合力指向好方向，再與

八對L的安培力（沿αc方向）合成，總安培力方向沿正方形的對角線αc方向，故D正確。

故選BD。

12.BD

【詳解】A.由左手定則可知，沿α軌跡運動的粒子帶負電，故A錯誤；

B.由半徑公式

mv

r=——

Bq

可知，沿C軌跡運動的半徑大，則沿C軌跡運動的粒子的速率更大，故B正確；

C.圓的直徑為最長的弦，圖中直徑時都到不了地面，則其他反向的也將不會到達地面，故

C錯誤；

D.由圖可知，當粒子射入的速度方向沿順時針轉過小于90度的銳角時，都可到達地面，

故D正確；

故選BD。

13.AC

【詳解】AB.粒子每運動半周，被電場加速一次，故粒子在磁場中的運動周期與兩D形盒

答案第5頁，共15頁

間的狹縫中的交變電壓變化周期相等，即

TB=TE

A正確，B錯誤；

CD.電場力對粒子做正功，使粒子動能增大，即粒子從電場中獲得動能，洛倫茲力只改變

粒子的運動方向，不對粒子做功，粒子沒有從磁場中獲得動能，C正確，D錯誤。

故選ACo

14.BD

【詳解】A.所有粒子在磁場中運動的時間均相同，所以粒子均運動了半個圓周，根據

Tπmπ

t=——==—

2BqBk

故A錯誤；

BC.正粒子向上偏轉，負粒子向下偏轉，根據幾何關系可知，當軌跡與斜邊相切時，半徑

最大，速度最大，對正粒子

解得

Rl=-

13

負粒子

o

(cl+R2)sin30=R2

解得

R2=d

故B正確C錯誤：

D.負粒子

R=d=嗎

Bq

最大速度

匕"=kBd

故D正確。

故選BD0

15.(1)型；⑵?g-；(3)-

2m2m4

答案第6頁，共15頁

【詳解】（1）由題意可知，So為粒子運動軌跡的直徑時，粒子速度最小，設該粒子在磁場

中運動的半徑為，i,則有

r

d-Irx

由洛倫茲力提供向心力，則有

q??B=m-

r?

解得

2m

（2）最先射出的粒子，射出方向與+y方向夾角為150。，設該粒子在磁場中運動的半徑為4,

速度為彩，由幾何關系得

2乃Sina=d

由洛倫茲力提供向心力，則有

qv2B=m^-

rι

粒子在電場中運動的加速度

“=姐

tn

沿X方向有

v2sina-^^-r=0

tn

粒子在y方向做勻速運動，有

d=v2cosa?2r

聯立解得

°-2m

（3）由（1）可知，速度最小的粒子的運動軌跡如圖實線所示,

d=2/;

根據對稱關系可知，該粒子第三次到達y軸的P坐標

yp=d

答案第7頁，共15頁

已知

E=4E1?

最先射出的粒子在電場中運動的加速度

，qE

a=--=4aa

m

沿X方向有

,

v2sinα-√r=O

解得

粒子在電場中）方向運動距離為

C，d

y=v2cosa?2r=—

最先射出的粒子運動軌跡如圖中虛線所示，有幾何關系可得該粒子第三次到達1軸的Q點坐

標

3d

%=彳

PQ之間的距離

?d

\y=yP-yQ=~

16.⑴警;⑵33.33%；⑶第

【詳解】（1）離子剛好從C點沿4C方向射出，作出該離子的運動軌跡如圖所示

答案第8頁，共15頁

A

根據單邊有界磁場的規律，可知，該離子必定垂直于BC邊入射，根據幾何關系有

2吟

離子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有

2

V

qvB=m—

R

解得

V=迦

4m

(2)若離子入射速度方向與S3夾角為α時，離子軌跡恰好與AB邊相切，作出軌跡以及輔

助線如圖所示

軌跡圖中。為軌跡的圓心，。。與OS為半徑，由幾何關系有

Rcosa+---------

——------/30一_tan30

一+Rsina

2

解得

0=60

即在該離子入射速度與SB夾角在。范圍內進入的離子能夠從A8邊射出，由于離子是均勻

地向三角形內的各個方向發射，則從43邊射出的離子占全部粒子的占比為

片圖Xl(X)%=33.33%

(3)由分析可知，離子從A8邊射出時，軌跡為一條劣弧，軌跡弧對應的弦長越短，磁場

中運動的時間越小，則當入射點與出射點連線垂直于AB邊時，弦長最小，對應軌跡歷時最

答案第9頁，共15頁

短，作出軌跡如圖所示

A

軌跡圖中0'為軌跡的圓心，O'S與0'J為半徑，由幾何關系有

=-?sin30=-=R

24

則AOJS為等邊三角形，即軌跡對應的圓心角為60，最短時間為

60T

t.=-------/

ra'n360

圓周運動的周期

T2πm

1=------

qB

解得

_πm

麗

17.(1)V=廬J(2)B=包絲但口，垂直紙面向里

【詳解】(1)電子加速過程，由動能定理可得

12

eU=-mv-0

2

解得

(2)如圖所示，電子在勻強磁場中做勻速圓周運動

偏轉磁場

由洛倫茲力作為向心力可得

v2

evB=in一

由幾何關系可得

答案第10頁，共15頁

sin，=一

聯立解得，磁感應強度的大小為

§_sin6《2mU

由左手定則可知，磁感應強度的方向垂直紙面向里。

18.⑴E=管沿X軸正方向;⑵％密⑶，=警

【詳解】（1）設帶電粒子的質量為，小電荷量為?7,初速度為口電場強度為瓦可判斷出

粒子受到的洛倫磁力沿X軸負方向，可知電場強度沿X軸正方向，粒子受力平衡，有

qE=qvB

又

R=Vto

得

LBR

E=——

（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，在y方向位移

y=Λ

2

設在X方向位移為X,因射出位置在半圓形區域邊界上，由數學知識得

由牛頓第二定律，有

qE

a=——

m

在X方向，有

?-4√3

mBt0

（3）僅有磁場時，入射速度為4v,帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為

答案第Il頁，共15頁

r,由牛頓第二定律有

(4v)2

c](4v)B=m------

r

得

m?4v_BtO4o_vt_?/?

虧=礪下=耳0=ι^R

由幾何關系

2?/?

Sina=—=——

r2

得

π

a=—

3

帶電粒子在磁場中運動周期

_1πm

1=-----

qB

則帶電粒子在磁場中運動時間

t=氾T

2π

得

√3Λ‰

I--------

18

2

19.(l)∣BlΔω:(2);外；

【詳解】（