2007-2012新课标全国高考试题
1. （2007）（18分）在半径为R 半圆形区域中有中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，此感应强度为B 。一质量为m ，带电量为q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD 方向经P 点（AP=d）射入磁场（不计重力影响）。
（1）如果粒子恰好从A 点射出磁场，求入射粒子的速度。
（2）如果粒子经纸面内Q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q 点
切线的夹角为ϕ（如图）。求入射粒子的速度。
2.(2008)（17分）如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。有一质量为m ，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场。质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角ϕ，A 点与原点O 的距离为d 。接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场。不计重力影响。若OC 与x 轴的夹角为ϕ，求
（1）粒子在磁场中运动速度的大小：
（2）匀强电场的场强大小。
3．(2009)（18分）如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平行；在x 轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m 、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场，在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于M 点。已知OP=l , OQ =23l 。不计重力。求
（1）M 点与坐标原点O 间的距离；
（2）粒子从P 点运动到M 点所用的时间.
4. （2010）（18分）如图所示，在0≤x≤a 、o≤y≤a 范围内有垂直手xy 平面向外的匀强磁场，磁2
感应强度大小为B 。坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～900范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a ／2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的
(1)速度的大小：
(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦。
5. （2011）(19分) 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。
6、（2012）（18分）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3R 。5现将磁场换为平等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。
1. 答案：（1）
解析：（1）由于粒子在P 点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP 上，AP 是直径。 设入射粒子的速度为υ1，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得 υ1=qdB (2R -d ) qBd υ=2m [R (1+cos φ) -d ] 2m （2）
m υ12
d =qB υ1
………… ①
由上式解得 υ1=q B d
2m ………… ②
'''（2）设O '是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心。连接O Q ，设O Q =R 。
'由几何关系得∠OQ O =φ ………… ③
O O '=R '+R -d ………… ④
由余弦定理得
(O O ') 2=R 2+R '2-2R R 'cos φ ………… ⑤
联立④⑤式得
R '=d (2R -d )
2[R (1+cos φ) -d ] ………… ⑥
m υ2
R '设入射粒子的速度为υ，由=qB υ解出
υ=qdB (2R -d )
2m [R (1+cos φ) -d ] ………… ⑦
2. (1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC ，故圆弧的圆心在OC 上。依题意，质点轨迹与x 轴的交点为A ，过A 点作与A 点的速度方向垂直的直线，与OC 交于O ＇。由几何关系知，AO ＇垂直于OC ＇，O ＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R ，则有 R =dsin ①
由洛化兹力公式和牛顿第二定律得
将①式代入②式，得 v 2qvB =m R ②
v =
③
(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为
v 0，在电场中的加速度为a ，运动时间为t ，则有
v 0＝v cos ④
v sin ＝at ⑤
d =v 0t ⑥
联立④⑤⑥得
设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得
qBd sin ϕm v 2sin ϕcos ϕa =d ⑦
联立③⑦⑧得 qE ＝ma ⑧
qB 2d E =sin 3ϕcos ϕm ⑨
3. （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ；在x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v 0，粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为1，进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则t
a =qE
m ①
t 1= ②
x v 0=0
t 1 ③
其中x 0=, y 0=l tan θ=。又有at 1v 0 ④
联立②③④式，得θ=30︒
因为M 、O 、Q 点在圆周上，∠MOQ =90︒，所以MQ 为直径。从图中的几何关系可知。
R = ⑥ MO =6l ⑦
（2）设粒子在磁场中运动的速度为v , 从Q 到M 点运动的时间为t 2, v =
则有
带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间为为v 0πR t 2=cos θ ⑧ v ⑨ t t =t 1+ t 2 ⑩
t =+ 1⎝联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得 ⑾○
aqB v =(2-sin α=2m （2
）10 4. 【答案】（1
）
【解析】设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ， mv v 2R =qvB =m qB R ，解得：根据牛顿第二定律和洛伦兹力得：
当a /2为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中
运动的时间为t ，依题意，t=T/4时，∠OCA=π/2
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得：
a R sin α=R -，R sin α=a -R cos α222，且sin α+cos α=
1
R =(2-
解得：
5. 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 aqB a ，v =(2，sin α=m 10
v 2
qv a AB =m R a 1 ①
由几何关系得∠PC P '=θ ② d R a 1=sin θ ③
2qBd v =a 10m ④ 式中，θ=30，由①②③式得
(2)设粒子a 在II 内做圆周运动的圆心为Oa, 半径为R a 1，射出点为P a （图中未画出轨迹），由对称性知，2v a qv a (2B ) =m ∠P 'O a P a =θ'R a 2 ⑤ 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得R R a 2=a 12 ⑥ 由①⑤式得3x =d C 、P '和O a 三点共线，且由 ⑥式知O a 点必位于 2 ⑦ 的平面上。 y p a =R a 1cos θ+h P a P '点与点纵坐标相同，即 ⑧ 式中，h 是C 点的y 坐标。 设b 在I 中运动的轨道半径为R b 1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
q (
设a 到达v a m v a 2) B =() 3R b 13 ⑨ P a 点时，b 位于P b 点，转过的角度为α。如果b 没有飞出I ，则
t θ'=T a 22π ⑩
t α=T 2π （11） b 1
式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而
2πR a 2
v （12）
2πR b 1T b 1=v （13）
0由⑤⑨⑩11、12、13式得α=30 （14）
y p b =R b 1(2+cos α) +h P b T a 2=由①③⑨14式可见，b 没有飞出。点的y 坐标为
由①③⑧⑨14、15式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为
（15）
y p a -y p b =2(-2) d 3 （16）
6. 【解析】粒子在磁场中做圆周运动。设圆周半径为r ，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得
v 2
qvB =m 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，分别于直线交于c 和d 点。由几何关系，线段ab 、bc 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
② ab =bc =r
设cd =x 。由几何关系得
4R +x 5 ③
3bc =R +5
④ 7r =R 5 ⑤ 联立②③④式得ac =
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 =ma ⑥
粒子在电场力方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得
r =
r =vt ⑧
式中t 是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得 12at 2 ⑦
14qRB 2E =5m
2007-2012新课标全国高考试题
1. （2007）（18分）在半径为R 半圆形区域中有中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，此感应强度为B 。一质量为m ，带电量为q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD 方向经P 点（AP=d）射入磁场（不计重力影响）。
（1）如果粒子恰好从A 点射出磁场，求入射粒子的速度。
（2）如果粒子经纸面内Q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q 点
切线的夹角为ϕ（如图）。求入射粒子的速度。
2.(2008)（17分）如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。有一质量为m ，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场。质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角ϕ，A 点与原点O 的距离为d 。接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场。不计重力影响。若OC 与x 轴的夹角为ϕ，求
（1）粒子在磁场中运动速度的大小：
（2）匀强电场的场强大小。
3．(2009)（18分）如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平行；在x 轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m 、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场，在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于M 点。已知OP=l , OQ =23l 。不计重力。求
（1）M 点与坐标原点O 间的距离；
（2）粒子从P 点运动到M 点所用的时间.
4. （2010）（18分）如图所示，在0≤x≤a 、o≤y≤a 范围内有垂直手xy 平面向外的匀强磁场，磁2
感应强度大小为B 。坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～900范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a ／2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的
(1)速度的大小：
(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦。
5. （2011）(19分) 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。
6、（2012）（18分）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3R 。5现将磁场换为平等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。
1. 答案：（1）
解析：（1）由于粒子在P 点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP 上，AP 是直径。 设入射粒子的速度为υ1，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得 υ1=qdB (2R -d ) qBd υ=2m [R (1+cos φ) -d ] 2m （2）
m υ12
d =qB υ1
………… ①
由上式解得 υ1=q B d
2m ………… ②
'''（2）设O '是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心。连接O Q ，设O Q =R 。
'由几何关系得∠OQ O =φ ………… ③
O O '=R '+R -d ………… ④
由余弦定理得
(O O ') 2=R 2+R '2-2R R 'cos φ ………… ⑤
联立④⑤式得
R '=d (2R -d )
2[R (1+cos φ) -d ] ………… ⑥
m υ2
R '设入射粒子的速度为υ，由=qB υ解出
υ=qdB (2R -d )
2m [R (1+cos φ) -d ] ………… ⑦
2. (1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC ，故圆弧的圆心在OC 上。依题意，质点轨迹与x 轴的交点为A ，过A 点作与A 点的速度方向垂直的直线，与OC 交于O ＇。由几何关系知，AO ＇垂直于OC ＇，O ＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R ，则有 R =dsin ①
由洛化兹力公式和牛顿第二定律得
将①式代入②式，得 v 2qvB =m R ②
v =
③
(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为
v 0，在电场中的加速度为a ，运动时间为t ，则有
v 0＝v cos ④
v sin ＝at ⑤
d =v 0t ⑥
联立④⑤⑥得
设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得
qBd sin ϕm v 2sin ϕcos ϕa =d ⑦
联立③⑦⑧得 qE ＝ma ⑧
qB 2d E =sin 3ϕcos ϕm ⑨
3. （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ；在x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v 0，粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为1，进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则t
a =qE
m ①
t 1= ②
x v 0=0
t 1 ③
其中x 0=, y 0=l tan θ=。又有at 1v 0 ④
联立②③④式，得θ=30︒
因为M 、O 、Q 点在圆周上，∠MOQ =90︒，所以MQ 为直径。从图中的几何关系可知。
R = ⑥ MO =6l ⑦
（2）设粒子在磁场中运动的速度为v , 从Q 到M 点运动的时间为t 2, v =
则有
带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间为为v 0πR t 2=cos θ ⑧ v ⑨ t t =t 1+ t 2 ⑩
t =+ 1⎝联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得 ⑾○
aqB v =(2-sin α=2m （2
）10 4. 【答案】（1
）
【解析】设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ， mv v 2R =qvB =m qB R ，解得：根据牛顿第二定律和洛伦兹力得：
当a /2为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中
运动的时间为t ，依题意，t=T/4时，∠OCA=π/2
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得：
a R sin α=R -，R sin α=a -R cos α222，且sin α+cos α=
1
R =(2-
解得：
5. 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 aqB a ，v =(2，sin α=m 10
v 2
qv a AB =m R a 1 ①
由几何关系得∠PC P '=θ ② d R a 1=sin θ ③
2qBd v =a 10m ④ 式中，θ=30，由①②③式得
(2)设粒子a 在II 内做圆周运动的圆心为Oa, 半径为R a 1，射出点为P a （图中未画出轨迹），由对称性知，2v a qv a (2B ) =m ∠P 'O a P a =θ'R a 2 ⑤ 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得R R a 2=a 12 ⑥ 由①⑤式得3x =d C 、P '和O a 三点共线，且由 ⑥式知O a 点必位于 2 ⑦ 的平面上。 y p a =R a 1cos θ+h P a P '点与点纵坐标相同，即 ⑧ 式中，h 是C 点的y 坐标。 设b 在I 中运动的轨道半径为R b 1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
q (
设a 到达v a m v a 2) B =() 3R b 13 ⑨ P a 点时，b 位于P b 点，转过的角度为α。如果b 没有飞出I ，则
t θ'=T a 22π ⑩
t α=T 2π （11） b 1
式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而
2πR a 2
v （12）
2πR b 1T b 1=v （13）
0由⑤⑨⑩11、12、13式得α=30 （14）
y p b =R b 1(2+cos α) +h P b T a 2=由①③⑨14式可见，b 没有飞出。点的y 坐标为
由①③⑧⑨14、15式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为
（15）
y p a -y p b =2(-2) d 3 （16）
6. 【解析】粒子在磁场中做圆周运动。设圆周半径为r ，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得
v 2
qvB =m 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，分别于直线交于c 和d 点。由几何关系，线段ab 、bc 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
② ab =bc =r
设cd =x 。由几何关系得
4R +x 5 ③
3bc =R +5
④ 7r =R 5 ⑤ 联立②③④式得ac =
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 =ma ⑥
粒子在电场力方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得
r =
r =vt ⑧
式中t 是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得 12at 2 ⑦
14qRB 2E =5m