磁场(带答案)汇总

15年

新课标卷

14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的

A ．轨道半径减小，角速度增大

B ．轨道半径减小，角速度减小

C ．轨道半径增大，角速度增大

D ．轨道半径增大，角速度减小 【答案】D

19．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘

水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是 A ．圆盘上产生了感应电动势

B ．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动

C ．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化

D ．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 【答案】AB 24．(12分)

如图，一长为10cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V 的电池相连，电路总电阻为2Ω．已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm ，重力加速度大小取10m/s 2．判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。

解：依题意，开关闭合后，电流方向从b 到a ，由左手定则可知，金属棒所受安培力方向竖直向下。

开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为

10.5l cm

?=．由胡克定律和力的

平衡条件得

12k l mg

?= ①

式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小。 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 F IBL = ② 式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了20.3l cm

?=，由胡克

定律和力的平衡条件得

122()k l l mg F

?+?=+ ③

由欧姆定律有 E IR = ④ 式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻。

联立①②③④式，并代入题给数据得 0.1kg m = ⑤ 山东卷

17. 如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一

垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是

A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高

B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动

C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动

D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 【答案】ABD

【解析】由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A 正确；根

据E=BLv 可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B 正确；若加反向磁场，根据楞次

O

× ×

定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动。选项D 正确，选项ABD 正确。

24. （20分）如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为

圆心，GH 为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ

区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m ，电量为+q 的粒子由小孔下方d /2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。

（1）求极板间电场强度的大小；

（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求I 区磁感应强度的大小；

（3）若Ⅰ区，Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv /qD ，4mv /qD ，粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程。

【答案】（1）2

mv qd

（2）4mv qD 或43mv qD （3）5.5πD

【解析】（1）设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得

2

122d qE

mv = ① 由①式得 2

mv E qd

= ②

（2）设I 区磁场感性强度的大小为B ，粒子作圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得

2

v qvB m R

= ③

如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得

4D

R =

④ 联立③④式得4mv

B qD

= ⑤

若粒子轨迹与小圆内切，有几何关系得

34D

R =

⑥ 联立③⑥式得43mv

B qD

= ⑦

（3）设粒子在？I 区和II 区做圆周运动的半径分别为1R 、2R ，由题意可知I 和II 区磁

感应强度的大小分别为12mv B qD =、24mv

B qD

=，由牛顿第二定律得

211v qvB m R =，2

22v qvB m R = ⑧

代入数据得12D R =，24

D

R = ⑨

设粒子在I 区和II 区做圆周运动的周期分别为1T 、2T ,由运动学公式得

112R T v π=，2

22R T v

π= ⑩

× × × × ×

× × × ×

×

I II O G

H

v d 图甲

据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，I 区两段圆弧所对圆心角相同，设为1θ，II 区内圆弧所对圆心角设为

2θ，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，有几何关系得

01120θ= ○11

02180θ= ○

12 060α= ○13

粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图丙所示，设粒子I 区和II 区做圆周运动的

时间分别为1t 、2t ，可得

1112360360t T θα??=

??, 2

22360360t T θα?=??

○14 设粒子运动的路程为s ，由运动学公式得

12()s v t t =+ ○15

联立⑨⑩○11○12○13○14○15式得 5.5s D π= ○16

14年

全国卷

14．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是 （D ） A ．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B ．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化

C ．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表相连，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化

D ．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化

15．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是 （ B ） A ．安培力的方向可以不垂直于直导线 B ．安培力的方向总是垂直于磁场的方向

C ．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关

D ．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半

16．如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O 。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为 （D ） A ．2 B ．2 C ．1 D ．

2

2 山东卷

16.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往

图乙

θ1 θ1 θ2 α

图丙

比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是

A.焦耳发现了电流热效应的规律

B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律

C.楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕

D.牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动

22.如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用

c

a表示c的加速度，kd E表示d的动能，c x、d x分别表示c、d相对释放点的位移。图乙中正确的是

24、（20分）如

图甲

所示，间距为d垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0由Q

板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。d

v

Q

图甲

当B 0和T B 取某些特定值时，可使

t =0时刻入射的粒子经t ?时间恰能垂直打在P 板上（不考虑粒子反弹）。上述m 、q 、d 、v 0为已知量。

（1）若B T t 21＝?，求B 0； （2）若B T t 2

3

＝?，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；

（3）若qd

mv B 0

04＝

，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B 。

24、解：（1）设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得

1

2

000R mv

B qv = ①

据题意由几何关系得

d R =1 ②

联立①②式得

qd

mv B 0

0=

③ （2）设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得：

2

2

0R v

a = ④

据题意由几何关系得 d R =23 ⑤ 联立④⑤式得

d

v

a 2

03= ⑥

（3）设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得

2v R

T π＝

⑦ 由牛顿第二定律得

R

mv B qv 2

00= ⑧

由题意知qd

mv B 0

04=

，代入⑧式得 R d 4= ⑨

-

粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向夹角为θ，在第个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求2

0π

θ<

<，由题意可知

2

22B T T =+πθπ

⑩ 设经历整个完整T B 的个数为n （n=0、1、2、3……） 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得

d n R R R =++）（θsin 2 ○

11 当n=0时，无解 ○12 当n=1时，联立⑨○11式得

)2

1

sin (6==

θπ

θ或 ○13 联立⑦⑨⑩○13式得

3v d

T π=

○

14 当2≥n 时，不满足2

0π

θ<

<的要求 ○

15 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得

d n R R R R =+++)sin (2sin 2θθ ○

16 当n=0时，无解 ○17 当n=1时，联立⑨○16式得

)4

1sin (41

arcsin ==θθ或 ○

18 联立⑦⑨⑩○18式得

2)41arcsin 2v d

T B +=

π

○19 当2≥n 时，不满足2

0π

θ<

<的要求 ○

20

O

13年 全国卷

18.如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q （q>0）。质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为错误!未找到引用源。，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力） A.

m

qBR

2 m

qBR

m qBR

23 m

qBR

2

山东卷 18、将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸

面）内。回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域风有垂直纸面的磁场Ⅱ。以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示。用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图像是（ ）

点评：也是很经典的的题型，电磁感应图像：分段分析，注意矢量的正负，16、17、18这三道题比

前几年的考题明显简单，尤其是2011年那道电磁感应，双棒切割，不容易，今年这一道题不

必动笔计算。。

23、（18分）如图所示，在坐标系xoy 的第一、第三象限内存在相同的磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向里；第四象限内有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E 。一带电量为+q 、质量为m 的粒子，自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入第四象

限，经x 轴上的Q 点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留

磁场。已知OP ＝d ，OQ ＝2d 。不计粒子重力。 （1）求粒子过Q 点时速度的大小和方向。 （2）若磁感应强度的大小为一确定值B 0，粒子将以垂直y 轴的方A

向进入第二象限，求B 0的大小。

（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q 点，且速度与第一次过Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过Q 点所用的时间。

12年

全国19.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率

t

B

??的大小应为C A.

π

ω0

4B B.

π

ω0

2B C.

πω0B D.π

ω20

B 20.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 =t 1的时间间隔内，直导线中电流i 发生某种变化，而线框中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 正方向与图中箭头方向相同，则i 随时间t 变化的图线可能是A

山东卷

14．以下叙述正确的是（ AD ） A ．法拉第发现了电磁感应现象

B ．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大

C ．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果

D ．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果

20．如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B 。将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g ，下列选项正确的是（AC ）

A ．2sin P mgv θ=

B ．3sin P mgv θ=

C ．当导体棒速度达到

2v 时加速度为sin 2

g

θ D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 23．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔1S 、

2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U ，周期为0T 。在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）

的粒子由1S 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在0

2

T t =

时刻通过2S 垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）

（1）求粒子到达2S 时的速度大小v 和极板距离d （2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。

（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在03t T =时刻再次到达2S ，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小

23．解：（1）粒子由1S 至2S 的过程中，根据动能定理得

201

2qU mv =

①

由①式得

2qU v m

=

②

设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得

q

ma d =

③ 由运动学公式得

201()22T d a =

④

联立③④式得

d =

⑤

(2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得

2

v qvB m

R

=

⑥

要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足

22L

R >

⑦

联立②⑥⑦式得

B <

⑧

（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为1t ，有

1

d vt = ⑨

联立②⑤⑨式得

014

T t =

⑩

若粒子再次达到2S 时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为2t ，根据运动学公式得

22v d t =

⑾

联立○9○10○11式得

22t =

⑿

设粒子在磁场中运动的时间为t

01232T t T t t =-

--

⒀ 联立⑩⑿⒀式得

74

T t =

⒁

设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由○6式结合运动学公式得

2m T qB

π=

⒂

由题意得

T t

= ⒃

联立⒁⒂⒃式得

087m

B qT π=

⒄

15．（2011全国卷1）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流1I 和2I ，且

12I I f ；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

解析：要合磁感应强度为零，必有1I 和2I 形成两个场等大方向，只有C 点有可能，选C

25．（2011山东）．（18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两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直干扰面。一质量为m 、电量为-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，射入时速度与水平和方向夹角30θ=?

（1）当Ⅰ区宽度L 1=L 、磁感应强度大小B 1=B 0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水

平方向夹角也为30?，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0

（2）若Ⅱ区宽度L 2=L 1=L 磁感应强度大小B 2=B 1=B 0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的

最低点之间的高度差h

（3）若L 2=L 1=L 、B 1=B 0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件 （4）若1212,B B L L ≠≠，且已保证了粒子能从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区左边界射出的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式。

解析：

14．（2011全国理综）．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 （B ）

解析：主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B 。

18（2011全国理综）．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得磁场（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（BD ）

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

解析：主要考查动能定理。利用动能定理有221mv BIlL =,B=kI 解得m

lL

kI v 22=。

所以正确答案是BD 。

25．（2011全国理综）．（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°；因此，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。

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R a1，粒子速率为v a ，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

2

a a R v m

AB qv = ① 由几何关系得θ='∠P PC ② θsin 1d R a = ③ 式中，0

30=θ，由①②③式得m

qBd

v a 21=

④

（2）设粒子a 在II 内做圆周运动的圆心为Oa,半径为1a R ，射出点为a P （图中未画出

轨迹），θ'='∠a a P O P 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得2

2)2(a a

a R v m B qv = ⑤

由①⑤式得2

1

2a a R R =

⑥

C 、P '和a O 三点共线，且由 ⑥式知a O 点必位于d x 2

3

=

⑦ 的平面上。由对称性知，a P 点与P '点纵坐标相同，即h R y a p a +=θcos 1 ⑧ 式中，h 是C 点的y 坐标。 设b 在I 中运动的轨道半径为1b R ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

2

1)3

()3(

a b a v R m B v q = ⑨ 设a 到达a P 点时，b 位于b P 点，转过的角度为α。如果b 没有飞出I ，则

πθ22'=a T t ⑩ π

α21=b T t ○11

式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而

v R T a a 222π=

○12 3

21

1v R T b b π= ○13

由⑤⑨⑩○11○12○13式得0

30=α ○

14

由①③⑨○14式可见，b 没有飞出。b P 点的y 坐标为h R y b p b ++=)cos 2(1α ○15 由①③⑧⑨○14○

15式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为

d y y b a p p )23(3

2

-=

- ○16

25．（2011全国卷1）．（19分）（注意：在试卷上作答无效）

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0v 从平面MN 上的0p 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0p 的距离。粒子的重力可以忽略。

解析：设粒子第一次过MN 时速度方向与水平方向成α1角，位移与水平方向成α2角且α2=450，在电场中做类平抛运动，

则有：

02,1,2v t x x y

Eq at y a m

====得出：

10

tan 2at

v α=

= 002,5y v v v v ==

在电场中运行的位移:22

2

2

0012222v mv s x y a Eq

=+==

在磁场中做圆周运动，且弦切角为α=α1-α2，

1212tan tan 110tan ,sin 1tan tan 310

αααααα-=

==

+? 2v qvB m R =得出：0

5mv R qB

=

在磁场中运行的位移为：0

222sin mv s R qB

α==

所以首次从II 区离开时到出发点0p 的距离为：200

12222mv mv s s s qE qB

=+=+