十年高考物理压轴题二轮复习：磁场（含全国卷海南卷宁夏卷）

十年高考物理压轴题二轮复习专练

（2011~2021含全国卷、海南卷、宁夏卷）

专题三电场和磁场

3.2磁场

一、压轴小题（12题）

[2020全国I卷・T18・6分]一匀强磁场的磁感应强度大小为8,方向垂直于纸面向外，其边

界如图中虚线所示，ab为半圆，ac、bd与直径czb共线，ac间的距离等于半圆的半径。一

束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于oc射入磁场，这些粒子具有

各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）

17im

AA...............................................................

6qB......................................................

571mI................

D.-------L.......\••.•••I........；

4qBcQ\....................../bd

C皿

3qB

371nl

D.----

2qB

【答案】C

【解析】解：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心

角决定，即,=27；—一^、

方法一：设仍半圆的半径为R,采用放缩法如图所示：C'\'/d

粒子垂直ac,则圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在k

r”0.5R和r..L5尺时，粒子从ac、友/区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个

周期；当O.5R<r<L5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子

射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从"逐渐增大，当轨迹半径为火时，轨迹圆心

角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最

大，即。=%+工=0万；

33

方法二：O点为半圆弧的圆心，过c点做半圆弧的切线，与圆弧相切与e点，由于co=2R,

oe=R,且ce_Leo,故Noce=30。，因为只有ce与圆弧相切时，Noce为最大,如果不相切，

Noce小于30。，ce为轨迹圆的一条弦，则此时弦切角最大为90。+30。=120。，根据圆心角

等于弦切角的2倍，所以最大圆心角为6=2x120。=240。；

4

即。=%+工=«"，粒子运动最长时间为/=且7=Ax女"=士"，故C正确。

332%2乃qB3qB

[2020全国HI卷・T18・6分]真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴

圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径

方向进入磁场。已知电子质量为加，电荷量为e,忽略重力。为使该电子的运动被限制在图

中实线圈围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（）

人3mvmv

A.-----B.

2aeae

「3mv3mv

D.

5ae

【答案】C

【解析】当电子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，电子在图中实线圆围成的区域内运动的

半径最大，电子的运动轨迹如图，令电子的半径为r,根据几何知识有

r2+a2=(3a-r)2,

所以电子的最大半径为厂=3〃，

3

因为你归=机1,所以3=小，

rre

则磁感应强度的最小值为2=2"，故加错误，C正确。

4ae

[2019全国II卷・T17・6分]如图，边长为/的正方形abed内存在匀强磁场，磁感应强度大小

为B,方向垂直于纸面（abed所在平面）向外。ab边中点有一电子发源。，可向磁场内沿垂

直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分

别为（）

一

A.—kBl,a

44••••

B

••••

B.—kBl,-kBl

44••••

••[••

C.-kBl,—kBl

24a0

D.—kBl,-kBl

24

【答案】B

【解析】从。点和d点射出的电子运动轨迹如图所示，根据几何关系可

得：&根据洛伦兹力提供向心力可得：qvaB=m^-,解得：2

b

=；kB/；对于从d点射出的电子，根据几何关系可得：解得：&=(

/根据洛伦兹力提供向心力可得：qVdB=m粤,解得：Vd=ykBl；故B正确，ACD错误。

[2019全国HI卷・T18・6分]如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为

38和8、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x

轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中

运动的时间为()

571m

A.iy

6qB・B........................o,

771Hz****••2•

D-------••••

,6qB.............................

117rmi。

C，6qB

13兀机

D，6qB

【答案】B

)27r777

【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则粒子在第二象限的运动时间为ti=4X

=碰。第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据R=至知半径为原

来的2倍，即R2=2RI根据几何关系可得：

7n71

R2—R\1rli。1227rm

cosg-=加则0=60,t2=%XqB=为互

77rm

粒子在磁场中运动的时间为t=t2+t2=石瓦。

[2016全国卷II-T18.6分]一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的

轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度

3顺时针转动.在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成

30。角。当筒转过90。时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒

壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()

A-3B⑴-----

ZZxxxxX

/xxx，收'X、

Bn。[XXX/幺xx

-2B\xx/,Oxx

\X/'xXX/

IVTVxxx/

C—

B•'A30

_2co

D•方

【答案】A

【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，有N/WOA=90。，NOMA=45。，Z

C/WO-60",所以NO'/WA=75°,/O'AM=75°,ZM0^=30°

即轨迹圆弧所对的圆心角为30。

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期7=鬻

o，七二

粒子在磁场中匀速圆周运动的时间/=3X4

36012qB

圆筒转动90。所用时间/=［『=JX女

44co

粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t=t'

［2013全国卷I・T18・6分］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8,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R/2。已知粒子射出磁场与射入磁场

时运动方向间的夹角为60。，则例子的速率为（不计重力）（）

qBRqBR3qBRIqBR

A.——B.-------C.-D.---------

2mm2mm

【答案】B

【解析】如图所示，粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60。，则其运动轨迹所

对的圆心角NCM也为60。。在三角形。中，cos/”OM=不，所以NHOM为60。。

由角边角定理可知，三角形O/WN与三角形CMN全等，即圆周运动半径与磁场区

域圆半径相等。由q。*m%可知k噤。正确选项B。

［2013全国卷II・T17・6分］空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径

为R,磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速率Oo沿横截面的某

直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60。。不计重力，该磁场的磁感应强度大

小为（）

3mV。

qRqR

【答案】A

【解析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀

速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60。,

且轨迹的半径为：r=Rcot30。，根据牛顿第二定律得：qo08=m/得，3=皿=嗅等。

[2011全国卷・T19・6分]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/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的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与

/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，理论上可采用的办法是（）

A.只将轨道长度L变为原来的2倍

B.只将电流/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

【答案】BD

【解析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有磁感应强

度的大小与/成正比，所以B=k/,解得。=栏学。

只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的血倍，故A错误。

只将电流/增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确。

只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的血倍，故C错误。

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，弹体的出射速度增

加至原来的2倍，故D正确。

[2012大纲卷・T2・6分]质量分别为mi和m2、电荷量分别为qi和的两粒子在同一匀强磁

场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等.下列说法正确的是（）

A.若qi=q2,则它们做圆周运动的半径一定相等

B.若mi=ni2，则它们做圆周运动的半径一定相等

C.若q",则它们做圆周运动的周期一定不相等

D.若则它们做圆周运动的周期一定不相等

【答案】A

【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径「=器=击，已知两粒子动量

相等，若qi=q2,则它们的圆周运动半径一定相等，选项A正确；若mi=m2,不能确定两

粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项B错；由周期公式丁=翳可知：仅由电量

或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，故C、D错误。

[2021海南卷・T13・4分](多选)如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸

面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的

P(0,V3L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴

正方向的夹角为a(0WaW180°)。当a=150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的

重力。贝U()

A.粒子一定带正电

B.当a=45°时，粒子也垂直x轴离开磁场

C.粒子入射速率为2V3'QBL

m

D.粒子离开磁场的位置到0点的最大距离为3V^L

【答案】ACD

【解析】A、根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A正

确；

BC、当a=150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图1

图1

粒子运动的半径为r=同=2V3L

cos600

v2

洛伦兹力提供向心力qvB=m—

Y

解得粒子入射速率V=纪架

若a=45°,粒子运动轨迹如图2

图2

根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，故B错误，C正确；

D,粒子离开磁场距离0点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图3

22

根据几何关系可知(2r)2=(V3L)+xm

解得xm=3V5L

故D正确。

[2019海南卷・T9・5分]如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量

相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度

VP垂直于磁场边界，Q的速度VQ与磁场边界的夹角为45。.已知两粒子均从N点射出磁场，

且在磁场中运动的时间相同，则()

XXXX

N

A.P和Q的质量之比为1：2B.P和Q的质量之比为企：1

C.P和Q速度大小之比为VL1D.P和Q速度大小之比为2：1

【答案】AC

【解析】AB、由题意可知，P、Q两粒子的运动轨迹分别为半圆、四分之一圆，再根据t=岛鬻

解得：mp：ITIQ=1：2,故A正确，B错误；

2

、结合几何关系可知，由公式反，解得：

CDRP：RQ=1：V2,=mvP：vQ=V2.-1,

故C正确，D错误。

[2012海南卷・T10・4分]图中装置可演示磁场对通电导线的作用.电磁铁上下两磁极之间某

一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆.当电磁铁线圈

两端a、b,导轨两端e、f,分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动.下列说

法正确的是（）

A.若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动

B.若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动

C.若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动

D.若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动

【答案】BD

【解析】解：A、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，

L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；

B、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的

安培力向右，L向右滑动，故B正确；

C、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安

培力向右，L向右滑动，故C错误；

D、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，L所受安

培力向左，则L向左滑动，故D正确；

[2011海南卷・T10・4分]（多选）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形

为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从0点入射。这两种粒子

带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计

重力。下列说法正确的是()

XX

；XXXX

01

IXXXX

XXXX

A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同

B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同

C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同

D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大

【答案】BD

【解析】A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，若粒子从左边边界出去则运

动时间相同，虽然轨迹不一样，但圆心角相同。故A错误；

B、在磁场中半径r=滞，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；

C、在磁场中运动时间：1=器(。为转过圆心角)，虽圆心角可能相同，但半径可能不同,

所以运动轨迹也不同，故C错误；

D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越

大。故D正确；

二、压轴大题(6题)

[2011全国卷・T25・19分]如图，在区域I(OWxWd)和区域II(d<xW2d)内分别存在匀强磁场,

磁感应强度大小分别为B和28,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。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1/3o不计重力和两粒子之间

的相互作用力。求：

yB2B

x

p

i:ii

x

Od'-2d!

⑴粒子。射入区域I时速度的大小；

⑵当。离开区域n时，a、b两粒子的y坐标之差。

【答案】（1）粒子。射入区域I时速度的大小与四。

m

（2）当。离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差为为一％=—2）4

【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°i，粒子速率

为。”运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P',如图：

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得如a6=①

由几何关系得NPCP，=e②，&1=当③，式中0=30。

smd

由①②③式得久=也④

m

（2）设粒子。在II内做圆周运动的圆心为。。，半径为儿2，射出点为P。，/P9aPa=W。

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q%（23）=机小⑤，由①⑤式得&2=与⑥

C、P，和。。三点共线，且由⑥式知。。点必位于x=^d⑦的平面上。由对称性知，P。点与P，

点纵坐标相同，

即yi=RaicosQ+h⑧式中，h是C点的y坐标

设b在I中运动的轨道半径为Rbl,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得

9（1）8=券（/》⑨

JJttl）1□

设a到达P。点时，b位于Pb点，转过的角度为*如果b没有飞出I,则

式中，t是。在区域n中运动的时间，而：见（12）,=4警（13）

v2

3

由⑤⑨⑩（工工）（12）式得:a=30°（14）

由①③⑨（14）式可见，b没有飞出。Pb点的y坐标为y2=Rbi（2+cosa）+/?

由①③⑧⑨式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为乃一为=,（6一2）/。

［2013大纲卷・T5・20分］如图所示，虚线OL与y轴的夹角为9=60。，在此角范围内有垂直

于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子

从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁

场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且左=R。不计重力。求/W点到。点的距

离和粒子在磁场中运动的时间。

【答案】M点到。点的距离力=（1-容）R或=（1+容）R,粒子在磁场中运动的时间为湍

或57砺rm。

【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线。L于4点，圆心

在y轴上的。点，AC与y轴的夹角为a；粒子从4点射出后,运动轨迹交x轴的P点，设

AP与x轴的夹角为6,如右图所示

由牛顿第二定律得：qvB=m'①;

it

国甘口、］丁2TVR2TT772

周期为：丁=丁=十②

过4点作x、y轴的垂线，垂足分别为8、Do

由几何知识得40=Rsina,OD=^4Z>cot600,

BP=ODcot6,OP^AD+BP,a=6③

联立得到：sina+-^jcosa=l,解得：a=30°,或a=90。。

设M点到。点的距离为h,有：

AD=Rsina,h=R-OC,OC=CD—OD=Rcosa^AD

解得力=（1-容）R（a=30。）

联立得到h=H—Rcosa(a+30°)

当a=3。。时，粒子在磁场中运动的时间为仁上赢

当a=90。时，运动的轨迹如图，则〃=＞瑞，仁（l+g）R

[2020海南卷・T19・16分]如图，虚线MN左侧有一个正三角形ABC,C点在MN上，AB与

MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直

于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度V。从AB的中点O沿OC

方向射入三角形区域，偏转60。后从MN上的P点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转

后恰能回到。点。已知离子的质量为m,电荷量为q,正三角形的边长为d：

（1）求三角形区域内磁场的磁感应强度；

（2）求离子从O点射入到返回。点所需要的时间；

（3）若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN右侧磁场

变为一个与MN相切于P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为

Vo，方向垂直于BC,始终在纸面内运动，到达。点时的速度方向与OC成120。角，求圆

形磁场的磁感应强度。

M

”、、

N

【答案】（1）三角形区域内磁场的磁感应强度为4竽；

qa

（2）离子从O点射入到返回O点所需要的时间为a—+38），

3v0

（3）若三角形ABC区域磁场方向向里，圆形磁场的磁感应强度为^若三角形ABC区

5qa

域磁场方向向外，圆形磁场的磁感应强度为网詈。

qa

【解析】（1）画出粒子运动轨迹如图所示

M,

粒子在三角形ABC中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvoB=m—

X

粒子射出三角形磁场时偏转60。，由几何关系可知：r=9

联立解得磁感应强度为：B=符；

（2）根据周期公式可得：丁=冬

v0

解得粒子从0到D的时间为：ti=*=怒；

粒子从D运动到P,由几何关系可知CP=d,则DP=CP»sin6o°=字d

粒子从D运动到P运动时间为：t2=^=^

v02v0

根据图中几何关系可得粒子在MN右侧运动的半径为：「=，而=2d

粒子在MN右侧磁场中的运动时间为：t3=|X组=粤

故粒子从0点射入到返回0点所需要的时间为：t=2（ti+t2）+t3=（11啜?①）d

（3）若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，

根据几何关系可得：R+Rcos600=d+^cos60"

解得R=|d

此时根据洛伦兹力提供向心力可得：qBivo=mJ

解得：B尸用用

若三角形ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有:

R'+R'cos60°—d—^cos60°

1

解得R，=,d

根据洛伦兹力提供向心力可得：qB2Vo=m^

解得：B2=需。

[2016海南卷・T14・14分]如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，ZOCA=30°,OA的长度

为L.在4OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电

粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边

射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为to.不计重力。

（1）求磁场的磁感应强度的大小;

（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,

求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和;

（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为/o,

求粒子此次入射速度的大小。

rrrn

【答案】（1）磁场的磁感应强度的大小——;

2qt0

（2）该粒子这两次在磁场中运动的时间之和2to;

V3TTL

（3）粒子此次入射速度的大小

7to

【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间to内其速度方向改变了90。，故其周期

T=4to①

设磁感应强度大小为B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿第

二定律得quB=my<2)

匀速圆周运动的速度满足u=罕③

联立①②③式得B=赢④

(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从0C边上的同一点P射出磁场，粒子在磁

场中运动的轨迹如图a所示。

设两轨迹所对应的圆心角分别为01和02.由几何关系有01=180°-出⑤

粒子两次在磁场中运动的时间分别为tl与t2,则tl+t2==2to；⑥

(3)如图b,由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150。。

设0'为圆弧的圆心，圆弧的半径为ro，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，

由几何关系和题给条件可知，此时有

ZOO'D=ZBO'A=30°©

rocos/00'D+诉兴园工⑧

设粒子此次入射速度的大小为V0,

由圆周运动线速度公式，则有：丫0=手取。

联立①⑦⑧⑨式得丫0=架

/r0

[2013海南卷・T14・13分]如图，纸面内有E、F、G三点，NGEF=30。，NEFG=135。.空间

有一匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.先使带有电荷量为q(q>0)

的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电

荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点.两点电荷从射出到经过G

点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同.已知点电荷a的质量为m,轨道半

径为R,不计重力.求：

（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间;

【答案】（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间t=益；

（2）点电荷b的速度大小％=粤黑.

【解析】设点电荷a的速度为V,由牛顿第二定律得：quB=喀

解得：。=曙①

设点电荷a做圆周运动的周期为T,贝7=等②

设点电荷a从F点进入磁场后的偏转角为6

由几何关系得：0=90°③

故a从开始运动到经过G点所用时间t=^T=jT

3oU4

①②③联立得：t=瑞④

（2）设点电荷b的速度大小为VI，轨道半径为R1,b在磁场中偏转角为也,

由题意得：1=