高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(1)

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．

(1)求电场强度的大小和方向；

(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；

(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．

【来源】【全国百强校】2017届浙江省温州中学高三3月高考模拟物理试卷（带解析) 【答案】（1）E（3）v【解析】 【分析】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零； （2）作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度； （3）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度． 【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动， 电场力与重力合力为零，即mg=qE， 解得：Emgq，方向竖直向上 （2）vmin(962)qBh m0.68qBh0.545qBh0.52qBh；v；v mmmmgq，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上；

（2）粒子运动轨迹如图所示：

设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin， 对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2， 圆心的连线与NS的夹角为φ，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

v2qvBm，

r解得，粒子轨道半径：rv， qBr1vminqB，r21r1， 2由几何知识得：

（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，

（﹣962)解得：vminqBh； m（3）粒子运动轨迹如图所示，

设粒子入射速度为v，

粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2， 粒子第一次通过KL时距离K点为x， 由题意可知：3nx=1.8h （n=1、2、3…）

3(962)h2，xr12hr1， x22解得：

r1（1即：n=1时， vn=2时，vn=3时，v0.36h)，n＜3.5， 2n20.68qBh， m0.545qBh， m0.52qBh； mmgq，电场方向竖直向上；

答：（1）电场强度的大小为E（﹣962)（2）要使粒子不从NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为vminqBh． m（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为：v0.68qBh、m0.545qBh0.52qBh、或v． mm【点睛】

或v本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用．

2．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.

(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;

(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.

请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)v12qU0(2)U?4U1 m（3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，

若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°． 【解析】

(1)设粒子射出加速器的速度为v0 动能定理qU01mv02 2由题意得v1v0，即v12qU0 m(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小aqU1 mdvyat 在离开时,竖直分速度 竖直位移y112at 2t 水平位移lv1粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移y2vyt

y?2y1y2 由题意知,粒子竖直总位移 U1l2解得y

U0d则当加速电压为4U0时,U?4U1

E（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B平行于x 轴. 且

(b)由沿y轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.

F

q

F2f2(5F)2,则f?2F且f?qv1B

解得BFB2m qU0.

(c)设电场方向与x 轴方向夹角为

若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得（fFsin)2(Fcos)2(7F)2 解得

=30°,或

=150°

即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°. 同理,若B 沿-x 轴方向

E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.

3．如图，M、N是电压U=10V的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF相接，其中CD段光滑，DF段粗糙、长度x=1.0m．F点紧邻半径为R的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面)，圆筒上开一小孔与圆心O在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B=0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E．一质量m=0.01kg、电荷量q=－0.02C的小球a从C点静止释放，运动到F点时与质量为2m、不带电的静止小球b发生碰撞，碰撞后a球恰好返回D点，b球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动．不计空气阻力，小球a、b均视为质点，碰时两球电量平分，小球a在DF段与轨道的动摩因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2．求

(1)圆筒内电场强度的大小； (2)两球碰撞时损失的能量；

(3)若b球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从N点射出，则圆筒的半径．

【来源】福建省宁德市2019届普通高中毕业班质量检查理科综合物理试题 【答案】(1)20N/C；(2)0J；(3) 【解析】

R16tann≥3的整数）

n（【详解】

（1）小球b要在圆筒内做圆周运动，应满足：解得：E＝20 N/C

（2）小球a到达F点的速度为v1，根据动能定理得：Uq－μmgx＝小球a从F点的返回的速度为v2，根据功能关系得：μmgx＝1Eq＝2mg 21mv12 21mv22 2两球碰撞后，b球的速度为v，根据动量守恒定律得：mv1＝-mv2＋2mv 则两球碰撞损失的能量为：ΔE＝联立解得：ΔE＝0

（3）小球b进入圆筒后，与筒壁发生n-1次碰撞后从N点射出，轨迹图如图所示：

111mv12－mv22－mv2 222

每段圆弧对应圆筒的圆心角为

2，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r1＝Rtan nn1v2粒子在磁场中做圆周运动：qvB2m

2r1联立解得：

R16tan（n≥3的整数）

n

4．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g，求：

(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.

(3)微粒从P运动到Q的时间有多长.

【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)理综物理试题 【答案】(1)E1【解析】 【详解】

(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：qE1sin45mg 求得：E16d1d2m2gd12mgEmg2gd1 ,2 (2) (3)q6gd2qd2q22mg qmg q12mv 2微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：mgqE2 求得：E2(2)粒子进入磁场区域时满足：qE1d1cos45v2qvBm

R根据几何关系，分析可知：R整理得：Bd22d2 sin30m2gd1 2qd2(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：

12a1t1d1 2mgtan45ma1

t2302R 360v经整理得：tt1t22d1122gd6d1d22gd1 g12qB6gd2

5．如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2=0.8T，t=0时刻，一质量m=8×10－4kg、电荷量q=+2×10－4C的微粒从x轴上xp=－0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g取10m/s2)

(1)求电场强度。

(2)若磁场15πs后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；

(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)。

【来源】陕西榆林市2019届高考模拟第三次测试理科综合物理试题

2.25) 【答案】(1) E40N/C，方向竖直向上 (2) 2.4m (3)(0.30，【解析】 【详解】

(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等，则：qEmg 解得：E40N/C，方向竖直向上

v2(2)由牛顿第二定律有：qvB1m

R1所以R1mv0.6m qB1T2m10s qB1从图乙可知在05s内微粒做匀速圆周运动，在510s内微粒向左做匀速直线运动．在1015s内微粒又做匀速圆周运动，在15s内微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴．

离x轴的最大距离s'2R124R12.4m

(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径．

v2由牛顿第二定律，有qvB2m

R2所以R2mv0.6m2r qB2所以最大偏转角为60° 所以圆心坐标x0.30m

1ys'rcos602.40.3m2.25m

22.25． 即磁场的圆心坐标为0.30，

6．如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场

(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰

好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．

1求粒子运动的速度大小；

2粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之

后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？

3粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？

【来源】2014届福建省厦门双十中学高三热身考试物理试卷（带解析) 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：

121mREqR；（2）R；；（3）2π。

2n1Eqmmv2 EqR解得：vEqR m（2）粒子从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所示：

由图示三角形区域面积最小值为：

R2 S2在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：

mv2 BqvR得：

Rmv Bq设MN下方的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，如图所示：

若只碰撞一次，则有：

R1Rmv 2B1qR2RB21 故

B12若碰撞n次，则有：

mv B2qR1Rmv n1B1qR2Rmv B2q故

B21 B1n1（3）粒子在电场中运动时间：

t1在MN下方的磁场中运动时间：

2R4v2mR Eqt2n11mmR2R1R 2vEqREq12R2t34v2mR EqmR Eq在MN上方的磁场中运动时间：

总时间：

tt1t2t32

7．如图所示，在空间坐标系x<0区域中有竖直向上的匀强电场E1，在一、四象限的正方形区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B，已知CD=2L，OC=L，E2 =4E1。在负x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度v0沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b球不粘连、无摩擦）质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。已知a、b 球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g，不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电场、磁场的影响，求：

(1)碰撞后，a、b球的速度大小； (2)a、b碰后，经t2v0时a球到某位置P点，求P点的位置坐标； 3g(3)a、b碰后，要使 b球不从CD边界射出，求磁感应强度B的取值。

【来源】【全国百强校】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2019届高三上学期期末考试理科综合物理试题

2216mv02v0v021 ， ）； (3) 0B【答案】(1) vav0，vbv0；(2)（或

15qL9g9g33B16mv0 3qL【解析】 【分析】

(1)a、b碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后a、b的速度；

(2)碰后a在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P点的位置坐标； (3)要使 b球不从CD边界射出，求解恰能从C点和D点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。 【详解】 (1)a匀速，则

mgqE1 ①

a、b碰撞，动量守恒

mv0mva2mvb ②

机械能守恒

121212mv0mva2mvb ③ 222由②③得

21vav0，vbv0 ④

33(2)碰后a、b电量总量平分，则

qaqb碰后a在电场中向左做类平抛运动，设经t1q 22v0时a球到P点的位置坐标为（-x，-y） 3gxvat ⑤ ，y其中

12at ⑥ 211g mgqE1ma⑦，a22由⑤⑥⑦得

222v0v0x，y

9g9g222v0v0 ， ）⑧ 故P点的位置坐标为（9g9g(3)碰撞后对b

1qE22mg ⑨ 2故b做匀速圆周运动，则

2vb1qvbB2m ⑩ 2r得

rb恰好从C射出，则

8mv0 ⑪ 3qBL2r⑫

由⑪⑫得

B1恰从D射出，则由几何关系

16mv0 3qL2r24L2rL ⑬，

得

r由⑪⑭得

5L ⑭ 2B216mv0 15qL故要使b不从CD边界射出，则B的取值范围满足

0B16mv016mv0或B 15qL3qL【点睛】

本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的

运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。

8．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-行于y轴的匀强电场，在-

3L区域存在场强大小相同，方向相反均平23L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，2一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（（不计粒子重力），求：

53L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=L22

（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向； （2）

E； B（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期． 【来源】2019年内蒙古呼和浩特市高三物理二模试题 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为vy， 由运动学规律知

40537L4v5v0，与x成53°角；（2）0；（3）2L；（4）．

60v0333L=v0t1， 2

L=

vy2t1

可得t1=

3L4，vy=v0 2v0322故粒子在P2的速度为v=v0vy=

5v0 3设v与x成β角，则tanβ=

vyv0=

4，即β=53°； 3（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=

28mv0E= 9qL121mv-mv02可得 22v2粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m

R5mv02mvmv03==解得：B=

5qR3qLqL2解得：

E4v0； B3（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-点，可得： P2O′=

3L直线与Q′23L5=L=r

2cos5323L 23L+（r-rcos37°）=2L； 2故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-

直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=

3L（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=

2v0在磁场中由P2到M动时间：t2=

2qE8v0=从M运动到N，a= m9L372r37L=

120v360v0则t3=

v15L= 8va0则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=

40537L60v0．

9．如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m、不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动，v0mg，两小球P、Q3qB可视为质点，正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移．已知匀强电场的电场强度

2m2gE，水平台面距地面高度h22，重力加速度为g，不计空气阻力．

qqBmg

（1）求P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球Q的速度大小；

（2）P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落地？落地点与平台边缘间的水平距离多大？

（3）若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘、小球P仍以水平初速度v0mg3qB向Q运动，小球Q的运动轨迹如图2所示（平台足够高，小球Q不与地面相撞）．求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H． 【来源】2019年湖北省黄冈中学高考三模物理试题

2mgm5m4m2g2mg(22)；22（3）vm,H22 【答案】（1）（2）

qB3qB3qB3qB3qB【解析】 【详解】

（1）小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，得：mv0mvPmvQ

121212mv0mvpmvQ 222联立解得vp0,vQv0mg 3qB（2）对于小球Q，由于qEmg，故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则

qvBm2vQr

2m qB经过一个周期的时间t1T小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后vPv0mg,vQ0 3qB12gt2，代入数据，得：2小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，则有ht22h2m gqB故P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间t2m2mm(22) qBqBqB2m2g落地点与平台边缘的水平距离xPv'Pt2

3q2B2（3）PQ相碰后，Q球速度vQ=v0，碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点Q球有最大速度，故从碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点过程，对Q球由动量定理得：qvyBtmvmmv0 即qBHmvmmv0 又由动能定理可得mgH1212mvmmv0， 225m4m2g,H22 解得：vm3qB3qB

10．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向．在x = L到x =2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（

q）为k的带电微粒m从坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x方向通过x轴上x =3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g．求：

（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；

（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．

【来源】【市级联考】福建省厦门市2019届高三5月第二次质量检查考试理综物理试题

32gk2B2L2g2g) 【答案】（1）（2）（3）(L,222kB8gkkB【解析】 【分析】 【详解】

（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg=qE，又解得Eq=k mg k（2）由几何关系：2Rcosθ=L，

v2粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：qvBm ；

r由

vyvcos

在进入复合场之前做平抛运动：vygt

Lv0t

解得v02g kB

kBL12t ， （3）由hgt 其中

2g22gk2B2L23则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：xO'L； yO'hRsin22

kB8g2

11．如图，平面直角坐标系xOy内，x<0、y>0区域存在沿x轴正方向的匀强电场E，x>0区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T。一比荷=5×108C/kg的粒子，从点P(－6cm，0)进入电场，初速度v0=8×106m/s，方向沿y轴正方向，一段时间后经点Q(0，16cm)进入磁场。粒子重力不计，求：

(1)匀强电场的电场强度E；

(2)粒子第一次回到电场时的位置坐标。

【来源】【全国百强校】河北省衡水中学2019届高三统一联合考试理科综合试题（物理部分) 【答案】(1)【解析】 【分析】

(2)

（1）粒子从P运动到Q做类平抛运动，利用平抛运动的知识求解； （2）进入磁场做圆周运动，正确地画出轨迹，找好相应的几何关系。 【详解】

（1）粒子由P到Q做类平抛运动，设运动时间为t，粒子的质量为m，电荷量为q，设y轴方向粒子做匀速直线运动

沿x轴正方向粒子做匀加速直线运动

解得：心为

（2）如图所示，设进入磁场时速度为，方向与y轴夹角为，在磁场中做圆周运动的圆

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：则圆周运动半径

设粒子第一次从y轴回到电场时的左边为，根据几何关系：在电场，电场力对粒子做正功：解得：

，

即粒子第一次回到电场时的位置坐标为

12．如图所示，半径为r的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B0，方向垂直于纸面向外．磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏．加速管右侧存在方向垂直于纸面向外磁感应强度也为B0的匀强磁场区域Ⅱ．在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．（不计粒子重力及其相互作用）

（1）求粒子刚进入加速管时的速度大小v0； （2）求加速电压U；

（3）若保持加速电压U不变，磁场Ⅱ的磁感应强度B=0.9 B0，求荧光屏上有粒子到达的范围？

【来源】江苏省扬州市高邮市2018－2019学年度第二学期高三年级阶段性物理调研试题 【答案】（1）【解析】 【分析】

由运动方向通过几何关系求得半径，进而由洛伦兹力作向心力求得速度；再由几何关系求得半径，由洛伦兹力作向心力联立两式求得粒子速度，应用动能定理求得加速电压；先通过几何关系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子运动的半径及几何关系求得可打在荧光屏上的粒子范围； 【详解】

解：(1)磁场区域Ⅰ内粒子运动轨道半径为：

（2）

（3）

(2)粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为:

又

由动能定理得：解得：

(3)粒子经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与x轴平行；经证明可知： OO1CO2是菱形，所以CO2和y轴平行，v和x轴平行

磁场Ⅱ的磁感应强度B2减小10%，即 荧光屏上方没有粒子到达的长度为:即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端

，

处到下端，总长度

13．如图所示，在坐标系xoy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ=120°，在OC右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直抵面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝30°，大小为v，粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求

（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离； （2）匀强电场的大小和方向；

（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。

【来源】2008年高考全国卷Ⅰ理综试题物理部分 【答案】（1）垂直左边界向右；（2）E（3）t4【解析】 【分析】

本题考查带电粒子在磁场中的运动。 【详解】

（1）设磁场左边界与x轴相交于D点，过O点作速度v垂线OO1，与MN相交于O1点．由几何关系可知，在直角三角形OO1D中∠OO1D =45º。设磁场左右边界间距为d，则OO1=2d。

故粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O1点，圆孤轨迹所对的圆心角为45º，且O1A为圆弧的半径R。

由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直。 A点到x轴的距离：

(23)mv 2Bq12Bv，方向跟y轴成120°角，斜向下指向左边。 73m BqADR1cos45①

由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得

mv2② qvBR联立①②式得

mv2AD1③ qB2（2）

依题意：匀强电场的方向与x轴正向夹角应为135º。

设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第一次在磁场中飞行的时间为t1，有

T④ 82mT⑤

qBt1由几何关系可知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为45º。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O2，O2必定在直线OO1上。设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则∠OO2P=90º。设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2，有

1t2T⑥

4设带电粒子在电场中运动的时间为t3，依题意得

t3Tt1t2⑦

由匀变速运动的规律和牛顿定律可知

vvat3⑧

a联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得

qE⑨ mE（3）由几何关系可得：OPO245

8Bv⑩ 5故粒子自P点射出后将做类平抛运动。

则沿电场方向做匀加速运动：

S1垂直电场方向做匀速直线运动：

12at⑪ 2S2vt⑫ tan45联立得

S1⑬ S2t5m。 4qB

14．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．

（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B

②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y

【来源】湖南省长沙市雅礼中学2019届高三下学期一模理科综合物理试题 【答案】（1）y1【解析】 【详解】

（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：

U0e2UtUe2t0 （2）①B00②yy10t0 dmdLdmymax121U0e2U0e23U0e2at0vyt0t0t0t0 22dmdm2dm从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：

ymin121U0e2at0t0 22dm最远位置和最近位置之间的距离：y1ymaxymin，

y1U0e2t0 dm（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：

RL sin设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为，sin式中vy又：Rvyv1，

U0et0 dmmv1 Be解得：BU0t0 dL②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．

由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO′的最大距离和最小距离的差值为△y1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：yy1U0e2t0 dm

15．如图甲所示，圆盒为质子发射器．M处是质子出射口．其正视截面如图乙所示，D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为R的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为V的低能质子；与A同轴放置的金属网C的半径为3R．不需要质子射出时，可用磁场将质子封闭在金属网以内；若需要低能质子射出时，可撤去磁场，让质子直接射出；若需要高能质子，撤去磁场，并在A，c间加一径向电场，使其加速后射出．不考虑A、C的静电感应电荷对质子的作用和质子之间的相互作用，忽略质子的重力和相对论效应，已知质子质量为m，电荷量为e

（1）若需要速度为2v的质子通过金属网C发射出来，在A、C间所加电压UAC是多大？ （2）若A、C间不加电压，要使由A发射的质子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆盒平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值； 【来源】【全国百强校】天津市新华中学2019届高三第10次统练物理试题

3mv3mv2【答案】(1) U；(2) B

4eR2e【解析】 【详解】

解：(1)电子在AC间电场中加速，由动能定理得：eU11m(2v)2mv2 223mv2解得：U

2e(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，磁感应强度最小时，电子运动轨迹与金属网相切，电子运动轨迹如图所示：

由几何知识得：(3Rr)rR 解得：r2224R 3mv2电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB

r解得所加磁场磁感应强度B的最小值：B3mv 4eR