高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小滑块从A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动．A 、C 两点间距离为h ，重力加速度为g ．
（1）求小滑块运动到C 点时的速度大小v c ；
（2）求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；
（3）若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v p .
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（福建卷带解析) 【答案】（1）E/B （2）（3）
【解析】 【分析】 【详解】
小滑块到达C 点时离开MN ，此时与MN 间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功W f ；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；
（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE 时滑块离开MN 开始做曲线运动，即Bqv qE = 解得：E v B
=
（2）从A 到C 根据动能定理：2
102
f mgh W mv -=
- 解得：2
212f E W mgh m B
=-
（3）设重力与电场力的合力为F ，由图意知，在D 点速度v D 的方向与F 地方向垂直，从D 到P 做类平抛运动，在F 方向做匀加速运动a=F /m ，t 时间内在F 方向的位移为212
x at =
从D 到P ，根据动能定理：150a a +=，其中2114
mv 联立解得：()
2
2
222
()P D
mg qE v t v m
+=
+ 【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN 分离时，小滑块与MN 间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．
2．如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R =0.25m 的半圆,两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小
E =5.0×103V/m 。

一不带电的绝缘小球甲，以速度v 0沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞。

已知甲、乙两球的质量均为m =1.0×10-2kg ，乙所带电荷量q =2.0×10-5C ，g 取10m/s 2。

(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D ，求乙球在B 点被碰后的瞬时速度大小；
（2）在满足1的条件下，求甲的速度v 0；
（3）甲仍以中的速度v 0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范围。

【来源】四川省资阳市高中（2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题 【答案】（1）5m/s ；（2）5m/s ；（3）
32m 3m 2
x '≤<。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）对球乙从B 运动到D 的过程运用动能定理可得
22
112222
D B mg R q
E R mv mv --=
- 乙恰能通过轨道的最高点D ，根据牛顿第二定律可得
2
D
v mg qE m
R
+=
联立并代入题给数据可得
B v =5m/s
（2）设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得
00
B mv mv mv '=+ 根据机械能守恒可得
22200111222
B mv mv mv '=+
联立解得
0v '=，05v =m/s （3）设甲的质量为M ，碰撞后甲、乙的速度分别为M v 、m v ，根据动量守恒和机械能守恒定律有
0M m Mv Mv mv =+
2220111
222
M m Mv Mv mv =+ 联立得
2m Mv v M m
=
+ 分析可知：当M =m 时，v m 取最小值v 0；当M ≫m 时，v m 取最大值2v 0 可得B 球被撞后的速度范围为
002m v v v <<
设乙球过D 点的速度为D
v '，由动能定理得 2211
2222
D m mg R q
E R mv mv --=
'- 联立以上两个方程可得
/s</s D
v '> 设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x '，则有
2
122
D x v t R gt ''==
， 所以可得首次落点到B 点的距离范围
2
x '≤<
3．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为
U 0的交变电压，周期02m
T qB
π=
．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．
（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系
【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题
【答案】（1）00x y = ，
()2
02qBy m
（2）见解析
【解析】 【详解】
（1）发射源的位置00x y =， 粒子的初动能：()2
00
2k qBy E
m
=
；
（2）分下面三种情况讨论： （i ）如图1，002k E qU >
由02101mv mv mv
y R R Bq Bq Bq
===、、， 和
221001122mv mv qU =-，222101122
mv mv qU =-， 及()012x y R R =++，
得()
()
2
2
002224x y yqB mqU yqB mqU qB
qB
=+
++
+；
（ii ）如图2，0002k qU E qU <<
由02
0mv mv y d R Bq Bq
--==、， 和
22
0201122
mv mv qU =+， 及()032x y d R =--+，
得()
2
2202
3)2x y d y d q B mqU qB
=-++++（
；
（iii ）如图3，00k E qU <
由02
0mv mv y d R Bq Bq
--==、， 和
22
0201122
mv mv qU =-， 及()04x y d R =--+， 得()
2
2204
2x y d y d q B mqU qB
=--+-
4．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）
mg
q
E=，方向竖直向上（2）
min
(962)qBh
v
m
-
=
（3）
0.68qBh
v
m
=；
0.545qBh
v
m
=；
0.52qBh
v
m
=
【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：
mg
q
E=，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v min，
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：
2
v qvB m r
=，
解得，粒子轨道半径：v r qB
π=
， min
1v r qB
π=
，211
2
r r =
， 由几何知识得：
（r 1+r 2）sin φ=r 2，r 1+r 1cos φ=h ，
解得：min 962)qBh
v 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r 1、r 2， 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(92)22
h x -≥
，()2
211x r h r =-- 解得：
12
0.361)2
h
r n =+
（，n ＜3.5， 即：n =1时， 0.68qBh
v m
=， n =2时，0.545qBh
v m
=
，
n =3时，0.52qBh
v m
=
； 答：（1）电场强度的大小为mg q
E =
，电场方向竖直向上；
（2）要使粒子不从NS 边界飞出，粒子入射速度的最小值为min 962)qBh
v 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：0.68qBh
v m
=
、或0.545qBh v m =
、或0.52qBh
v m
=． 【点睛】
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．
5．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)0
12qU v m
=
1U?4U =
（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0v 动能定理2001
2
qU mv =
由题意得10v v =，即0
12qU v 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1
qU a md
=
在离开时,竖直分速度y
v at = 竖直位移2
112
y at =
水平位移1
l v t = 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2y y v t =
由题意知,粒子竖直总位移12
y?2y y =+ 解得2
10U l y U d
=
则当加速电压为04U 时,1U?4U =
（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F
E q
= (b)由沿y +
-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.
222F f (5F)+=,则f?2F =且1f?qv B =
解得0
2F m
B B
qU =
(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222sin )(cos )(7)f F F F αα++=（ 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°.
6．如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），存在垂直纸面向里的匀
强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。

0t =时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的1N 点以水平速度v 射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的2N 点，Q 为线段12N N 的中点，重力加速度为g ，上述d 、0E 、m 、v 、g 为已知量。

(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小； (2)求电场变化的周期T ；
(3)改变宽度d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T 的最小值。

【来源】2010年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷)理综 【答案】(1)0
2E B v
=；(2)122d v T t t v g π=+=+；(3)min 1min 2(21)2v T t t g π+=+。

【解析】 【分析】
根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况。

再根据受力分析列出相应等式解决问题。

【详解】
(1)根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡， 则mg=qE 0 ①
∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0. 则 mg+qE 0=qvB ② 联立①②得：q=
③B=
④
(2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，作圆周运动的周期为t 2， 则=vt 1⑤qvB=m
⑥2πR=vt 2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦得：t 1=，t 2=⑧ 电场变化的周期T=t 1+t 2=
+
⑨
(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d≥2R ⑩
联立③④⑥得：R=，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由⑤⑩得t1min=，
因t2不变，T的最小值 T min=t1min+t2=。

答：(1)微粒所带电荷量q为，磁感应强度B的大小为。

(2)电场变化的周期T为+。

(3)T的最小值为。

【点睛】
运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路。

7．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)
16
tan
R
n
π
=（
n≥3的整数）
【解析】【详解】
（1）小球b要在圆筒内做圆周运动，应满足：1
2
Eq＝2mg
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＝1
2
mv12
小球a 从F 点的返回的速度为v 2，根据功能关系得：μmgx
＝
1
2
mv 22 两球碰撞后，b
球的速度为v ，根据动量守恒定律得：mv 1＝-mv 2＋2mv 则两球碰撞损失的能量为：ΔE ＝12mv 12－12mv 22－12
mv 2 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：
每段圆弧对应圆筒的圆心角为
2n π，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r 1＝Rtan n
π 粒子在磁场中做圆周运动：2
1
122v qvB m r =
联立解得：
16tan
R n
π=
（n≥3的整数）
8．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场。

一粒子源固定在x 轴上坐标为(),0L -的A 点。

粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为0v 的电子，电子通过y 轴上的C 点时速度方向与y 轴正方向成45α=角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x 轴正方向成15β=角的射线OM 已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。

求：
()1匀强电场的电场强度E 的大小；
()2电子在电场和磁场中运动的总时间t ()3矩形磁场区域的最小面积min S 。

【来源】湖南省怀化市2019年高考物理一模物理试题
【答案】(1)
2
2
mv
eL
；(2)
22
3
L m
v eB
π
+；(3)2
3()
mv
eB
【解析】
【详解】
()1电子从A到C的过程中，由动能定理得：22
11
22
C
eEL mv mv
=-
cos45
C
v v
=
联立解得：
2
2
mv
E
eL
=
()2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：
1
sin
2
C
v
L t
α
=
其中0
cos
C
v
v
α
=
由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：
2
3
π
θ=
电子在磁场中的运动时间：
22
t T
θ
π
=
其中
2m
T
eB
π
=
电子在电场和磁场中运动的总时间12
t t t
=+
联立解得：
22
3
L m
t
v eB
π
=+
()3电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
则有
2
C
v
evB m
r
=
最小矩形区域如图所示，
由数学知识得：2sin
2
CD r
θ
=⋅cos
2
CQ r r
θ
=-
最小矩形区域面积：min
S CD CQ
=⋅
联立解得：2
3()
mv
Smin
eB
=
9．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：
(1)带电粒子入射速度的大小；
(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．
【来源】【市级联考】广东省广州市2019届高三12月调研测试理科综合试题物理试题
【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d
m θ
【解析】 【分析】
画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】
（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．
由几何关系可知：cos d R
θ=
洛伦兹力做向心力：20
0v qv B m R
= 解得0cos qBd
v m θ
=
（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x
θ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θ
θ
=
（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B
解得2qB d
E mcos θ
=
【点睛】
此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
10．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）EqR
m
；（2）212R ；11n +；（3）2πmR Eq 。

【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：
2
mv Eq R
= 解得：EqR
v 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：
2
2
R S = 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：
2
mv Bqv R
= 得：
mv R Bq
=
设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2，如图所示：
若只碰撞一次，则有：
112R mv R B q
=
= 22mv
R R B q
==
故
2112
B B = 若碰撞n 次，则有：
111R mv R n B q
=
=+ 22mv
R R B q
==
故2111
B B n =+ （3）粒子在电场中运动时间：
124R t v π=
= 在MN 下方的磁场中运动时间：
211122n t R v ππ+=
⨯⨯== 在MN 上方的磁场中运动时间：
23214R t v π=⨯=
总时间：
1232t t t t =++=
11．如图1，光滑绝缘水平平台MNQP 为矩
形， GH ∥PQ ，MP =NQ =1m ，MN =GH =PQ =0.4m ，平台离地面高度为h =2.45m ．半径为R =0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B =0.05T ，方向竖直向上，与MP 边相切于A 点，与NQ 边相切于D 点，与GH 相切于C 点．平台上PGHQ 区域内有方向由P 指向G 的匀强电场，场强大小为E =0.25V/m ．平台右方整个空间存在方向水平向右的电场，场强大小也为E =0.25V/m ，俯视图如图2．两个质量均为m =2×10-5kg 的小球a 、b ，小球a 带正电，电量q =4×10-4C ，小球b 不带电，小球a 、b 均可视为质点．小球a 从A 点正对圆心O 射入磁场，偏转90°后离开磁场，一段时间后与静止在平台D 点的小球b 发生弹性碰撞，碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a 球带电量始终不变，碰撞时间忽略不计．已知重力加速度g =10m/s 2，π=3.14，不计空气阻力，求：
(1)小球a 射入磁场时的速度大小；
(2)从小球a 射入磁场到第一次与小球b 相碰撞，小球a 运动的路程； (3)两个小球落地点与NQ 的水平距离．
【来源】【市级联考】重庆市2019届高三5月调研测试（第三次诊断性考试)理综试卷物理试题
【答案】（1）0.2m/s （2）0.636m （3）0.684m 【解析】 【详解】
(1)小球a 从A 点正对圆心O 射入磁场，偏转90°后离开磁场，小球a 在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图：
分析得半径R =0.2m
由2
v qvB m R
=
得：v =0.2m/s
(2)磁场中运动的路程s 1=πR=0.628m 电场中加速度25m/s qE
a m
=
= 电场的路程2
220.008m 2v s a
=⨯=
小球a 射入磁场到与小球b 相碰过程运动的路程120.636m s s s =+=
(3)a 、b 球弹性碰撞，质量相等每一次碰撞速度交换． D 点碰后，两球速度分别为v a D =0，v b D =0.2m/s 此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动
由2
2
gt h =得，两小球在空中运动时间20.7s h t g == 水平方向：b 球匀速运动，a 球加速运动，加速度25m/s qE
a m
=
= 每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，v —t 图如图所示：
可得，每两次碰撞间隔时间是定值：21
()2
bD v t a t ⋅∆=
∆ 0.08s t ∆= 由
0.7380.084
t t ==∆ 所以小球在空中碰8次后，再过0.06s 落地
小球b 在空中碰n 次后速度为v bN =(n +1)v bD =0.2(n +1) m/s
小球离开D 点后在空中第一次碰撞前，水平位移x 1=v b 1·△t=0.016m 小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x 2=2v b 1·
△t=0.032m 以此类推，小球在空中第n -1次到第n 次碰撞水平位移x n =nx 1=0.016m 所以，在空中碰撞8次时的水平位移x 0=0.016×（1+2+3+4+5+6+7+8）=0.576m 第8次碰后 v b 8=1.8m/s v a 8=1.6m/s
所以，8次碰后0.06s 内，△x b =v b 8×0.06=0.108m △x a =v a 8×0.06+
1
2
a ×0.062=0.105m 所以，水平位移分别为x a =x 0+△x a =0.681m x
b =x 0+△x b =0.684m
12．如图所示，在竖直平面内的xoy 直角坐标系中，x 轴上方存在正交的匀强电场和匀强
磁场，电场强度E 1，方向沿y 轴向上，磁感应强度B ，方向垂直纸面向里．x 轴下方存在方向沿y 轴向上的匀强电场（图中未画出），场强为E 2．质量为m 、电荷量为q 的带正电小球（可视为质点），从y 轴上的A 点以速度大小v 0沿x 轴正方向抛出，经x 轴上的P 点后与x 轴正向成45°进入x 轴上方恰能做匀速圆周运动．O 、P 两点间距离0x 与O 、A 两点间距离0y 满足以下关系，2
00
20
2=y x g v ，重力加速度为g ，以上物理量中m 、q 、v 0、g 为已知量，其余量大小未知．
(1)电场强度E 1与E 2的比值
(2)若小球可多次（大于两次）通过P 点，则磁感应强度B 为多大？
(3)若小球可恰好两次通过P 点，则磁感应强度B 为多大？小球两次通过P 点时间间隔为多少？
【来源】安徽省黄山市2019届高中毕业班第二次质量检测高三理综物理试题
【答案】（1）12；（2）
mg B qv = ；（3）01mg B 1n qv =+（） （n=1，2，3……..）；0
nv 3πt 22g
=+
（） （n=1，2，3……..） 【解析】 【分析】 【详解】
解：(1)小球在x 轴上方匀速圆周，可得：1qE mg = 小球从A 到P 的过程做内平抛运动：00x v t = 201y at 2
= 结合：2
0020
g y x 2v =
可得：a g =
由牛顿第三定律可得：2qE mg ma -= 解得：2qE 2mg = 故：
12E 1E 2
= (2) 小球第一次通过P 点时与x 轴正向成45︒，可知小球在P 点时则有：y 0v v =
故P 点时的速度：0v 2v =
由类平抛的位移公式可得：
20
0v x g
= 小球多次经过P 点，轨迹如图甲所示，小球在磁场中运动
3
4
个周期后，到达x 轴上的Q 点，P 、Q 关于原点O 对称，之后回到A 并不断重复这一过程，从而多次经过P 点
设小球在磁场中圆周运动的半径为R ，由几何关系可得：0R 2x =
又由：2
v qvB m R
=
联立解得：0
mg
B qv =
(3)小球恰能两次经过P 点，轨迹如图乙所示 在x 轴上方，小球在磁场中的运动周期：2πm
T qB
= 在x 轴下方，小球的运动时间：00
20x 2v t 2
v g
== 由规律可知，小球恰能两次经过P 点满足的几何关系为：01
2x 2R 2R n
=+ （n=1，
2，3……..）
解得：
1(1)mg
B n qv =+ （n=1，2，3……..） 两次通过P 点的时间间隔为：23(1)4
t n T nt =++ （n=1，2，3……..） 解得：0
3(2)2nv t g
π=+
（n=1，2，3……..）
13．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) (2)
【解析】
【分析】
（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：
（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心为
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
14．如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成，偏转电场处在相距为d的两块水平放置的平行导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大．大量电子(重力不计)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射入偏转
电场．已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U1＝.当偏转电场不加电压时，这些电子通过两板之间的时间为T；当偏转电场加上如图乙所示的周期为T、大小恒为U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场后打在竖直放置的荧光屏上．
(1)求水平导体板的板长l0；
(2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移y m；
(3)要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感应强度B的取值范围．
【来源】模拟仿真预测卷（一)-2019《试吧大考卷》高中全程训练计划�物理
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）应用动能定理求得电子经加速获得的速度，电子进入偏转电场后水平方向做匀速直线
运动，可求板长；（2）电子在时进入电场，电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动，偏转最小；电子在时进入电场，偏转最大且是最小偏转的3倍；（3）电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方的临界是电子垂直打在荧光屏上和电子轨迹与屏相切，据临界时的半径可求出对应的临界磁感应强度。

【详解】
(1)电子在电场中加速，由动能定理得，则
水平导体板的板长
(2)若电子在时进入电场，电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动
半个周期的侧向位移
电子离开偏转电场时的最大侧向位移
(3)电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θ
，则
电子进入磁场做匀速圆周运动，有，其中
垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R1，，此时B有最小值
轨迹与屏相切时圆周运动半径为R2，，此时B有最大值
联立解得，，故
【点睛】
所谓临界问题是指一种物理过程或物理状态转变为另一种物理过程或物理状态的时候，存在着分界的现象，即所谓的临界状态，符合这个临界状态的条件即为临界条件，满足临界条件的物理量称为临界值，在解答临界问题时，就是要找出临界状态，分析临界条件，求出临界值．解决临界问题，一般有两种基本方法：（1）以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解．（2）直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求解出所研究问题的规律和解．。