高考物理带电粒子在复合场中的运动题20套(带答案)及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场
强度E0、磁感应强度B0
、粒子的比荷q
m
均已知，且
2m
t
qB
π
=，两板间距
2
2
10mE
h
qB
π
=。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。

（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

【来源】带电粒子的偏转
【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值1
1
5
s
h
=
（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径
2
2
5
h
R
π
=
（3）粒子在板间运动的轨迹如图：
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1
2
1012s at =
① 0qE
a m
=
②
又已知2002
00
102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：
115
s h = （2）解法一
粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。

设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则
10v at =
2
1101
mv qv B R =
联立解得：15h R π
= 又00
2m
T t qB π=
= 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 2
2
210012
s v t at =+
解得：235
s h =
由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2，有：
210v v at =+
22
202
mv qv B R =
解得225h R π
=
由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。

在4t 0~5t 0时间内，粒子运动到正极板（如图所示）：
因此粒子运动的最大半径
22 5 h
R
π
=。

解法二
由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为：
qE
a
m
=
方向向上。

后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T
2m
T t
qB
π
==
粒子恰好完成一次匀速圆周运动。

至第n个周期末，粒子位移大小为s n
2
1
()
2
n
s a nt
=
又已知
2
2
10mE
h
qB
π
=
由以上各式得：
2
5
n
n
s h
=
粒子速度大小为：0
n
v ant
=
粒子做圆周运动的半径为：
n
n
mv
R
qB
=
解得：
5
n
nh
R
π
=
显然223
s R h s
+<<
因此粒子运动的最大半径
2
2
5
h
R
π
=。

（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：
2．如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′．球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹
角为θ(02
π
θ<<
)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P
相应的速率．(已知重力加速度为g )
【来源】带电粒子在磁场中的运动 【答案】min 2cos m g B q R θ
=cos gR
v θθ=
【解析】 【分析】 【详解】
据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力
f ＝qvB ①
式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律
cos 0N mg θ-= ②
2
sin sin v f N m
R θθ
-= ③ 由①②③式得
22
sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ
-+=④
由于v 是实数，必须满足
22
2sin 4sin ()0cos qBR qR m θθ
θ
∆=-≥ ⑤
由此得
2cos m g
B q R θ≥
⑥
可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为
min 2cos m g
B q R θ
=
⑦
此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为
min sin 2qB R v m
θ
=
⑧
由⑦⑧式得
cos gR
v θθ
=
⑨
3．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2112
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°.
4．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
03(
)mv Smin eB
=
5．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为
q
m
=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:
(1)电压U 0的大小；
(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23
T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．
【来源】【市级联考】山东省济南市2019届高三第三次模拟考试理综物理试题
【答案】(1)4
0 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥
【解析】 【分析】 【详解】
(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：
0l v T = 7110T s -=⨯
211()22
T y a =
2
y T v a
=
22
y
T y v = 122
d
y y =+ Eq ma =
U E d
=
解得：4
0 2.1610V U =⨯
(2)2T
t nT =+
时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032
A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0
tan y v v β=
37β=
cos37v v
=
6110m/s v =⨯
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
2
v qvB m R
=
0.03m R r ==
由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.
由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A R
x x ︒
=+
0.1425m C x =.
由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥
6．如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置．带正电的粒子从容器A 下方小孔S 不断飘入电势差为U 的加速电场．进过S 正下方小孔O 后，沿SO 方向垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打在照相底片D 上并被吸收，D 与O 在同一水平面上，粒子在D 上的落点距O 为x ，已知粒子经过小孔S 时的速度可视为零，不考虑粒子重力．
（1）求粒子的比荷q/m ；
（2）由于粒子间存在相互作用，从O 进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转．其方向与竖直方向的最大夹角为α，若假设粒子速度大小相同，求粒子在D 上的落点与O 的距离范围；
（3）加速电压在（U±△U ）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同．现从容器A 中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为m 1、m 2（m 1＞m 2），在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上．若要使两种离子的落点区域不重叠，则 U
U
应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为α） 【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018学年高二1月月考物理试题
【答案】（1）228U
B x
（2）最大值x 最小值cos x α （3）212212cos cos m m U m m αα-∆<
+ 212(cos )m m α>
【解析】 【详解】
（1）沿SO 方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D 的粒子； 粒子经过加速电场：qU=
12
mv 2
洛伦兹力提供向心力：qvB=m 2
v R
落点到O 的距离等于圆运动直径：x=2R
所以粒子的比荷为：22
8 q U
m B x =
（2）粒子在磁场中圆运动半径22
qmU x
R =
= 由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O 1）或右偏θ角（轨迹圆心为O 2） 落点到O 的距离相等，均为L=2Rcosθ 故落点到O 的距离 最大：L max =2R=x 最小：L min =2Rcosα=xcosα
（3）①考虑同种粒子的落点到O 的距离； 当加速电压为U+△U 、偏角θ=0时，距离最大， L max =2R max =2
2()qm U U Bq
+∆ 当加速电压为U-△U 、偏角θ=α时，距离最小
L min =2R min cosα=2 2()qm U U Bq
-∆cosα
②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子 由2qmU
和 m 1＞m 2，知：R 1＞R 2 要使落点区域不重叠，则应满足：L 1min ＞L 2max
12
2()qm U U Bq
-∆cosα＞22
2()qm U U Bq
+∆
解得：212
212
cos cos m m U m m αα-∆<
+． （应有条件m 1cos 2α＞m 2，否则粒子落点区域必然重叠）
7．如图所示，直线y =x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场1B ，直线x =d 与y =x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度41.010V/m E =⨯，另有一半径R =1.0m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度20.20T B =，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x =d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方形以速度0v 进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域1B ，且第一次进入磁场1B 时的速度方向与直线y =x
垂直．粒子速度大小50 1.010m/s v =⨯，粒子的比荷为5
/ 5.010C/kg q m =⨯，粒子重力不
计．求：
(1)粒子在匀强磁场2B 中运动的半径r ； (2)坐标d 的值；
(3)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度1B 应满足的条件； (4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y =x 上的最长时间（ 3.14π=，结果保留两位有效数字）.
【来源】天津市滨海新区2019届高三毕业班质量监测理科综合能力测试物理试题 【答案】(1)r =1m (2)4m d = (3)10.1B T ≤或10.24B T ≥ (4)56.210t s -≈⨯ 【解析】 【详解】
解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：20
20v B qv m r
= 解得粒子运动的半径：1r m =
(2) 粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x ，竖直位移为y 水平方向：0x v t = 竖直方向：212
y at =
Eq a m
=
tan 45v at
︒=
联立解得：2x m =，1y m = 由图示几何关系得：d x y R =++ 解得：4d m =
(3)若所加磁场的磁感应强度为1B '，粒子恰好垂直打在y 轴上，粒子在磁场运动半径为1r 由如图所示几何关系得：()12r y R =
+
02v v =
由带电粒子在匀强磁场中运动可得：211
v
B qv m r '=
解得：10.1B T '=
若所加磁场的磁感应强度为1B ''，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为2r 由如图所示几何关系得：()2222r r y R +=+
由带电粒子在匀强磁场中运动可得：212
v
B qv m r ''=
解得121
0.2410
B T T +''=
≈ 综上，磁感应强度应满足的条件为10.1B T ≤或10.24B T ≥
(4)设粒子在磁场2B 中运动的时间为1t ，在电场中运动的时间为2t ，在磁场1B 中运动的时间为3t ，则有：
1114t T =
10
2R
T v π=
20
x t v =
3212t T =
2
22r T v
π=
解得：()
55
1232 1.52210 6.210t t t t s s ππ--=++=-+⨯≈⨯
8．如图所示，处于竖直面内的坐标系x 轴水平、y 轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。

带电微粒从x 轴上M 点以某一速度射入电磁场中，速度与x 轴负半轴夹角α=53°，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直y 轴进入第一象限。

已知微粒的质量为m ，电荷量为-q ，OM 间距离为L ，重力加速度为g ，sin53°=0．8，cos53°=0．6。

求
(1)匀强电场的电场强度E ；
(2)若微粒再次回到x 轴时动能为M 点动能的2倍，匀强磁场的磁感应强度B 为多少。

【来源】【市级联考】山东省滨州市2019届高三第二次模拟（5月)考试理综物理试题 【答案】(1) mg q (2) B 8m gL 或B 85m g
q L
【解析】 【详解】
（1）微粒在第二象限做匀速圆周运动，则qE=mg ，解得:E =
mg
q
（2）微粒垂直y 轴进入第一象限，则圆周运动圆心在y 轴上，由几何关系得:r sinα=L
由向心力公式可知： qvB =m 2
v r
微粒在第一象限中2112
k mgr cos E mv α+=-（） 21
22
k E mv =⨯
联立解得:B 8m gL B 85m g
q L
9．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E1，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E2．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v0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
x与O、A两点间距
离0y满足以下关系，2
00
2
2
=
y x
g
v，重力加速度为g，以上物理量中m
、q、v0、g为已知量，其余量大小未知．
(1)电场强度E1与E2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）
1
2
；（2）
mg
B
qv
=；（3）
1mg
B1
n qv
=+
（）（n=1，2，3……..）；
nv
3π
t2
2g
=+
（）（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：1
qE mg
=
小球从A到P的过程做内平抛运动：00
x v t
=2
1
y at
2
=
结合：2
00
2
g
y x
2v
=
可得：a g
=
由牛顿第三定律可得：2
qE mg ma
-=
解得：2
qE2mg
=
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……..）
10．如图所示，一静止的电子经过电压为U 的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A ，最终电子从B 点离开偏转电场。

已知偏转电场的电场强度大小为E ，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e ，质量为m ，重力忽略不计。

求：
（1）电子进入偏转电场时的速度v 0；
（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B 点经过，则偏转电场的电场强度E 1应该变为原来的多少倍？
（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A 点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。

【来源】【区级联考】北京市顺义区2019届高三第二次统练理综物理试题 【答案】（12Ue m （2）2倍 （3）2m
Ue
【解析】 【详解】
（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：2
012
Ue mv = 所以，02Ue
v m
=
（2）设电子的水平位移为x ，电子的竖直偏移量为y ，则有：
0x v t = 2
12y at =
Ee ma = 联立解得：24yU
E x =
根据题意可知x 、y 均不变，当U 增大到原来的2倍，场强E 也增大为原来的2倍。

（3）电子做直线运动
0Bev Ee =
解得： 2m
B E
Ue
=
11．如图所示，在xoy 平面的第二象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=102V/m ，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xoy 平面向外。

一比荷
q
m
=107C/kg 的带正电粒子从x 轴上的P 点射入电场，速度大小v 0=2×104m/s ，与x 轴的夹角θ=60°。

该粒子经电场偏转后，由y 轴上的Q 点以垂直于y 轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O ，且与x 轴负方向的夹角α=60°，不计粒子重力。

求：
(1)OP 的长度和OQ 的长度； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)等边三角形磁场区域的最小面积。

【来源】安徽蚌埠市2019届高三第二次教学质量检查考试理综（二模)物理试题 【答案】(1) 30.1510OP m OQ m ==， (2) B=0.02T (3)22331016
m - 【解析】 【详解】
解：(1)粒子在电场中沿x 轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y 轴正方向的分运动是匀变速直线运动
沿y 轴方向：qE ma =，0v sin θt a =
，，0
v sin θ
OQ t 2
= 沿x 轴正方向：0OP v cos θt =⋅ 联立解得：3
OP OQ 0.15m ，=
= (2)粒子在磁场中作半径为r 的匀速圆周运动，其轨迹如图
根据几何关系由：
r OQ r
cosα
=+
解得：r=0.05m
根据牛顿第二定律可得：
()2
v cosθ
Bqv cosθm
r
=
解得：B=0.02T
(3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD为边长L的△QRD是磁场区域面积最小的等边三角形，如图，则L3r
=，
故最小面积：222
min
133
S L sin60?10m
216
-
==⨯
12．如图所示，在竖直平面（纸面）内有长为l的CD、EF两平行带电极板，上方CD为正极板，下方EF为负极板，两极板间距为l，O点为两极板边缘C、E两点连线的中点；两极板右侧为边长为l的正方形匀强磁场区域磁场方向垂直纸面向外。

离子源P产生的电荷量为q、质量为m的带正电粒子飘入电压为U1的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O点斜向上射入两极板间，带电粒子恰好从CD极板边缘D点垂直DF边界进入匀强磁场区域。

已知磁感应强度大小B与带电粒子射入电场O点时的速度大小v0的关系为
2
2
B m
v ql
=，带电粒子重力不计。

求
（1）带电粒子射入电场O点时的速度大小v0；
（2）两平行极板间的电压U2；
（3）带电粒子在磁场区域运动的时间t。

【来源】【市级联考】四川省德阳市2019届高三下学期二诊物理试题 【答案】（1） 12qU m
；（2）
U 1；（3）
11
4qU m
π
【解析】 【详解】
（1）电荷在电场中加速，由动能定理得：2
1012
qU mv =， 解得：102qU v m
=
；
（2）粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ， 在偏转电场中：0cos l v t θ=，01
sin 22
l v t θ=⋅，0sin v at θ=， 加速度：2
qU qE a m ml
=
= ， 解得：21,4
U U π
θ==
；
（3）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：2
00(cos )cos v qv B m R
θθ⋅=，
解得：2
3
R l =
， 粒子运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角：2
3
απ=， 粒子在磁场中的运动时间：0cos R
t v αθ
=
，
解得：11
4qU m
t π=
.
13．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E =1.6×105N/C ，在第二象限
有半径R =5cm 的圆形磁场，磁感应强度B =0.8T ，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为
q
m
=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/s ．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点的最远距离． 【来源】陕西省西安市2019年高三物理三模理综物理试题 【答案】（1）5cm ；（2）0≤y≤10cm ；（3）9cm 【解析】 【详解】
（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB =m 20
v r
解得：r =
20
510mv Bq
-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知r =R ，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示：
由几何关系可知四边形PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y ≤10cm
（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：
x 0=v 0t 0 h =
2012at a =qE m
解得：h =18cm ＞2R =10cm
说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则：
x =v 0t y =
212
at 代入数据解得：x =2y
设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，
000
tan 2y qE x v m v y
v v θ⋅
===
所以：
H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 0﹣2y ）•2y
由数学知识可知，当（x 0﹣2y ）=2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值 所以H max =9cm
14．如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p 和b 相距h ，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p 板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O 点右侧相距h 处有小孔K ；b 板上有小孔T ，且O 、T 在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m 、电荷量为- q （q > 0）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从O 点发射，沿P 板上表面运动时间t 后到达K 孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g ．
（1）求发射装置对粒子做的功；
（2）电路中的直流电源内阻为r ，开关S 接“1”位置时，进入板间的粒子落在h 板上的A 点，A 点与过K 孔竖直线的距离为l ．此后将开关S 接“2”位置，求阻值为R 的电阻中的电流强度；
（3）若选用恰当直流电源，电路中开关S 接“l”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在
板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强度B 只能在0～B m =
范围内选取），使粒子恰好从b 板的T 孔飞出，求粒子飞出时速度
方向与b 板板面夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）．
【来源】2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（四川卷带解析)
【答案】（1）2
22mh t
（2）
3222()()mh h g q R r l t -+（3）20arcsin 5θ<≤ 【解析】
试题分析： (1)设粒子在P 板上匀速运动的速度为v 0，由于粒子在P 板匀速直线运动，故
0h
v t
=
① 所以，由动能定理知，发射装置对粒子做的功2
1=
2
W mv ② 解得W=2
22mh t
③
说明：①②各2分，③式1分
（2）设电源的电动势E 0和板间的电压为U ，有0E U =④
板间产生匀强电场为E ，粒子进入板间时有水平方向的初速度v 0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设运动时间为t 1，加速度为a ，有U Eh =⑤ 当开关S 接“1”时，粒子在电场中做匀变速曲线运动，其加速度为qU
mg ma h
-=⑥ 再由2
112
h at =
，⑦ 1l vt =⑧
当开关S 接“2”时，由闭合电路欧姆定律知0E U
I R r R r
=
=++⑨ 联立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得，3
222()()mh h I g q R r l t
=
-+⑩ 说明：④⑤⑥⑦⑧⑨⑩各1分
（3）由题意分析知，此时在板间运动的粒子重力和电场力平衡．当粒子从k 进入两板间后，立即进入磁场物体在电磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，故分析带电粒子的磁场如图所示，运动轨迹如图所示，粒子出磁场区域后沿DT 做匀速直线运动，DT 与b 板上表面的夹角为θ，
Df 与b 板上表面即为题中所求θ，设粒子与板间的夹角最大，设为θ，磁场的磁感应强度B 取最大值时的夹角为θ，当磁场最强时，R 最小，最大设为m θ
由2
v qvB m R
=，⑾知mv R qB =，
当B 减小时，粒子离开磁场做匀速圆周运动的半径也要增大，D 点向b 板靠近．Df 与b 板上表面的夹角越变越小，当后在板间几乎沿着b 板上表面运动， 当B m 则有图中可知(1cos )DG h R θ=--，⑿
sin TG h R θ=+⒀，
tan DG
TG
θ=
⒁ 联立⑾⑿⒀⒁，将B=B m 带入 解得2arcsin 5
m θ=
⒂ 当B 逐渐减小是，粒子做匀速圆周运动的半径R ，D 点无线接近向b 板上表面时，当粒子离开磁场后在板间几乎沿着b 板上表面运动而从T 孔飞出板间区域，此时0m B B >>满足题目要求，夹角θ趋近0θ，既
00θ=⒃
故粒子飞出时与b 板夹角的范围是20arcsin 5
θ<≤(17) 说明：⑿⒀⒁⒂⒃(17)各1分
考点：动能定理 牛顿第二定律 闭合电路欧姆定律
15．如图所示，地面上方足够大的空间内同时存在竖直向上的匀强电场和水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球（大小可忽略）恰好静止在距地面高度为h 的P 处。

现在给小球一个垂直磁场方向竖直向下的速度v ，已知重力加速度为g ，空气阻力不计，求：
（1）电场强度E 的大小； （2）若32mv
h qB
=
,小球从P 点运动到地面的时间。