高考必备物理带电粒子在复合场中的运动技巧全解及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和
O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。

极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。

质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加
速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。

两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。

忽略相对论效应和离子所受的重力。

求：
（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；
（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。

【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =
（2）22nqUm B =，2
(1,2,3,,1)n k =-L （3）
22
22(1)t qum k -磁，2
2(1)=k m t h qU
-电 【解析】 【分析】
带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。

【详解】
（1）离子经电场加速，由动能定理：
2
12
qU mv =
可得2qU
v m
=
磁场中做匀速圆周运动：
2
v qvB m r
=
刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：
2
kd r =
联立解得B =
； （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。

设共加速了n 次，有：
212
n nqU mv =
2n
n n
v qv B m r =
且：
2
n kd r =
解得：B =
，
要求离子第一次加速后不能打在板上，有
12
d r >
且：
2112
qU mv =
2
111
v qv B m r =
解得：2n k <，
故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：
B =
2(1,2,3,,1)n k =-L ；
（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。

由匀速圆周运动：
22r m
T v qB
ππ=
=
22=(1)222(1)
T t n T qum k -+=-磁
电场中一共加速n 次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式
221(1)2
k h at -=
电 qU
a mh
=
可得：22(1)=k m
t h qU -电
2．在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的N 点与x 轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P 点垂直于y 轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求
（1）M 、N 两点间的电势差U MN ； （2）粒子在磁场中运动的轨道半径r ； （3）粒子从M 点运动到P 点的总时间t ． 【来源】带电粒子在电场、磁场中的运动 【答案】1）U MN ＝ （2）r ＝
（3） t ＝
【解析】 【分析】 【详解】
(1)设粒子过N 点时的速度为v ，有：
解得：
粒子从M 点运动到N 点的过程，有：
解得：
(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为r，有：
解得：
(3)由几何关系得：
设粒子在电场中运动的时间为t1，有：
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：
设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：
3．在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z轴距离的2倍，重力加速度为g．求：
(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率v；
(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m；
(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E(
mg
E
q
)的匀强电场时，小球从O静止释放后
获得的最大速率m v。

【来源】江苏高考物理试题复习
【答案】(1)2v gy =；(2)2222m m g
y q B
= ；(3)()2m v qE mg qB =-。

【解析】 【详解】
⑴洛伦兹力不做功，由动能定理得
2
102
mgy mv =
- ① 解得
2v gy = ②
⑵设在最大距离m y 处的速率为m v ，根据圆周运动有
2m
m v qv B mg m R
-= ③
且由②知
2m m v gy = ④
由③④及2m R y =，得
2222m m g
y q B
= ⑤
⑶小球运动如图所示，
由动能定理得
2
1()2
m m qE mg y mv -= ⑥
由圆周运动得
2m
m v qv B mg qE m R
+-= ⑦
且由⑥⑦及2m R y =，解得：
()
2
m
v qE mg
qB
=-
4．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x p=－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
【答案】(1) 40/
E N C
=，方向竖直向上 (2) 2.4m (3)(0.302.25)
，
【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：40/
E N C
=，方向竖直向上
(2)由牛顿第二定律有：
2
1
1
v
qvB m
R
=
所以1
1
0.6
mv
R m
qB
==
1
2
10
m
T s
qB
π
π
==
从图乙可知在05s
π
~内微粒做匀速圆周运动，在510s
ππ
~内微粒向左做匀速直线运动．在1015s
ππ
~内微粒又做匀速圆周运动，在15s
π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11
'224 2.4
s R R m
=⨯==
(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．
由牛顿第二定律，有
2
2
2
v qvB m
R
=
所以2
2
0.62
mv
R m r
qB
===
所以最大偏转角为60°
所以圆心坐标0.30
x m
=
1
'60 2.40.3 2.25
2
y s rcos m m
=-︒=-⨯=
即磁场的圆心坐标为()
0.302.25
，．
5．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、
Q两点之间的距离为
2
L
，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。

（1）求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度v M；
（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；
（3）若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。

【来源】【省级联考】吉林省名校2019届高三下学期第一次联合模拟考试物理试题
【答案】（1）
2U
E
L
=，2
M
eU
v
m
=，设v M
的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）
2
M
mv mv
B
eR L e
==，
3
3
4
8
M
R L m
t
v eU
ππ
==；（3）T的表达式为22
T
n emU
=（n＝
1，2，3，…）
【解析】
【详解】
（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：2
1
2
eU mv
=
可得
2eU
v
m
=
电子从Q点到M点，做类平抛运动，
x轴方向做匀速直线运动，
2
L m
t L
v eU
==
y轴方向做匀加速直线运动，2
1
22
L eE
t
m
=⨯
由以上各式可得：
2U
E
L
=
电子运动至M点时：22
()
M
Ee
v v t
m
=+
即：2
M
eU
v
m
=
设v M的方向与x轴的夹角为θ，
2
cos
2
M
v
v
θ==
解得：θ＝45°。

（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L
由洛伦兹力提供向心力可得：
2
M M
v ev B m
R
=
即
2
M
mv mv
B
eR L e
==
3
3
4
8
M
R L m
t
v eU
ππ
==。

（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R'，即222
R L
'=
因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：22)2
n R L
'=（n＝1，2，3，…）
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径
M
mv
R
eB
'=
解得：
22
n emU
B=n＝1，2，3，…）
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过
1
4
圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期
的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是
1
42
T
T=
又0
2m
T
eB
π
=
则T的表达式为
22
T
n emU
=n＝1，2，3，…）。

6．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-
3
2
L区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y轴的匀强电场，在-
3
2
L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，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
（3
2
L，0
）进入磁场．在磁场中的运转半径R=
5
2
L （不计粒子重力），求：
（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）
5
3
v0，与x成53°角；（2）0
4
3
v
；（3）2L；（4）
()
40537
60
L
v
π
+
．
【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v y，
由运动学规律知
3
2
L=v0t1，
L=
2
y
v
t1
可得t1=
3
2
L
v，v y=
4
3
v0
故粒子在P2的速度为v22
0y
v v
+=
5
3
v0
设v与x成β角，则tanβ=
y
v
v
=
4
3
，即β=53°；
（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=
1
2
mv2-
1
2
mv02可得
E =2089mv qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB =m 2
v R
解得：B =mv qR =05352
m v q L ⨯⨯=023mv qL
解得：
43
v E B =； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，在图中，过P 2做v 的垂线交y =-3
2
L 直线与Q ′点，可得： P 2O ′=
3253L cos o
=5
2
L =r 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 =-
32
L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =
3
2
L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=0
32L
v
在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o =0
37120L
v π 从M 运动到N ，a =qE m =2
89v L
则t 3=v a =0
158L v
则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=
()0
4053760L
v π+．
7．如图所示，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，在0<y<d 的区域Ⅰ内的磁感应强度大小为B ，在y>d 的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B .一个质量为m 、电荷量为-q 的粒子以速度
qBd
m
从O 点沿y 轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力．
(1) 求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径：
(2) 若粒子射入区域Ⅰ时的速度为
2qBd v
m =
，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；
(3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度
qBd
v
m
>，求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值．
【来源】江苏省苏锡常镇四市2019届高三第二次模拟考试物理试题
【答案】（1）R d
=（2）()
43
OP d
=-
2
3
m
t
qB
π
=（3）
min
3
x d
=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：
2
1
v
qv B m
r
=
把
qBd
v
m
=，代入上式，解得：R d
=
(2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为0
2
v v
=时，如图所示
在OA段圆周运动的圆心在O1，半径为12
R d
=
在AB段圆周运动的圆心在O2，半径为R d
=
在BP段圆周运动的圆心在O3，半径为12
R d
=
可以证明ABPO3为矩形，则图中30
θ=o,由几何知识可得：
13
2cos303
OO d d
==
o
所以：
3
23
OO d d
=
所以粒子打在x轴上的位置坐标(
133
243
OP O O OO d
=+=
粒子在OA段运动的时间为：
1
302
3606
m m
t
qB qB
ππ
==
o
o
g
粒子在AB 段运动的时间为2120236023m m
t q B qB ππ==o o
g g 粒子在BP 段运动的时间为313023606m m
t t qB qB
ππ===o o g 在此过程中粒子的运动时间：12223m
t t t qB
π=+=
(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R ，轨迹由图
可得粒子打在x 轴上位置坐标：(
)22
222x R R d R d =--+
-
化简得：222340R Rx x d -++=
把上式配方：2
22213033R x x d ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭ 化简为：2
22213033R x x d ⎛⎫-=-≥ ⎪⎝
⎭ 则当2
3
R x =
时，位置坐标x 取最小值：min 3x d =
8．如图所示，在平面直角坐标系中，AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动且通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点（图中未画出）进入第一象限内并击中AO 上的D 点（图中未画出）．已知OM 的长度1202L =，匀强磁场的磁感应强度大小为B
＝m
q
(T)，重力加速度g 取10m/s 2．求：
(1)两匀强电场的电场强度E 的大小； (2)OC 的长度L 2；
(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t ．
【来源】2018《单元滚动检测卷》高考物理（四川专用)精练第九章物理试卷 【答案】(1) mg q
E = (2)40m (3)7.71 s
【解析】 【详解】
(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场，沿AO 做匀加速直线运动，所以有
mg qE =
即mg q
E =
(2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，
有：2
v qvB m R
=
由运动规律知22v aL =1 由牛顿第二定律得：2a g =
解得：202m R =
由几何知识可知OC 的长度为：L 2=2Rcos45°=40m (3) 质点从M 到O 的时间为：1=2v
t s a
= 质点做圆周运动时间为：2323 4.7142
R t s s v ππ=
⨯==
质点做类平抛运动时间为：3=
1R
t s v
= 质点全过程所经历的时间为：t=t 1+t 2+t 3=7.71s 。

9．在空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB 、CD 的宽度为d ，在边界AB 左侧是竖直向下、场强为E 的匀强电场，现有质量为m 、带电量为+q 的粒子（不计重力）从P 点以大小为v 0的水平初速度射入电场，随后与边界AB 成45°射入磁场，若粒子能垂直CD 边界飞出磁场，试求： （1）匀强磁场的磁感应强度B ； （2）从进入电场到穿出磁场的总时间。

【来源】陕西省汉中市汉台区2019届高三年级教学质量第一次检测考试物理试题 【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度B 为
mv qd
；（2）从进入电场到穿出磁场的总时间为00
4π+mv d
qE v 。

【解析】 【详解】
（1）粒子进入磁场时的速度为：0
02cos 45v v v ==︒
粒子运动轨迹如图所示，
由几何知识得：2sin 45=
=︒
d
r d
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
v qvB m r
=
解得：0
mv B qd
=
； （2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子进入磁场时的竖直分速度为：v y =v sin45°=v 0=
1qE
t m
， 解得，粒子在电场中的运动时间为：0
1mv t qE
=； 粒子在磁场中做匀速运动的周期为：2m
T qB
π= ； 粒子在磁场中转过的圆心角我：θ=45°， 粒子在磁场中的运动时间为：23604θ
π=
=
︒
m
t T qB
，
粒子从进入电场到穿出磁场的总时间为：0120
4π=+=
+mv d
t t t qE v
10．如图所示，圆心为O 、半径为R 的圆形区域内有磁感应强度大小为B 1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R 足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD 、FG 与电场垂直，区域I 边界上过A 点的切线与电场线平行且与FG 交于G 点，FG 右侧为方向向外、磁感应强度大小为B 2的匀强磁场区域Ⅲ．在FG 延长线上距G 点为R 处的M 点放置一足够长的荧光屏MN ，荧光屏与FG 成53θ︒=角，在A 点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内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AO 方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）求：
（1）粒子的初速度大小v 0； （2）电场的电场强度大小E ； （3）荧光屏上的发光区域长度△x
【来源】【市级联考】湖南省衡阳市2019届高三下学期第二次联考理科综合物理试题 【答案】（1）10qB R v m =
（2）()22
1242qR B B m
- （3）1.2R
【解析】 【详解】 (1)如图所示，
分析可知，粒子在区域I 中的运动半径1r R =
由20
0v qv B m R
= 得 10qB R
v m
=
； (2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域III 中的运动半径为22r R =
由2
22v qvB m R = 得： 22qB R
v m
=
粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：
2201122
qER mv v -=
- 解得：22
12(4)2qR E B B m
=
-； (3)如图分析可知，
速度方向与电场方向平行向左射入区域I 中的粒子将平行电场方向从区域I 中最高点穿出，打在离M 点1x 处的屏上，由几何关系得：
22211(cos )(sin )4x R x R θθ++=
解得：12213
5
x R =
速度方向与电场方向平行向右射放区域I 中的粒子将平行电场方向从区域I 中最低点穿出打在离M 点2x 处的屏上，由几何关系得：
22211(cos )(sin )4x R x R θθ-+=
解得：12213
x R +=
分析可知所有粒子均未平行于FG 方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为
21x x x ∆=-
解得： 1.2x R ∆= 。

11．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 、带电荷量为+q 的粒子（不计重力），以初速度0v 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．当0B 和B T 取某些特定值时，可使0t =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0m q d v 、、、为已知量。

（1）若B 1
2
t T ∆= ，求0B ； （2）若B 3
2
t T ∆=，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； （3）若0
04mv B qd
=
，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求B T 。

【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（山东卷带解析)
【答案】（1）0mv qd （2）20
3v d （3）03d v π 或0
1arcsin 242d v π⎛⎫+ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径1R ，由牛顿第二定律得
2
001
mv qv B R = ……①
据题意由几何关系得
1R d = ……②
联立①②式得
0mv B qd
=
……③ （2）设粒子做圆周运动的半径为2R ，加速度大小为a ，由圆周运动公式得
202
v a R = ……④
据题意由几何关系得
23R d = ……⑤
联立④⑤式得
20
3v a d
= ……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
2R
T
v π=
……⑦ 由牛顿第二定律得
20
00mv qv B R
= ……⑧ 由题意知0
04mv B qd
=
，代入⑧式得 4d R = ……⑨
粒子运动轨迹如图所示，1O 、2O 为圆心，1O 、2O 连线与水平方向夹角为θ，在每个B T 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求02
π
θ<<
，由题意可知
B
222
T T π
θ
θ+= ……⑩ 设经历完整B T 的个数为n （0n =，1，2，3．．．．．．） 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得
2(sin )R R R n d θ++= ……⑪
当n =0时，无解； 当n =1时联立⑨⑪式得
6
π
θ=
或（1
sin 2
θ=
）……⑫ 联立⑦⑨⑩⑫式得
B 0
3d
T v π=
……⑬
当2n ≥时，不满足090θ︒<<的要求；
若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得
2sin 2(sin )R R R R n d θθ+++=……⑭
当0n =时无解
当1n =时，联立⑨⑭式得 1arcsin 4θ=
或（1sin 4
θ=）……⑰ 联立⑦⑧⑨⑩⑰式得
B 01arcsin 2
42d T v π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ……⑱ 当2n ≥时，不满足090θ︒<<的要求。

【点睛】
12．在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r=944
m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点,GH 与水平面的夹角θ=37°．过G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=1.25T;过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E=1×104N/C ．小物体P 1质量m=2×10-3kg 、电荷量q=+8×10-6C,受到水平向右的推力F=9.98×10-3N 的作用,沿CD 向右做匀速直线运动,到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时,不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放,经过时间t=0.1s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ=0.5,取g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力．求:
(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小;
(2)倾斜轨道GH 的长度s ．
【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）4m/s （2）0.56m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到水平外力F ，重力mg ，支持力N ，竖直向上的洛伦兹力F 1，滑动摩擦力f
则F 1=qvB①
N mg qvB =-，f N μ=②
匀速直线运动，物体处于平衡状态；0F f -=③
解得4v =m/s④
说明：①③各1分，②④各2分
(2)设物体P 1在G 点的速度为1v ，由于洛伦兹力不做功 由动能定理知22111sin 37(1cos37)22
qEr mgr mv mv ︒--︒=
-⑤ 解得速度15v =m/s
小物体P 1在GH 上运动受到水平向右的电场力qE ，重力mg ，垂直斜面支持力N 1，沿斜面向下的滑动摩擦力f 1设加速度为1a
由牛顿第二定律有1cos37cos37N mg qE =︒+︒，11f N μ= 11sin 37qE mg f ma -︒-=，⑥
解得110a =m/s 2
小物体P 1在GH 上匀加速向上运动=0.55m⑦
小物体P 2在GH 上运动受到重力m 2g ，垂直斜面支持力N 2，沿斜面向上的滑动摩擦力f 2，加速度为2a
则2222sin 37cos37m g m g m a μ︒-︒=⑧
解得22a =m/s 2
小物体P 2在GH 上匀加速向下运动22212
s a t =
=0.01m⑨ 故轨道长12s s s =+⑩
所以s=0.56m ⑾
13．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A 与O 点间的距离为03mv ，虚线MN 右侧电场强度为3mg ，重力加速度为g ．求：
（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；
（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；
（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．
【来源】【市级联考】四川省泸州市2019届高三第二次教学质量诊断性考试理综物理试题
【答案】（1）mg q ，方向竖直向上；（2）；（3）013v ．
【解析】 【详解】
（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mg E q
左=，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：200mv Bv q R
=， 所以轨道半径0mv R qB
=； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧； 又有033AO mv d R qB
==；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AO d arcsin R
θ==︒； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：
；
（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度003602
y v v sin v =︒=，水平分速度001602x v v cos v =︒=； 质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间023y
v v t g g
==；
所以质点在P 点的竖直分速度032yP y v v v ==， 水平分速度000317322
xP x v qE v v t v g v m g =+=+⋅=； 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度
22013P yP xP v v v v =+=；
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2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0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）2010U e y t dm ∆=
（2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm
∆=∆= 【解析】
【详解】
（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……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： 2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm
=+=+= 从t 0、3t 0、……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：
220min 001122U e y at t dm
== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，
2010U e y t 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：
sin L R θ
= 设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=
， 式中00y U e v t dm =
又：1mv R Be
= 解得：00U t B dL =
②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△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm
∆=∆=
15．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为2
R 的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．
(1)求电场强度大小及粒子经过P 点时的速度大小和方向；
(2)为使粒子从AC 边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；
(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【来源】【市级联考】山东省泰安市2019届高三第二次模拟考试理综物理试题
【答案】(1)
2
2mv E=
；2v，速度方向沿y轴负方向
(2)
8222
mv mv
B
≤≤(3)
()
2271
3
mv
qR
-
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动
1
3
2cos4522
cos45
R
L R R
=-︒=
︒
1
L vt
=
沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a
2
2sin452
L R R
=︒=
2
2
1
2
L at
=
qE
a
m
=
设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v' 1
v v
=、
2
v at
=，2
tan
v
v
θ=
联立可得
2
2
4
mv
E
qR
=
进入磁场的速度22
12
2
v v v v
=+=
'
45
θ=︒，速度方向沿y轴负方向
（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径
12
R
r=。