(物理)50套高考物理带电粒子在复合场中的运动

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场．在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q＞0)和初速度v的带电微粒．发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内．已知重力加速度大小为g．（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向．
（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由．
（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由．
【来源】带电粒子在电场中运动压轴大题
【答案】（1）
mg
E
q
=，方向沿y轴正方向；
mv
B
qR
=，方向垂直xOy平面向外（2）通
过坐标原点后离开；理由见解析（3）范围是x＞0；理由见解析
【解析】
【详解】
(1)带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方向相反．设电场强度大小为E，由：
mg qE
=
可得电场强度大小：
mg
q
E=
方向沿y轴正方向；
带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用．由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动．如图（a）所示：
考虑到带电微粒是从C 点水平进入磁场，过O 点后沿y 轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径r R =；设磁感应强度大小为B ，由：
2
v qvB m R
=
可得磁感应强度大小：
mv B qR
=
根据左手定则可知方向垂直xOy 平面向外；
(2)从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，如图（b ）所示，设P 点与O '点的连线与y 轴的夹角为θ，其圆周运动的圆心Q 的坐标为
(sin ,cos )R R θθ-，圆周运动轨迹方程为：
222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=
而磁场边界是圆心坐标为（0，R ）的圆周，其方程为：
22()x y R R +-=
解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为
0x y =⎧⎨=⎩
或：
sin {
(1cos )
x R y R θθ=-=+
坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+的点就是P 点，须舍去．由此可见，这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；
(3)带电微粒初速度大小变为2v ，则从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r '为：
(2)
2m v r R qB
'=
= 带电微粒在磁场中经过一段半径为r '的圆弧运动后，将在y 轴的右方（x ＞0区域）离开磁场并做匀速直线运动，如图（c ）所示．靠近M 点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向x 轴正方向的无穷远处；靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场 所以，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0．
答：（1）电场强度mg q
E = ，方向沿y 轴正方向和磁感应强度mv
B qR
=
，方向垂直xOy 平面向外．
（2）这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；
（3）若这束带电微粒初速度变为2v ，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0。

2．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P (x ＝0，y ＝h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P 点运动到x ＝R 0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点．不计重力．求： （1）粒子到达x ＝R 0平面时速度方向与x 轴的夹角以及粒子到x 轴的距离； （2）M 点的横坐标x M ．
【来源】磁场 【答案】（1）20122R H h at h =+
=+；（2）2
2000724
M x R R R h h =++-
【解析】 【详解】
（1）做直线运动有，根据平衡条件有：
0qE qB =v ①
做圆周运动有：
20
00
qB m R =v v ②
只有电场时，粒子做类平抛，有：
qE ma =③
00R t =v ④ y v at =⑤
解得：0y v v =⑥ 粒子速度大小为：
22
002y v v v v =+=⑦
速度方向与x 轴夹角为：π4
θ=⑧ 粒子与x 轴的距离为：
201
22
R H h at h =+=+⑨
（2）撤电场加上磁场后，有：
2
v qBv m R
=⑩
解得：02R R =⑾. 粒子运动轨迹如图所示
圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为4
π
，有几何关系得C 点坐标为：
02C x R =⑿
02
C R y H R h =-=-
⒀
过C 作x 轴的垂线，在ΔCDM 中：
02CM R R ==⒁
2
C R C
D y h ==-
⒂） 解得：2
2
2
20074
DM CM CD R R h h =-=
+-⒃ M 点横坐标为：2
2000724
M x R R R h h =+
+-⒄
3．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。

挡板PQ 垂直MN 放置，挡板的中点置于N 点。

在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。

在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A ，一比荷
q
m
=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场，该粒子恰好从P 点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场。

已知MN 、PQ 的长度均为L=0.5m ，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。

(1)求电场强度E 的大小； (2)求磁感应强度B 的大小；
(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ，且CM=0.5m ，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。

若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点，求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差。

【来源】【市级联考】陕西省榆林市2019届高三第二次理科综合模拟试题（物理部分) 【答案】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯ 【解析】 【详解】
（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t
2
122L qE t m = 解得E=16N/C
（2）设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：
0 tan
v
qE
t
m
θ=
可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为v=2v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动：
2
v
qvB m
r
=
由几何关系可知
2
r L
=
解得B=1.6×10-2T
（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为
3
2
π
，带负电的粒子转过的圆心角为
2
π
；两带电粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差；
若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间
22
r m
T
v qB
ππ
==；
带正电的粒子在磁场中运动的时间为：4
1
3
5.910s
4
t T-
==⨯；
带负电的粒子在磁场中运动的时间为：4
2
1
2.010s
4
t T-
==⨯
带电粒子在AC两点射入电场的时间差为4
12
3.910
t t t s
-
∆=-=⨯
4．如图所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在边长为2L的正方形abcd区域（包括边界）内有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一电子从y轴上的
A（0，
3
2
L
）点以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，已知电子的质量为m、电荷量为e，正方形abcd的中心坐标为（3L，0），且ab边与x轴平行，匀强电场的电场强度大小
2
mv
E
eL
=．
（1）求电子进入磁场时的位置坐标；
（2）若要使电子在磁场中从ab 边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件． 【来源】【全国市级联考】河北省邯郸市2018届高三第一次模拟考试理综物理试题 【答案】（1）（2L ，0）（2）0(21)
mv +≤B ＜0
(21)mv +
【解析】
试题分析：电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab 相切和bc 相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件．
（1）电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有： 竖直方向有：2
112
y at = 加速度为：eE a m
=
水平方方向为：10
L t v = 竖直速度：v y ＝at 1 解得：y 1＝
2
L
v y ＝v 0
所以电子射出电场时的速度方向与x 轴成45°角，则电子在电场中沿x 轴正方向和沿y 轴负方向运动的距离分别为L 和
2
L
，又因为A 点的坐标是（0，32L ），电子在无电场和磁场的
区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为（2L ，0）且射入磁场区的速度大小：v 2v 0，方向与x 轴成45°角．
（2）分使电子从ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab 相切和bc 相切
当运动轨迹与ab相切时，有r1＋r1sin45°＝L
电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：
2
1
1
mv evB
r
=
解得：0
1
(21)mv
B
+
=
当运动轨迹与bc相切时，有：r2＋r2sin45°＝2L
电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：
2
2
2
mv
evB
r
=
解得：0
2
(21)
2
mv
B
Le
+
=
匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件：0
(21)
2
mv
Le
+
≤B＜0
(21)mv
Le
+
点睛：本题主要考查了带电粒子由电场进入磁场的情况，电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，根据几何关系求解．
5．如图所示，在xOy坐标平面内，虚线PQ与x轴正方向的夹角为60°，其右侧有沿y轴正方向的匀强电场；左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m，带电量为q的带负电的粒子自坐标原点O射入匀强磁场中，经过一段时间后恰好自虚线PQ上的M点沿x轴正方向进入匀强电场，粒子在电场中的运动轨迹与x轴的交点为N．已知O、M两点间的距离为3L；O、N两点间的距离为（
3
+1）L，粒子重力不计．求：
（1）带电粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子的质量、带电量、初速度等都不变，则在粒子离开O点后的运动中第二次与虚线PQ相交的交点坐标．
【来源】2019年山东省德州市高三一模物理试卷
【答案】（1）qBL m ；（2）23qB L m ；（3）（3
6
L
，12L ）． 【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中运动时qvB =2
mv r
，3L =2r sin60°
解得粒子自坐标原点O 射入匀强磁场的速度大小v =qBL
m
（2）粒子自M 到N 做类平抛运动 沿电场方向：3L sin60°=2
12qE t m
垂直电场方向；（
3
1+）L -360Lcos ︒=vt 1 得电场强度E =23qB L
m
（3）若自O 点射人磁场的粒子带正电，粒子在磁场中逆时针转过240°后自R 点垂直于电 场方向离开磁场，如图所示．
离开磁场时x 坐标；3302
R x rcos L =-︒=-
y 坐标：3
302
R y r rsin L =-
+︒=（） 粒子进入电场后自R 到S 做类平抛运动 垂直电场方向；2Rs x vt =
沿电场方向：2
22Rs qE y t m
= tan60°
=
RS
RS
y x 解得：2t =
233m qB ，RS x =23
3
L ，2RS y L = 第二次与虚线PQ 的交点S 的x 坐标：RS R x x x =+=3
L y 坐标：12
RS R y y y L =+=
则第二次与虚线PQ 的交点S 的坐标为（
3
L ，12L ）
6．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v 0向Q 运动，03mg
v qB
=
，两小球P 、Q 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
mg
q E =，水平台面距地面高度2222m g
h q B
=，重力加速度为g ，不计空气阻力．
（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03mg
v qB
=
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
【答案】（1）3mg qB （2）
(22)m qB π；2
2223m g q B
（3）22254,33m m m g v H qB q B π== 【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：0P Q m m m =+v v v
2220111222
p Q mv mv mv =+ 联立解得00,3p Q mg
v v v qB
===
（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
2Q
v qvB m
r
=
经过一个周期的时间12m
t T qB
π==
小球P 、Q 再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后0,03P Q mg v v v qB
'
'
==
= 小球P 离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t 2，则有2
212
h gt =
，代入数据，得：
2t qB
=
=
故P 与Q 首次发生碰撞后到落地，经过的时间2(2m m
t qB qB
ππ=
=
落地点与平台边缘的水平距离2222
'3P P g
x v t q B
== （3）PQ 相碰后，Q 球速度v Q =v 0，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：0y m qv Bt mv mv -= 即0m qBH mv mv =- 又由动能定理可得22
01122
m mgH mv mv =
-， 解得：22254,33m m m g
v H qB q B
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=,由几何知识可得：
13
2cos303
OO d d
==
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
==
粒子在AB 段运动的时间为2
120236023m m
t q B qB
ππ=
=
粒子在BP 段运动的时间为313023606m m
t t qB qB
ππ==
=
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U 1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v 0的关系为
022B 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v 0； （2）两平行极板间的电压U 2； （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=
.
9．如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ= 60°角，纸面内的线段MN 与水平方向成α=30°角，MN 长度为d ．现将一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电小球从M 由静止释放，小球沿MN 方向运动，到达N 点的速度大小为N v （待求）；若将该小球从M 点沿垂直于MN 的方向，以大小N v 的速度抛出，小球将经过M 点正上方的P 点（未画出），已知重力加速度大小为g ，求：
(l)匀强电场的电场强度E 及小球在N 点的速度N v ； (2)M 点和P 点之间的电势差；
(3)小球在P 点动能与在M 点动能的比值．
【来源】【市级联考】江西省南昌市2019届高三下学期4月第二次模拟考试理综物理试题 【答案】（12gd （2）4mgd q （3）7
3
【解析】 【详解】
解：（1）由小球运动方向可知，小球受合力沿MN 方向，如图甲，由正弦定理：
sin30sin30sin120
mg F Eq
== 得：3mg
E q
=
合力：F =mg
从M N →,有：2
2N ad υ=
得：
2N gd υ=
（2）如图乙，设MP 为h ，作PC 垂直于电场线，小球做类平抛运动：
21cos602
h at
=
sin60N h t υ=
cos30MC U Eh =
MP MC U U =
得：4MP mgd
U q
=
（3）如图乙，作PD 垂直于MN ，从M P
→，由动能定理：MD KP KM FS E E =-
sin30MD S h =
21
2
KM N E mv =
7
3
KP MD KM KM KM E FS E E E +==
10．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
11．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2
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 ∆= 。

12．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。

y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。

现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒
子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。

（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；
（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【来源】2019年四川省乐山市高三三模理综物理试题 【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】
解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：
20
0v qv B m r
=
可得：r =0.20m =R
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012
l v t y at ==
， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =⨯N/C
（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：30
5.010y qE l
v at m v ===⨯m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v
根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=
根据洛伦兹力提供向心力可得： 2
v qvB m r
'='
联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mv
B qr
'=
='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

13．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U 1＝.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R 1，，此时B 有最小值 轨迹与屏相切时圆周运动半径为R 2，，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．
14．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。

【来源】【市级联考】安徽省淮南市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题 【答案】（1）mg q
E =（2）3m
t qB π=
【解析】 【详解】
（1）粒子在P 点静止，则电场力和重力平衡，则mg qE =
解得mg q
E =
（2）若给小球一个垂直磁场方向竖直向下的速度v ，则粒子在正交场中做匀速圆周运动，
由2
v qvB m r
= 可得半径为mv r qB = ， 因33
mv h =
，。