高考物理带电粒子在复合场中的运动技巧小结及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图所示，截面半径为R 的圆柱腔分为两个工作区．I 为电离区，将氙气电离获得1价正离子；II 为加速区，长度为L ，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．I 区产生的正离子以接近0的初速度进入II 区，被加速后以速度v M 从右侧喷出．I 区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在离轴线R /2处的C 点持续射出一定速度范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图所示（从左向右看）．电子的初速度方向与中心O 点和C 点的连线成α角（0<α<90◦）．推进器工作时，向I 区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速度为v 0，电子在I 区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．已知离子质量为M ；电子质量为m ，电量为e ．（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）．
（1）求II 区的加速电压及离子的加速度大小；
（2）为取得好的电离效果，请判断I 区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；
（3）α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v 的范围； （4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率v max 与α角的关系．
【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（浙江卷带解析)
【答案】（1）22M
v L
（2）垂直于纸面向外（3）043mv B eR >（4）()max 342sin eRB v m α=-
【解析】 【分析】 【详解】
（1）离子在电场中加速，由动能定理得：2
12M eU Mv =,得：2
2M Mv U e =．
离子做匀加速直线运动，由运动学关系得:22M
v aL =,得：2
2M
v a L
=．
（2）要取得较好的电离效果，电子须在出射方向左边做匀速圆周运动，即为按逆时针方向旋转，根据左手定则可知，此刻Ⅰ区磁场应该是垂直纸面向外．
（3）当90α=︒时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与Ⅰ区相切，此时圆周运动的半径为
34
r R =
洛伦兹力提供向心力，有
2max
max
v Bev m r
= 得
34max BeR
v m
=
即速度小于等于
34BeR
m 此刻必须保证0
43mv B BR
＞
． （4）当电子以α角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有：
90OCO α∠'=︒﹣
2
R
OC =
，OC r '=，OO R r '=﹣ 由余弦定理有
2
2
2(29022R R R r r r cos α⎛⎫=+⨯⨯︒ ⎪⎝⎭
﹣）﹣（﹣）
，90cos sin αα︒-=（） 联立解得：
()
342R
r sin α=
⨯-
再由：max
mv r Be
=
，得 ()
342max eBR
v m sin α=
-．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动 【名师点睛】
该题的文字叙述较长，要求要快速的从中找出物理信息，创设物理情境；平时要注意读图能力的培养，以及几何知识在物理学中的应用，解答此类问题要有画草图的习惯，以便有助于对问题的分析和理解；再者就是要熟练的掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期和半径公式的应用．
2．如图所示，在xOy 平面直角坐标系中，直角三角形ACD 内存在垂直平面向里磁感应强度为B 的匀强磁场，线段CO=OD=L ，CD 边在x 轴上，∠ADC=30°。

电子束沿y 轴方向以相同的速度v 0从CD 边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为
3
L
，在第四象限正方形ODQP 内存在沿x 轴正方向、大小为E=Bv 0的匀强电场，在y=－L 处垂直于y 轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y 轴交点为P 。

忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。

(1)电子的比荷；
(2)从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P 点间的距离： (3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P 的最远距离。

【来源】【市级联考】河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试题 【答案】(1) 03v e m BL = (2) 23
L (3) 3
4L 【解析】 【分析】
根据电子束沿速度v 0射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解； 【详解】
（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径3
L
r = 由牛顿第二定律得2
Bev m r
v =
电子的比荷
3e m BL
v =； （2）若电子能进入电场中，且离O 点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD 相切，即粒子从F 点离开磁场进入电场时，离O 点最远：
设电子运动轨迹的圆心为O '点。

则23
L OF x ==
从F 点射出的电子，做类平抛运动，有2
232L Ee x m t
==，0y t v = 代入得23
L y =
电子射出电场时与水平方向的夹角为θ有122
y tan x θ=
= 所以，从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G ，则它与P 点的距离 ()
2tan 3
L y L GP θ
-=
=
； （3）设打到屏上离P 点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时 00
223
xm xL
y t Ee v v ===
设该电子打到荧光屏上的点与P 点的距离为X ，由平抛运动特点得2X L y
y x -=
所以2
332222838xL xL
L X x x y L x ⎡
⎤⎫⎢⎥⎛⎫
=-==-+⎪ ⎪⎢⎥⎪⎝⎭⎭⎢⎥⎣
⎦
- 所以当38
x L =，有3
4
m L X =。

【点睛】
本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。

3．如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m 、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与x 的正方向成 45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L ，L ）的 P 点处时速度大小为 v 0，方向与 x 轴正方向相同．求： （1）粒子从 O 点射入磁场时的速度 v ；
（2）匀强电场的场强 E 0 和匀强磁场的磁感应强度 B 0． （3）粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间．
【来源】海南省海口市海南中学2018-2019学年高三第十次月考物理试题 【答案】（1）02v
；（2）0
2mv Lq
；（3）0(8)4L v π+
【解析】 【详解】
解：(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P ，则其运动轨迹如图所示，粒子在 O 点时的速度大小为v ，OQ 段为圆周，QP 段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q 点时的速度大小也为v ，方向与x 轴正方向成45︒角，可得：045v vcos =︒ 解得：02v v =
(2)在粒子从Q 运动到P 的过程中，由动能定理得：2201122
qEL mv mv -=
- 解得：2
2mv E qL
=
又在匀强电场由Q 到P 的过程中，水平方向的位移为：01x v t = 竖直方向的位移为：0
12
v y t L =
= 可得：2QP x L =，OQ L =
由2cos 45OQ R =︒，故粒子在OQ 段圆周运动的半径：22
R L
=
及mv R qB =
解得：02mv
B
qL
=
(3)在Q点时，00
45
y
v v tan v
=︒=
设粒子从由Q到P所用时间为1t，在竖直方向上有：10
2
2
L L
t
v v
==
粒子从O点运动到Q所用的时间为：2
4
L
t
v
π
=
则粒子从O点运动到P点所用的时间为：t总12
000
2(8)
44
L L L
t t
v v v
ππ
+
=+=+=
4．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场1E，区域宽度为1d，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场2
E，区域宽度为
2
d，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30o，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12
E E
、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)
1
2mg
E=2
mg
E
q
=1
2
2
m gd12
1
6
2
6
d d
gd
gd
π
+
【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：1sin45
qE mg
︒=
求得：
1
2mg
E
q
=
微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2
mg qE
=
求得：2
mg
E
q
=
(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452
qE d mv ︒=
2
v qvB m R
=
根据几何关系，分析可知：2
22sin30d R d ==︒
整理得：1
2
2m gd B =
(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：
2
11112
a t d = 1tan45mg ma ︒=
2302360R
t v
π︒=
⨯︒ 经整理得：112
121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=
+⨯=
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B 1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B 2=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/s 2)
(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
11
v qvB m
R =
所以11
0.6mv
R m qB =
= 1
210m
T s qB ππ=
= 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 2.4s 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
22
v qvB m R =
所以22
0.62mv
R m r qB =
== 所以最大偏转角为60° 所以圆心坐标0.30x m =
1
'60 2.40.3 2.252
y s rcos m m =-︒=-⨯=
即磁场的圆心坐标为()0.302.25，．
6．如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l 、宽为l 的矩形区域ABCD ，区域ABCD 内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为+q 的带电微粒，从A 点正上方的O 点水平抛出，正好从AD 边的中点P 进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q 离开后经过空中的R 点(Q 、R 图中未画出)。

已知微粒从Q 点运动到R 点的过程中水平和竖直分位移大小相等，O 点与A 点的高度差3
8
h l = ，重力加速度为g ，求：
(1)微粒从O 点抛出时初速度v 0的大小； (2)电场强度E 和磁感应强度B 的大小； (3)微粒从O 点运动到R 点的时间t 。

【来源】四川省攀枝花市2019届高三第三次统一考试理综物理试题 【答案】(1)0233v gl = ；(2)3mg
E 4q =，32m g B q l
=；(3) 433l t g = 【解析】 【详解】
（1）从O 到P ，带电微粒做平抛运动：
2
01h gt 2
=
00l=v t
所以02
v 3gl 3
=
（2）在P 点：y 01
v =gt 3gl 2
=
2
2p 0y 5
v =v v 3gl 6
+=
设P 点速度与竖直方向的夹角为θ，则
0y v 4tan θv 3
=
= 带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知：
mg mg
tan θF Eq
=
= p mg mg sin θf qv B
== 3mg E 4q
=
m3g
B
2q l
=
（3）设微粒从P到Q所用时间为t1，
1
PD13l
t
v2g
==
设微粒从Q到R所用时间为t2，因水平和竖直分位移相等，得：
202
x v t
=
2
2y22
1
y v t gt
2
=+
由题意得：
22
x y
=
微粒从0点运动到R点的时间t为：
012
t t t t
=++
所以：
43l
t
3g
=
7．在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B（图像中的B0末知）随时间t的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0向右做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．不考虑地磁场的影响，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间；
(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．
【来源】【百强校】2015届辽宁师范大学附属中学高三模拟考试物理卷（带解析)
【答案】（1）
mg
q
E=（2）2
t0(
1
3π
＋1) （3）T＝8t0，
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小球从M点运动到N点时，有qE＝mg，
解得
mg
q
E=．
(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t0，小球从N点经过个圆周，到达P点，所以t2＝t0小球从P点运动到D点的位移
x＝R＝0
mv
B q，
小球从P点运动到D点的时间
3
00
R m
t
v B q
=
=
2m
t
qB
π
=,t3=0
2
3
t
π
，
所以时间
1230
()
1
3
21
t t t t t
π
+++
=＝．
(3)小球运动一个周期的轨迹如图所示．小球的运动周期为
T＝8t0.
8．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。

现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B 的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值。

【来源】2019年东北三省四市高考二模物理试题
【答案】（12v 0，方向：与x 轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B 的所有可能取值：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m
t n n v qB qB
ππ=++ n ＝1、2、3……。

【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2
y v a t =
，
解得：v y ＝v 0，tan θ＝
y v v ＝1，θ＝45°，
粒子穿过O 点时的速度：2
2002v v v v =+=；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v qvB m r
= ，
粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝
2a v ； 粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=
，2m
T qB
π=， 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，
若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2
＝1
4
T1，
若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝1 4 T1
+
3
4
T2，
若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×
1
4
T1+
3
4
T2，
若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×
1
4
T1+2×
3
4
T2，
…………
则2
3
(1)
24
m m
t k k
qB qB
ππ
=+-k＝1、2、3……
或2
3
24
m m
t n n
qB qB
ππ
=+ n＝1、2、3……
粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2，
解得：
23
(1)
24
a m m
t k k
v qB qB
ππ
=++-k＝1、2、3……
或
23
24
a m m
t n n
v qB qB
ππ
=++ n＝1、2、3……；
9．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
2
1202
36023
m m
t
q B qB
ππ
==
o
o
g
g
粒子在BP段运动的时间为
31
302
3606
m m
t t
qB qB
ππ
===
o
o
g
在此过程中粒子的运动时间：12
2
2
3
m
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 =
10．如图所示，在平面直角坐标系xoy 的第二象限内有平行于y 轴的匀强电场，电场强度大小为E ，方向沿y 轴负方向。

在第一、四象限内有一个半径为R 的圆，圆心坐标为（R ，0），圆内有方向垂直于xoy 平面向里的匀强磁场。

一带正电的粒子（不计重力），以速度为v 0从第二象限的P 点，沿平行于x 轴正方向射入电场，通过坐标原点O 进入第四象限，速度方向与x 轴正方向成30︒，最后从Q 点平行于y 轴离开磁场，已知P 点的横坐标为
2-h 。

求：
（1）带电粒子的比荷
q m
； （2）圆内磁场的磁感应强度B 的大小；
（3）带电粒子从P 点进入电场到从Q 点射出磁场的总时间。

【来源】2020届天津市六校高三上学期期末联考物理试题（天津外大附校等)
【答案】（1）203v q
m = （2）0
4Eh v R （3）063π3h R v +
【解析】 【详解】
(1)由水平方向匀速直线运动得
2h =v 0t 1
竖直向下的分速度
0ta 30n y v v ︒=
由竖直方向匀加速直线运动知v y =at 1，加速度为
qE a m
=
根据以上式解得
2036v q
m Eh
=
(2)粒子进入磁场的速度为v ，有
cos30v v
︒=
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为
r=R
由洛伦兹力提供向心力可知
2
mv qvB r
= 解得
04Eh
B v R
=
(3)粒子在磁场中运动的时间为
21260
03t T ︒︒
= 粒子在磁场中运动的周期为2r
T v
π=
，粒子在电场中运动的时间为
10
2h
t v =
粒子运动的总时
12t t t =+
代入数据得：
63πh R
t +=
11．如图，离子源A 产生的初速度为零、带电量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场．已知HO ＝d ，HS ＝2d ，MNQ ∠＝90°．（忽略粒子所受重力）
（1）求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ； （2）求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；
（3）若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处．求S 1和S 2之间的距离以及能打在NQ 上的正离子的质量范围． 【来源】2009高考重庆理综 【答案】（1）00U E d =；45°（2）0
2mU eB
3）25x m m m << 【解析】 【分析】 【详解】
（1）正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度设为V 1，设 对正离子，应用动能定理有eU 0＝
1
2
mV 12， 正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动
受到电场力F ＝qE 0、产生的加速度为a ＝F
m
，即a ＝0qE m ，
垂直电场方向匀速运动，有2d ＝V 1t ， 沿场强方向：Y ＝12
at 2
， 联立解得E 0＝0
U d
又tanφ＝
1
V at
，解得φ＝45°； （2）正离子进入磁场时的速度大小为V 2()2
21V at + 解得2221()V V at =+正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，qV 2B ＝2
2mV R
，
解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝0
2
mU eB
； （3）根据R ＝0
2
mU eB 质量为4m 的离子在磁场中的运动打在S 1，运动半径为R 1＝()0
2
4m U eB
质量为16m 的离子在磁场中的运动打在S 2，运动半径为R 2＝()0
2
16m U eB
又ON ＝R 2－R 1，
由几何关系可知S 1和S 2之间的距离ΔS 222R ON -R 1， 联立解得ΔS ＝30
2
mU eB
由R′2＝(2 R 1)2+( R′－R 1)2解得R′＝5
2
R 1， 再根据
1
2R 1＜R ＜52
R 1， 解得m ＜m x ＜25m ．
12．如图所示为一“匚”字型金属框架截面图，上下为两水平且足够长平行金属板，通过左侧长度为L ＝1m 的金属板连接．空间中有垂直纸面向里场强大小B ＝0.2T 的匀强磁场，金属框架在外力的作用下以速度v 0＝1m/s 水平向左做匀速直线运动．框架内O 处有一质量为m ＝0.1kg 、带正电q ＝1C 的小球．若以某一速度水平向右飞出时，则沿图中虚线OO '′做直线运动；若小球在O 点静止释放，则小球的运动轨迹沿如图曲线（实线）所示，已知此曲线在最低点P 的曲率半径（曲线上过P 点及紧邻P 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆的半径叫做该点的曲率半径）为P 点到O 点竖直高度h 的2倍，重力加速度g 取10 m /s 2．求：
（1）小球沿图中虚线OO '做直线运动速度v 大小 （2）小球在O 点静止释放后轨迹最低点P 到O 点竖直高度h
【来源】江西省名校（临川一中、南昌二中)2018-2019学年高三5月联合考理综物理试题 【答案】（1）v 4m/s =；（2）4h m = 【解析】 【详解】
解：(1)框架向左运动，产生感应电动势：0U BLv = 板间场强：0U
E Bv L
=
= 小球做匀速直线运动，受力平衡：Eq qvB mg += 可解得：v 4m/s = (2)最大速率点在轨迹的最低点 根据动能定理可得：2
102
m Eqh mgh mv -+=
- 最低点根据牛顿第二定律和圆周运动规律有：22m
m v Eq qv B mg m h
+-=
联立可解得：4h m =
13．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）（2）（3）
【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)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
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）222mh 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21=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2112
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=u u u r 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,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求
(1)匀强磁杨的磁感应强度B
(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围;
(3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L。