高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及经典题型及练习题

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，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 ；（3323m 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
22112222
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．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
x 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。

4．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
=
-
5．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/s 2．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v2，根据功能关系得：μmgx＝
1
2
mv22
两球碰撞后，b球的速度为v，根据动量守恒定律得：mv1＝-mv2＋2mv
则两球碰撞损失的能量为：ΔE＝
1
2
mv12－
1
2
mv22－
1
2
mv2
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
2
n
π
，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r1＝Rtan
n
π
粒子在磁场中做圆周运动：
2
1
1
2
2
v
qvB m
r
=
联立解得：
16
tan
R
n
π
=
（n≥3的整数）
6．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)2mv eL +≤B ＜0
(21)mv eL
+
【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
v 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r 1＋r 1sin 45°＝L
电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：2
11
mv evB r =
解得：0
11)mv B Le
=
当运动轨迹与bc 相切时，有：r 2＋r 2sin 45°＝2L
电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：2
22
mv evB r =
解得：0
21)2mv B Le
=
匀强磁场的磁感应强度大小B
B
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．
7．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 =
，M eU
v m
=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3
348M R L m t v eU
ππ==3）T 的表达式为22T 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
012
eU mv = 可得02eU
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，02L m t L v eU
==y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eE t m
=⨯ 由以上各式可得：2U E L
=
电子运动至M 点时：22
0(
)M Ee v v t m
=+即：M eU
v m
=设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，
02cos 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O 2M ＝O 2A ，O 1M ＝O 1A ，且O 2A ∥MO 1，所以四边形MO 1AO 2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2
2T n emU
=
（n ＝1，2，3，…）。

8．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
=
m 3g
B 2q l
=
（3）设微粒从P 到Q 所用时间为t 1，
10PD 13l
t v 2g
=
=
设微粒从Q 到R 所用时间为t 2，因水平和竖直分位移相等，得：
202x v t =
22y 221
y v t gt 2
=+
由题意得： 22x y =
微粒从0点运动到R 点的时间t 为：
012t t t t =++
所以：43l
t 3g
=
9．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B 0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v 0向右做匀速直线运动，t 0时刻恰好到达N 点．经观测发现，小球在t ＝2t 0至t ＝3t 0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）2t 0(
1
3π
＋1) （3）T ＝8t 0，
【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t 1＝t 0，小球从N 点经过个圆周，到达P 点，所以t 2＝t 0 小球从P 点运动到D 点的位移
x ＝R ＝0
0mv B q
，
小球从P 点运动到D 点的时间
300R m t v B q
==
02m t qB π=
,t 3=023t
π
， 所以时间
1230(
)1
321t 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 ＝8t 0.
10．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
222
0111222
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：222h m t g =
= 故P 与Q 首次发生碰撞后到落地，经过的时间22(22)m m m
t qB qB qB
ππ=
+=+ 落地点与平台边缘的水平距离2222
2'3P P m 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==
11．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v 0=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
12．磁流体发电的工作原理示意如图．图中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、、、，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两宽分别为l a b
个电极与负载电阻R相连．整个发电导管处于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向如图垂直前后侧面．发电导管内有电阻率为 的高温高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势．已知气体在磁场中的流速
为v ，
求：（1）磁流体发电机的电动势E 的大小；
（2）磁流体发电机对外供电时克服安培力做功的功率P 安多大； （3）磁流体发电机对外供电时的输出效率η.
【来源】【全国百强校】天津市实验中学2019届高三考前热身训练物理试题
【答案】（1）Bav （2）222
B a v a
R bl
ρ+
（3）100%
R a R bl ρ⨯+ 【解析】 【详解】
解：(1)磁流体发电机的电动势：E Bav = (2)回路中的电流：E
I R r
=+ 发电机内阻：a
r bl
ρ=
受到的安培力：F BIa = 克服安培力做功的功率：P 安v F =
克服安培力做功的功率：P 安222B a v a R bl
ρ=
+
(3)磁流体发电机对外供电时的输出效率：UI EI
η= 外电压：U IR = 磁流体发电机对外供电时的输出效率：
100%
R
a
R bl
ηρ=
⨯+
13．在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系，y 轴左侧有沿y 轴正方向的匀强电场E ，y
轴右侧有垂直水平桌面向上的匀强磁场B ．在
处有一个带正电的小球A 以速度
沿x 轴正方向进入电场，运动一段时间后，从(0，8)处进入y 轴右侧的磁场
中，并且正好垂直于x 轴进入第4象限，已知A 球的质量为
，带电量为
，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）如果在第4象限内静止放置一个不带电的小球C，使小球A运动到第4象限内与C球发生碰撞，碰后A、C粘在一起运动，则小球C放在何位置时，小球A在第4象限内运动的时间最长(小球可以看成是质点，不考虑碰撞过程中的电量损失)．
【来源】【市级联考】山东省临沂市2019届高三下学期高考模拟考试（二模)理综物理试题
【答案】（1）（2）1.5T（3）
【解析】
【详解】
（1）小球A在电场中沿x、y轴方向上的位移分别设为
x方向：,
y方向：,
加速度：
联立可得：
（2）小球进入磁场时y方向的速度：,
合速度：,方向：
，方向与y轴正方向成
小球A在磁场中做匀速圆周运动，垂直于x轴进入第4象限，做出小球A运动的轨迹如图，设轨道半径为，由几何关系可得：
根据：,解得：
（3）在第4象限内A与C球发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度设为，在磁场中做圆周运动的轨道半径设为,
解得：
即：小球运动的轨道半径不变
由周期公式可得：碰撞后小球的速度小，故碰后的周期大，所以要使小球A在第4象限内运动的时间最长，小球C应放在小球A进入第4象限时的位置：
即坐标为
14．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x0=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v0=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
2 0 v r
解得：r
=20510mv 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 =2012
at 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 02y ）2y。