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．如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为L ．一质量为m ，电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域．并再次通过A 点，此时速度方向与y 轴正方向成锐角．不计重力作用．试求： （1）粒子经过C 点速度的大小和方向；
（2）磁感应强度的大小B ．
【来源】2007普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ)理综物理部分
【答案】（1）α＝arctan 2h l
（2）B 2212mhE h l q
+【解析】
【分析】
【详解】 试题分析：（1）以a 表示粒子在电场作用下的加速度，有qE ma ＝①
加速度沿y 轴负方向．设粒子从A 点进入电场时的初速度为0v ，由A 点运动到C 点经历的时间为t ， 则有：212
h at =② 0l v t =③
由②③式得02a v h
＝ 设粒子从C 点进入磁场时的速度为v ，v 垂直于x 轴的分量12v ah ＝⑤
由①④⑤式得：22
101v v v +＝()2242qE h l mh
+⑥
设粒子经过C 点时的速度方向与x 轴的夹角为α，则有
1
v
tan
v
α＝⑦
由④⑤⑦式得
2h
arctan
l
α＝⑧
（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，
则有qvB＝m
2
v
R
⑨
设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC＝PA R
＝．用β表示PA与y轴的夹角，由几何关系得：Rcos Rcos h
βα
=+⑩
Rsin l Rsin
βα
=－
解得
22
22
4
2
h l
R h l
hl
+
+
＝
由⑥⑨式得：B=
22
12mhE
h l q
+
2．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p（t）进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比（,0
x p
αα
=>）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d，单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成，磁场方
向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为
(1)0
B B x
ββ
=->
，．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿12
C C方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0.
（1）指出D 1、D 2两点那点电势高；
（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，其中e 为电子电荷量）；
（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 0、U 1、t 0、α、及β）
【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题
【答案】(1) D 1点电势高 (2) 001IB U ne d
= (3) 101(1)U A U αβ=- ，012f t = 【解析】
【分析】由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd 求出U 0与I 、B 0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 0与I 、B 0之间的关系式求出压力波的振幅．
解：（1）电流方向为C 1C 2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；
（2）当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力
00U qvB q
b
= ① 由电流I nevbd = 得：I v nebd
= ② 将②带入①得00IB U ned =
（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t 0
所以，频率为: 0
12f t = 当杆运动至最远点时，电压最小，即取U 1，此时0(1)B B x β=-
取x 正向最远处为振幅A ，有：01(1?)IB U A ned
β=-
所以：
1
1
(1)
1
IB
U ned
IB A
U A
ned
ββ
==
--
解得：01
U U
A
U
β
-
=
根据压力与唯一关系x p
α
=可得x
p
α
=
因此压力最大振幅为：01
m
U U
p
U
αβ
-
=
3．在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y轴向下，在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场，质点到达x轴上A点，速度方向与x 轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d，接着，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为φ.求：
⑴粒子在磁场中运动速度的大小；
⑵匀强电场的场强大小.
【来源】带电粒子在复合场中的运动计算题
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）由几何关系得：R=dsinφ
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
解得：
（2）质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v 0，在电场中的加速度为a ，运动时间为t ，则有：
v 0=vcosφ
vsinφ=at
d=v 0t
设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得
qE=ma 解得：
4．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3L ，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) 34L 【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3L r =
由牛顿第二定律得20
0Bev m r
v = 电子的比荷03e 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2232L 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
00223
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2
X L y y x -=
所以
2
33 22
2
28
3
8
xL xL L
X x x
y
L
x
⎡⎤
⎛⎫⎢⎥
⎛⎫
=-=-=-+
⎪
⎪⎢⎥
⎪
⎝⎭⎝⎭⎢⎥
⎣⎦
⎛⎫
-
⎪
⎭
所以当
3
8
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。

5．如图所示，在xOy坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。

第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x轴正向、电场强度大小为E的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点以大小为v0的速度垂直射入电场，不计粒子重力和空气阻力，P、O两点间的距离为
2
2
mv
qE。

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v以及进入磁场时到原点的距离x；
（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

【来源】2019年辽宁省辽阳市高考物理二模试题
【答案】（1
2v；
2
mv
qE
（2）
(21)E
B
v
≥
【解析】
【详解】
（1）由动能定理有：
2
22
11
222
mv
qE mv mv
qE
⋅=-
解得：v2v0
设此时粒子的速度方向与y轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝0
2
2
v
v
=
解得：θ＝45°
根据tan 21
x y θ=⋅=
，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故20mv x qE
= （2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：
s ＝R +R sinθ
又：2
v qvB m R
= 解得：0(21)E B v += 故0
(21)E B v +≥
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）22
8U 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：228 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
R=2 qmU qB 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：212212
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．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(13π ＋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．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L，L<y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场．现有一质
量为四电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L/2)处以初速度
v沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．
(1)求电场强度大小E；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小
B；
(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．【来源】四川省2018届高三春季诊断性测试理综物理试题
【答案】（1）
2
mv
E
qL
=（2）
4nmv
B
qL
=n=1、2、3 (3)
2
L
t
v
π
=
【解析】
本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：0
L v t
=，2
1
22
L
at
=，qE ma
=
联立解得：
2
mv
E
qL
=
(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan x
y
v
v
θ==l
速度大小0
2
sin
v
v v
θ
==
设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足
L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为
2
π
；当满足
L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．
若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为
2
π
.则有2R，此时满足L=2nx
联立可得：
22
R
n
=
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：
2
v
qvB m
R
=
得：0
4nmv
B
qL
=，n=1、2、3....
轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为
2
π
.则有
22
2
x R，此时满足
()221L n x =+
联立可得：()2212
R n =
+
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
22
v qvB m R =
得：()0
2221n mv B qL
+=
，n=1、2、3....
所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =
，n=1、2、3....或()0
2221n mv B qL
+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×
2
π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==
若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为0
2222n n m L
t T qB v ππππ=⨯
==或2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
==
9．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
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
12
+）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；330R x rcos L =-︒=
y坐标：
3
30
2 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；2
Rs
x vt
=
沿电场方向：2
2
2
Rs
qE
y t
m
=
tan60°=RS
RS
y
x
解得：2t=
23m
，RS
x=23L，2
RS
y L
=
第二次与虚线PQ的交点S的x坐标：RS R
x x x
=+=3L
y坐标：
1
2
RS R
y y y L
=+=
则第二次与虚线PQ的交点S的坐标为（
3
6
L，
1
2
L）
10．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、宽分别为l a b
、、，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ρ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
222
B 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
η
ρ
=⨯
+
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
B和
B
T取某些特定值时，可使0
t=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0
m q d v
、、、为已知量。

（1）若
B
1
2
t T
∆=，求
B；
（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
4mv
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01arcsin 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
θθ+= ……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
1
arcsin 4θ= 或（1sin 4
θ=）……⑰
联立⑦⑧⑨⑩⑰式得
B 0
1arcsin 242d T v π
⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ……⑱
当2n ≥时，不满足090θ︒<<的要求。

【点睛】
12．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U1＝.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．
13．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 =②2
010U 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
∆=∆=
14．如图所示,在直角坐标系xOy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I 区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy 平面向里的匀强磁场(图中未画出),I 、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B 、2B 。

a 、b 两带正电粒子从O 点同时分别沿y 轴正向、负向运动,已知粒子a 质量为m 、电量为q 、速度大小为v,粒子b 质量为2m 、电量为2q 、速度大小为v /2,粒子b 恰好不穿出1区域,粒子a 不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。

求:
(1)小圆半径R 1；
(2)大圆半径最小值
(3)a 、b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间t (不考虑a 、b 在其它位置相遇)。

【来源】重庆市2019届4月调研测试（第二次诊断性考试)理综试卷物理试题
【答案】(1)1mv R qB = (2)2min (31)2mv R qB
= (3)14m qB π 【解析】
【详解】
解：(1)粒子b 在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为b r 根据洛伦磁力提供向心力有：2
2()222b
v m v q B r =
由粒子b 恰好不穿出Ⅰ区域：12b R r = 解得：1mv R qB
= (2)设a 在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为1a r ， 根据洛伦磁力提供向心力有：2
1
a mv qvB r = 解得： 11a mv r R qB
== 设a 在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为2a r ， 根据洛伦磁力提供向心力有：2
2
2a mv qv B r •= 解得： 21122
a mv r R qB == 设大圆半径为2R ，由几何关系得：121312R R R ≥
+
所以，大圆半径最小值为： 2min R ≥
(3)粒子a 在Ⅰ区域的周期为12a m T qB π=，Ⅱ区域的周期为2a m T qB
π= 粒子a 从O 点出发回到O 点所经过的最短时间为：1121
132a a a t T T =+
解得：176a m t qB
π= 粒子b 在Ⅰ区域的周期为：2b m T qB
π= 讨论：①如果a 、b 两粒子在O 点相遇，粒子a 经过时间：176a a n m t nt qB π==
n=1，2，3… 粒子b 经过时间：2b b k m t kT qB
π== k=1，2，3… a b t t =时，解得：726
n k = 当7k =，12n =时，有最短时间：114m t qB
π= ②设粒子b 轨迹与小圆相切于P 点，如果a 粒子在射出小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1215(218)663a a a a n m t T T n t qB
π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间： (21)(21)2b b k T k m t qB
π--== k=1，2，3… a b t t =时，解得：218213n k +-=
ab 不能相遇
③如果a 粒子在射入小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1217(2113)2663a a a a n m t T T n t qB
π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间：(21)(21)2b b k T k m t qB
π--== k=1，2，3… a b t t =时，解得：2113213n k +-=
ab 不能相遇
a 、
b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间为14m qB
π
15．如图甲所示，圆盒为质子发射器．M 处是质子出射口．其正视截面如图乙所示，D 为。