高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题

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。

2．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，
32
L
）点以大小为v 0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20
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．
3．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，…）。

4．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m1、m2（m1＞m2），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
V
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
xα（3）
2
12
2
12
cos
cos
m m
U
m m
α
α
-
∆<
+
2
12
(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=
1
2
mv2
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：
22
8
q U
m B x
=
（2）粒子在磁场中圆运动半径
2
2
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
= 当加速电压为U-△U 、偏角θ=α时，距离最小 L min =2R min
cosα=cosα
②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子 由
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
cosα
＞
解得：212
2
12
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）
5．如图1所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面內，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径两圆之间的环形区域（I 区）和小圆内部（II 区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m ，电最
为+q 的粒子由小孔下
2
d
处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场，不计粒子的重力．
（1）求极板间电场强度的大小E ； （2）若I 区、II 区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mv
qD
，粒子运动一段时间t 后再次经过H 点，试求出这段时间t ；：
（3）如图23D ，调节磁感应强度为B 0（大小未知），并将小圆中的磁场改为匀强电场，其方向与水平方向夹角成60︒角，粒子仍由H 点紧靠大圆内侧射入磁场，为使粒子恰好从内圆的最高点A 处进入偏转电场，且粒子在电场中运动的时间最长，求I 区磁感应强度B 0的大小和II 区电场的场强E 0的大小? 【来源】【全国百强校】天津市新华中学2019届高三高考模拟物理试题
【答案】（1）2mv qd （2）5.5D v π（3）3mv qB ；2
839mv qD
【解析】 【详解】
解：(1)粒子在电场中运动，由动能定理可得：2
122
d qE
mv = 解得：2
mv E qd
=
(2)粒子在I 区中，由牛顿第二定律可得：2
11
v qvB m R =
其中12v B qD π=
，12
R v
= 粒子在II 区中，由牛顿第二定律可得：2
22
v qvB m R =
其中24mv B qD =
，24
D
R = 121222,R R T T v v
ππ=
=， 由几何关系可得：1120θ=︒
2180θ=︒
1
11
2360t T θ=︒
2
22360t T θ︒
=
()126t t t =+
解得： 5.5D
t v
π=
(3)由几何关系可知：2223())22
D D r r =+- 解得：3
r D =
由牛顿第二定律可得：2
0v qvB m r
=
解得：03mv
B =
32cos 2
D
r θ==
解得：30θ=︒，则粒子速度方向与电场垂直
(1sin )2
D
vt θ+= 21cos 22D at θ= 0E q ma =
解得：2083mv E =
6．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v 0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：0nmv 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：2y
v a t = ，
解得：v y ＝v 0，tan θ＝0y
v v ＝1，θ＝45°，
粒子穿过O
点时的速度：0v ==；
（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：0nmv 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＝
02a 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：t 2＝14
T 1， 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：t 2＝
14T 1+34T 2， 若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×14T 1+34
T 2， 若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×
14T 1+2×34T 2， ………… 则23(1)24m m t k
k qB qB ππ=+- k ＝1、2、3 (2324)
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 ＝t 1+t 2， 解得：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……；
7．如图，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系O-xyz(x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上)。

匀强磁场方向与xOy 平面平行，且与x 轴正方向的夹角为45°，一质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子(可看作质点)平行于z 轴以速度v 0通过y 轴上的点P(0，h ，0)，重力加速度为g 。

(1)若带电粒子沿z 轴正方向做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值E min 及对应的磁感应强度B ；
(2)在满足(1)的条件下，当带电粒子通过y 轴上的点P 时，撤去匀强磁场，求带电质点落在xOz 平面内的位置；
(3)若带电粒子沿z 轴负方向通过y 轴上的点P 时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带电质点做匀速圆周运动且能够经过x 轴，求电场强度E 和磁感应强度B 的大小。

【来源】安徽省宣城市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题
【答案】（1）E min ＝22mg q 022mg B qv = （2）N （h ，0，2v 0 h g ）（3）mg
q E =022mv B qh
= 【解析】
【详解】
解：(1)如图所示，带电质点受到重力mg （大小及方向均已知）、洛伦兹力0qv B （方向已知）、电场力qE （大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动；根据力三角形知识分析可知：当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值min E
根据物体的平衡规律有：45min qE mgsin =︒
045
qv B mgcos
=︒
解得：2 2
min
E
mg
q
=，
2
2
mg
B
qv
=
(2)如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg和电场力min
qE作用，其合力沿PM方向
并与
v方向垂直，大小等于
2
2
qv B=，故带电质点在与Oxz平面成45︒角的平面内作类平抛运动
由牛顿第二定律：0
qv B ma
=
解得：
2
2
a g
=
设经时间t到达Oxz平面内的点()
N x y z
，，，由运动的分解可得：
沿
v方向：
z v t
=
沿PM方向：2
1
2
PM at
=
又
sin45
h
PM=
︒
45
x htan
=︒
联立解得：x h
=
2
z
g
v
h
=
则带电质点落在N（h，0，2v
h
g
(3)当电场力和重力平衡时，带点质点才能只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动
则有：Eq mg
=
得：
mg
E
q
=
要使带点质点经过x2h
根据：200mv qv B r
= 解得：022mv B qh
=
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 =m ，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：2v 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．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）73
【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：sin30sin30sin120mg F Eq ==o o o
得：3mg E q
=
合力：F =mg
从M N →,有：22N 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 =o sin60N h t υ=o
cos30MC U Eh =o
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 =o
212KM N
E mv = 73
KP MD KM KM KM E FS E E E +==
10．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B 0，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B 0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v 0；
（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 B 0，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
11．“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后．从下方以恒定速率v1,向上射入有磁感应强度为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域I内．当栅极
MN、PQ间形成稳定的电场后．自动关闭区域I系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)．区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A)．放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出．在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力．不计粒子之间相互作用与相对论效应)．已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q，求：
(1)当栅极MN 、PQ 间形成稳定的电场时，其电场强度E 多大．
(2)氙原子核从PQ 喷出时的速度大小v 2．
(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域I 的氙原子核占A 处发射粒子总数的百分比．
【来源】【全国市级联考】湖南省衡阳市2018届高三下学期第三次联考理综物理试题
【答案】（1）E=v 1B 1;（22221128mB v qd q B D +;（3）33.3%． 【解析】
（1）等离子体由下方进入区域I 后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ′ ，
则11Eq B v q ='' 即 11E B v =
（2）氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时,设速度为v 3,则有： 2323v B qv m r
= 根据题意，在A 处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D 的平行氙原子核束，即2D r =
则： 2232B qr B qD v m m
== 氙原子核经过区域I 加速后，离开PQ 的速度大小为2v ，根据动能定理可知： 其中电压11U Ed B v d == 联立可得2221122284B v qdm B D q v m
+=（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为'2B 之后，根据'2mv r B q '= 可知，r ′=r=D
①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I．
该轨迹的圆心O1，正好在N点，AO1=MO1=D，所以根据几何关系可知，此时∠FAN=900；
②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I．
AO2=AN=NO2=D，所以此时入射角度∠GAN=300；
根据上述分析可知，只有∠FAG=600；这个范围内射入的粒子还能进入区域I．该区域的粒
子占A处总粒子束的比例为
6000
10033.3
00 180
η=⨯=
点睛：考查牛顿第二定律与运动学公式的应用，掌握由洛伦兹力提供向心力的求解方法，理解动能定理的内容，注意正确画出运动轨迹，及分清各段运动性质；第三问要注意临界条件，求出恰从上、下两边缘射出的粒子的入射角，从而求出射入Ⅰ区的粒子数点比．
12．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）2
22mh 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2
1=
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2
112
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。