高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧分析及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为
d ，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电量q +、重力不计的
带电粒子，以初速度1v 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：
（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功1W （2）粒子第n 次经过电场时电场强度的大小n E （3）粒子第n 次经过电场所用的时间n t
（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．
【来源】河北省衡水中学滁州分校2018届高三上学期全真模拟物理试题
【答案】（1）2
1132
mv W =
（2）21(21)2n n mv E qd +=（3）12(21)n d t n v =+ （4）如图；
【解析】 （1）根据mv r qB =，因为212r r =，所以212v v =，所以22
1211122
W mv mv =-, （2）
=
，
，所以
．
（3），，所以．
(4)
2．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m ，电量为-q ，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角30θ=︒
（1）当Ⅰ区宽度1L L =、磁感应强度大小10B B =时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30︒，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0
（2）若Ⅱ区宽度21L L L ==磁感应强度大小210B B B ==，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h
（3）若21L L L ==、10B B =，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件
（4）若12B B ≠，12L L ≠，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式．
【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（山东) 【答案】（1）32l
m t qU π=
（2）2233h L ⎛= ⎝ （3）232mU B L q >232mU
B L q
≥
）（4）1122B L B L =
【解析】
图1
（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为
1R ，由动能定理和牛顿第二定律得
2
12
qU mv =
① 2
11
v qvB m R = ②
由几何知识得
12sin L R θ= ③
联立①②③，带入数据得
012mU
B L q
=
④
设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t
1
2R T v
π=
⑤ 22t T θ
π
=
⑥ 联立②④⑤⑥式，带入数据得
32L
m
t qU
π=
⑦ （2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为2R ，有牛顿第二定律得
2
22
v qvB m R = ⑧
由几何知识得
()()121cos tan h R R L θθ=+-+ ⑨
联立②③⑧⑨式，带入数据得
2233h L ⎛=- ⎝ ⑩
图2
（3）如图2所示，为时粒子能再次回到Ⅰ区，应满足
()21sin R L θ+<[或()21sin R L θ+≤] ⑾
联立①⑧⑾式，带入数据得
232mU B L q >
（或232mU
B L q
≥
） ⑿
图3
图4
（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为α，有几何知识得()11sin sin L R θα=+ ⒀ [或()11sin sin L R θα=-]
()22sin sin L R θα=+ ⒁
[或]()22sin sin L R θα=- 联立②⑧式得
1122B R B R = ⒂
联立⒀⒁⒂式得
1122B L B L = ⒃
【点睛】（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B 0．找出轨迹的圆心角，求出时间；（2）由几何知识求出高度差；（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B 2满足的条件；（4）由几何知识分析L 1、L 2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．
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）02
v ；（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：2
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：2
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：12112t t t =+=
=
5．实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹．如图所示，氕（1
1H ）、氘（2
1H ）、氚（3
1H ）三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E 、磁感应强度为B 的复合场区域．进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d ，射出复合场后进入y 轴与MN 之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN 射出．虚线MN 与PQ 间为真空区域Ⅱ且PQ 与MN 平行．已知质子比荷为q
m
，不计重力． （1）求粒子做直线运动时的速度大小v ； （2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B 1；
（3）若虚线PQ 右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN 上的一点，求该磁场的最小面积S 和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差Δt ． [Failed to download image :
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【来源】江苏省苏州市2019届高三上学期期末阳光指标调研考试物理试题 【答案】(1) E B (2) mE qdB (3) (2)Bd E
πθ+
【解析】 【分析】
（1）粒子在电磁复合场中做直线运动是匀速直线运动，根据电场力与洛伦兹力平衡，可求
粒子的速度大小；
（2）由粒子的轨迹与边界垂直，可求轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，可求磁感应强度的大小；
（3）由氚粒子圆周运动直径可求磁场的最小面积．根据氕、氚得运动周期，结合几何关系，可求氕、氚到汇聚点的时间差． 【详解】
(1) 由电场力与洛伦兹力平衡， Bqv ＝Eq 解得v ＝E/B.
(2) 由洛伦兹力提供向心力，
B 1vq ＝m 2
v r
由几何关系得r ＝d 解得B 1＝
mE
qdB
.
(3) 分析可得氚粒子圆周运动直径为3r
磁场最小面积S ＝12π22
322r r ⎡⎤
⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
解得S ＝πd 2 由题意得B 2＝2B 1
由T ＝2r
v
π得T ＝2m qB π
由轨迹可知Δt 1＝(3T 1－T 1) 2θ
π，其中T 1＝12m qB π
Δt 2＝1
2
(3T 2－T 2)，其中T 2＝22m qB π)
解得12(2)Bd t t t E
πθ+∆=∆∆=
＋
6．如图1，光滑绝缘水平平台MNQP 为矩
形， GH ∥PQ ，MP =NQ =1m ，MN =GH =PQ =0.4m ，平台离地面高度为h =2.45m ．半径为R =0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B =0.05T ，方向竖直向上，与MP 边相切于A
点，与NQ边相切于D点，与GH相切于C点．平台上PGHQ区域内有方向由P指向G的匀强电场，场强大小为E=0.25V/m．平台右方整个空间存在方向水平向右的电场，场强大小也为E=0.25V/m，俯视图如图2．两个质量均为m=2×10-5kg的小球a、b，小球a带正电，电量q=4×10-4C，小球b不带电，小球a、b均可视为质点．小球a从A点正对圆心O 射入磁场，偏转90°后离开磁场，一段时间后与静止在平台D点的小球b发生弹性碰撞，碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a球带电量始终不变，碰撞时间忽略不计．已知重力加速度g=10m/s2，π=3.14，不计空气阻力，求：
(1)小球a射入磁场时的速度大小；
(2)从小球a射入磁场到第一次与小球b相碰撞，小球a运动的路程；
(3)两个小球落地点与NQ的水平距离．
【来源】【市级联考】重庆市2019届高三5月调研测试（第三次诊断性考试)理综试卷物理试题
【答案】（1）0.2m/s （2）0.636m（3）0.684m
【解析】
【详解】
(1)小球a从A点正对圆心O射入磁场，偏转90°后离开磁场，小球a在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图：
分析得半径R=0.2m
由
2
v qvB m
R
得：v =0.2m/s
(2)磁场中运动的路程s 1=πR=0.628m 电场中加速度25m/s qE
a m
=
= 电场的路程2
220.008m 2v s a
=⨯=
小球a 射入磁场到与小球b 相碰过程运动的路程120.636m s s s =+= (3)a 、b 球弹性碰撞，质量相等每一次碰撞速度交换． D 点碰后，两球速度分别为v a D =0，v b D =0.2m/s 此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动
由2
2
gt h =得，两小球在空中运动时间20.7s h t g == 水平方向：b 球匀速运动，a 球加速运动，加速度25m/s qE
a m
=
= 每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，v —t 图如图所示：
可得，每两次碰撞间隔时间是定值：21
()2
bD v t a t ⋅∆=
∆ 0.08s t ∆=
由
0.7380.084
t t ==∆ 所以小球在空中碰8次后，再过0.06s 落地
小球b 在空中碰n 次后速度为v bN =(n +1)v bD =0.2(n +1) m/s
小球离开D 点后在空中第一次碰撞前，水平位移x 1=v b 1·△t=0.016m 小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x 2=2v b 1·
△t=0.032m 以此类推，小球在空中第n -1次到第n 次碰撞水平位移x n =nx 1=0.016m 所以，在空中碰撞8次时的水平位移x 0=0.016×（1+2+3+4+5+6+7+8）=0.576m 第8次碰后 v b 8=1.8m/s v a 8=1.6m/s
所以，8次碰后0.06s 内，△x b =v b 8×0.06=0.108m △x a =v a 8×0.06+
1
2
a ×0.062=0.105m 所以，水平位移分别为x a =x 0+△x a =0.681m x
b =x 0+△x b =0.684m
7．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（
q
m
）为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：
（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；
（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．
【来源】【市级联考】福建省厦门市2019届高三5月第二次质量检查考试理综物理试题
【答案】（1）g k （2）2g
kB
（3）2222232(,)28g k B L L k B g -
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=q
k m
解得g E k
=
（2）由几何关系：2R cos θ=L ，
粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2
v qvB m r
= ；
由
cos y v v
θ=
在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v
0L v t =
解得02g v kB
=
（3）由2
12
h gt =
其中2kBL t g = ，
则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'3
2
O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-
8．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
9．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
1202
L 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/s2．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：2
v 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 4.7142R 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 。

10．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
22mU 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
解得2V =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 ＝；
（3）根据R ＝
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＝
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＝
又ON ＝R 2－R 1，
由几何关系可知S 1和S 2之间的距离ΔS R 1，
联立解得ΔS ＝ 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 ．
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0B 和B T 取某些特定值时，可使0t =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0m q d v 、、、为已知量。

（1）若B 1
2
t T ∆= ，求0B ； （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
04mv 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
00
mv 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
θ
θ+= ……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．如图所示，在坐标系xoy 中，过原点的直线OC 与x 轴正向的夹角φ=120°，在OC 右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y 轴、左边界为图中平行于y 轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直抵面向里。

一带正电荷q 、质量为m 的粒子以某一速度自磁场左边界上的A 点射入磁场区域，并从O 点射出，粒子射出磁场的速度方向与x 轴的夹角θ＝30°，大小为v ，粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。

粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O 点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。

已知粒子从A 点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。

忽略重力的影响。

求
（1）粒子经过A 点时速度的方向和A 点到x 轴的距离； （2）匀强电场的大小和方向；
（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。

【来源】2008年高考全国卷Ⅰ理综试题物理部分 【答案】（1(23)mv
-（2）127Bv
E π
=，方向跟y 轴成120°角，斜向下指向左边。

（3）43m t Bq
=
【解析】 【分析】
本题考查带电粒子在磁场中的运动。

【详解】
（1）设磁场左边界与x 轴相交于D 点，过O 点作速度v 垂线OO 1，与MN 相交于O 1点．由几何关系可知，在直角三角形OO 1D 中∠OO 1D =45º。

设磁场左右边界间距为d ，则OO 1=2d 。

故粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O 1点，圆孤轨迹所对的圆心角为45º，且O 1A 为圆弧的半径R 。

由此可知，粒子自A 点射入磁场的速度与左边界垂直。

A 点到x 轴的距离：
()
1cos 45AD R ︒=-①
由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得
2
q mv vB R
=② 联立①②式得
21mv AD qB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
③ （2）
依题意：匀强电场的方向与x 轴正向夹角应为135º。

设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，第一次在磁场中飞行的时间为t 1，有
18T t =
④ 2m T qB π=⑤
由几何关系可知，粒子再次从O 点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为45º。

设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O 2，O 2必定在直线OO 1上。

设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P 点，则∠OO 2P =90º。

设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t 2，有
21
4
t T =⑥
设带电粒子在电场中运动的时间为t 3，依题意得
()312t T t t =-+⑦
由匀变速运动的规律和牛顿定律可知
3v v at -=-⑧
qE a m
=
⑨ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得
8
5E Bv π
=
⑩ （3）由几何关系可得：245OPO ︒
∠=
故粒子自P 点射出后将做类平抛运动。

则沿电场方向做匀加速运动：
2
112
S at =
⑪ 垂直电场方向做匀速直线运动：
2S vt =⑫ 1
2
tan 45S S ︒=
⑬ 联立得
54m
t qB
π=。

13．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A
与O 点间的距离为
03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mg
q
，重力加速度为g ．求：
（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；
（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；
（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．
【来源】【市级联考】四川省泸州市2019届高三第二次教学质量诊断性考试理综物理试题
【答案】（1）
mg
q
，方向竖直向上；（2）；（3013v ．
【解析】 【详解】
（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mg
E q
左=
，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：20
0mv Bv q R
=，
所以轨道半径0
mv R qB
=
； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧； 又有0
33AO mv d R =
=；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AO
d arcsin R
θ==︒
； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：
；
（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度
003
60y v v sin v =︒=
，水平分速度001602x v v cos v =︒=；
质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间0
23y v v t g
g
=
=
； 所以质点在P 点的竖直分速度03
yP y v v v ==， 水平分速度00031
7322
xP x v qE v v t v g v m g =+
=+⋅=； 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度
22
013P yP xP v v v v =+=；
14．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：
2
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 ===⨯g 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。

15．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 R = (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： 211
22
a mv r R qB =
= 设大圆半径为2R
，由几何关系得：121122
R R R ≥+ 所以，大圆半径最小值为：
2min 1)2qB
R mv
≥
(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
13
2
a 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…。