高中物理带电粒子在复合场中的运动答题技巧及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场
强度E0、磁感应强度B0
、粒子的比荷q
m
均已知，且
2m
t
qB
π
=，两板间距
2
2
10mE
h
qB
π
=。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。

（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

【来源】带电粒子的偏转
【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值1
1
5
s
h
=
（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径
2
2
5
h
R
π
=
（3）粒子在板间运动的轨迹如图：
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1
2
1012s at =
① 0qE
a m
=
②
又已知2002
00
102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：
115
s h = （2）解法一
粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。

设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则
10v at =
2
1101
mv qv B R =
联立解得：15h R π
= 又00
2m
T t qB π=
= 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 2
2
210012
s v t at =+
解得：235
s h =
由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2，有：
210v v at =+
22
202
mv qv B R =
解得225h R π
=
由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。

在4t 0~5t 0时间内，粒子运动到正极板（如图所示）：
因此粒子运动的最大半径
22 5 h
R
π
=。

解法二
由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为：
qE
a
m
=
方向向上。

后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T
2m
T t
qB
π
==
粒子恰好完成一次匀速圆周运动。

至第n个周期末，粒子位移大小为s n
2
1
()
2
n
s a nt
=
又已知
2
2
10mE
h
qB
π
=
由以上各式得：
2
5
n
n
s h
=
粒子速度大小为：0
n
v ant
=
粒子做圆周运动的半径为：
n
n
mv
R
qB
=
解得：
5
n
nh
R
π
=
显然223
s R h s
+<<
因此粒子运动的最大半径
2
2
5
h
R
π
=。

（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：
2．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．
（1）求小滑块运动到C 点时的速度大小v c ；
（2）求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；
（3）若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v p .
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（福建卷带解析) 【答案】（1）E/B （2）（3）
【解析】 【分析】 【详解】
小滑块到达C 点时离开MN ，此时与MN 间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功W f ；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；
（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE 时滑块离开MN 开始做曲线运动，即Bqv qE = 解得：E v B
=
（2）从A 到C 根据动能定理：2
102
f mgh W mv -=
- 解得：2
212f E W mgh m B
=-
（3）设重力与电场力的合力为F ，由图意知，在D 点速度v D 的方向与F 地方向垂直，从D 到P 做类平抛运动，在F 方向做匀加速运动a=F /m ，t 时间内在F 方向的位移为212
x at = 从D 到P ，根据动能定理：150a a +=，其中2114
mv 联立解得：()
2
2
222
()P D
mg qE v t v m
+=
+【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN 分离时，小滑块与MN 间的作用力
为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．
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v0，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，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 ；（3）
32m 3m 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 --=
-g g 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 --=
'-g g 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 '≤<
5．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l 的相同平行金属板构成,极板长度为l 、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m 、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从
A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.
(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;
(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)0
12qU v m
=
1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，
若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°． 【解析】
(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理2001
2
qU mv =
由题意得10v v =，即0
12qU v m
=
(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1
qU a md
=
在离开时,竖直分速度y
v at = 竖直位移2
112
y at =
水平位移1
l v t = 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =
由题意知,粒子竖直总位移12
y?2y y =+
解得
2
1
U l y
U d
=
则当加速电压为0
4U时,
1
U?4U
=
（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B平行于x 轴. 且
F
E
q
=
(b)由沿y+-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.
222
F f(5F)
+=,则f?2F
=且1
f?qv B
=
解得
2
F m
B
B qU
=
(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.
若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222
sin)(cos)(7)
f F F F
αα
++=
（
解得=30°,或=150°
即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°.
同理,若B 沿-x 轴方向
E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.
6．如图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为
q
m
的离子都能汇聚到D，试求：
（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；（2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；（3）线段CM的长度.
【来源】电粒子在磁场中的运动
【答案】（1）0
mv
B
qd
=，磁场方向垂直纸面向外；（2）
cos
d
R
θ
'=，
()
2
t d
v
θα
+
=；
（3）cos CM d t α=。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）设沿CM 方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R
由
20
0v qv B m R =
R=d
得0
mv B qd
=
，磁场方向垂直纸面向外 （2）设沿CN 运动的离子速度大小为v ，在磁场中的轨道半径为R ′，运动时间为t ，由
v cos θ=v 0
得v ＝0
cos v θ
由
2
v qvB m R ='
解得：R′=
cos d
θ
方法一：设弧长为s ，则运动的时间：
t =
s v
又
s=2(θ+α)×R′
解得t =
()
2d v θα+ 方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝
2m
qB
π，则有：
()
2
t T d
v
θα
θα
π
+
+
=⨯=
（3）方法一：由几何关系得：
CM=MN cotθ
则有：
()
sin sin
MN d R
αβα
'
+
=
+
解得：
cos
d
R
θ
'=，
以上3式联立求解得
CM=d cotα
方法二：
设圆心为A，过A做AB垂直NO，如图所示
由几何关系得：
cos
cos
d
NM MB R MB MB d MB
θ
θ
-='-=-=-
而BO d MB
=-
因此NM=BO
因
NM=CM tanθ
又
cot sin cot sin cot
cos
d
BO AB R
αθαθα
θ
=='=
解得：CM=d cotα
7．如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L．O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为
7
2
L
π
，与水平线MN的距离为等
1
(1)
4
L
π
+)．线框abcd内和电容器两极板间都存在周期
性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O 点由静止释放，在时间去
12L
L
g g
:内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g ，求：
(1)此带电微粒的比荷q m
； (2)自032L
g
时微粒距O 点的距离； (3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN ．
【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题 【答案】（10
14g
B L
（2）L π （3）
))71120,1,2,320,1,21212L L n n n n g g ⎛⎛
+=+= ⎝⎝和 【解析】 【详解】
解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：204L B U B L gL t
∆==∆电容器两极间电场强度：4U
E B gL L
=
=12L
L
g g
:mg qE = 解得比荷：
14q g m B L
=(2)微粒运动的轨迹如图所示
时间102L
g
:
内：mg qE ma += 1v at =，112L
t g
=
解得：v gL =12L L g
g :2
08mv qv B r
π•= 可得：2L r π
= 又2r
T v
π=
解得：L T g
=
32L
g
时微粒距O 点的距离：2L x r π==
(3) 时间102L
g
:
内，微粒竖直向下的位移：124v L h t ==
设粒子转过角度α时与O 点间的竖直距离为：
1(1)4L π
+ 1
(1)4
sin L h
r
πα+-= 解得：6
π
α=
和56
πα=
每次微粒进入磁场后运动至水平线MN 所需时间：22t T απ
= 解得：2112L t g =
2512L
t g
=自开始至水平线MN 的时间：122t t n T t =+•+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯ 即：7(2)12L t n g =+
11(2)12L
t n g
=+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯
又
7 2
2
L
rn
π
=
解得： 3.5
n=
微粒离开电容器后不再经过水平线MN，分析得自开始至水平线MN的时间：
7
(2)
12
L
t n
g
=+，(0,1,2,3)
n=和
11
(2)
12
L
t n
g
=+，0,1,2,3
(,)
n=⋯⋯
8．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 v0，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 E0和匀强磁场的磁感应强度B0．
（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
2v；（2）0
2mv
Lq
；（3）
(8)
4
L
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：045
v vcos
=︒
解得：
2
v 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：20
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，0045y 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：
10022
L L t v v =
=
粒子从O 点运动到Q 所用的时间为：20
4L
t v π=
则粒子从O 点运动到P 点所用的时间为：t 总12000
2(8)44L L L t t v v v ππ+=+=
+=
9．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：
(1)带电粒子入射速度的大小；
(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．
【来源】【市级联考】广东省广州市2019届高三12月调研测试理科综合试题物理试题
【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d
m θ
【解析】 【分析】
画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】
（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．
由几何关系可知：cos d R
θ=
洛伦兹力做向心力：20
0v qv B m R
=
解得0cos qBd
v m θ
=
（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x
θ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θ
θ
=
（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B
解得2qB d
E mcos θ
=
【点睛】
此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
10．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0v 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）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）0
2L 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： 0L v t =，
2
122
L at
=，qE ma = 联立解得： 20
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
02sin 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：22R 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222x 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：
()
2
221
n 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0
4nmv
B
qL
=，n=1、2、3....或
()
2
221
n 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
22
22
n n m L
t T
qB v
πππ
π
=⨯==
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22
20
(42)(42)
2
n n m L
t T
qB v
πππ
π
++
=⨯==
粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为
22
22
n n m L
t T
qB v
πππ
π
=⨯==或
22
20
(42)(42)
2
n n m L
t T
qB v
πππ
π
++
=⨯==
11．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-
3
2
L区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y轴的匀强电场，在-
3
2
L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（
3
2
L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=
5
2
L（不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；
（2）
E
B
；
（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；
（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．
【来源】2019年内蒙古呼和浩特市高三物理二模试题
【答案】（1）5 3 v
0，与x成53°角；（2）0
4
3
v
；（3）2L；（4）
()
40537
60
L
v
π
+
．
【解析】
【详解】
（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，
由运动学规律知
3
2
L=v0t1，
L=
2
y
v
t1
可得t1=
3
2
L
v，v y=
4
3
v0
故粒子在P2的速度为v22
0y
v v
+=
5
3
v0
设v与x成β角，则tanβ=
y
v
v
=
4
3
，即β=53°；
（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=
1
2
mv2-
1
2
mv02可得
E=
2
8
9
mv
qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m
2
v
R
解得：B=
mv
qR
=
5
3
5
2
m v
q L
⨯
⨯
=0
2
3
mv
qL
解得：0
4
3
v
E
B
=；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-
3
2
L直线与Q′点，可得：
P2O′=
3
253
L
cos o
=
5
2
L=r
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒
子将垂直于y =-
32
L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =
3
2
L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=
32L
v 在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o =0
37120L
v π 从M 运动到N ，a =qE m =2
89v L
则t 3=v a =0
158L v
则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=
()0
4053760L
v π+．
12．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
2220111222
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：
2t qB
=
=
故P 与Q 首次发生碰撞后到落地，经过的时间2(2m m
t qB qB qB
ππ=
+=
落地点与平台边缘的水平距离2222
'3P P 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==
13．如图，为一除尘装置的截面图，塑料平板M .N 的长度及它们间距离均为d ．大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度v o 进入两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为m ，带电量均为-q ．当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板间；若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图所示的平面直角坐标
系xoy ，y 轴垂直于板并紧靠板右端，x 轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于P (2d ，-1.5d)处的条状容器中，需在y 轴右侧加一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域．尘埃颗粒重力、颗粒间作用及对板间电场磁场的影响均不计，求： (1)两板间磁场磁感应强度B i 的大小；
(2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少； (3)y 轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度B 2大小的取值范围．
【来源】【市级联考】山东省青岛市2019届高三下学期5月第二次模考理综物理试题 【答案】（1）0i mv B qd =；（2）除尘效率为50%；（3）00
2
2mv mv B qd qd
≤≤ 【解析】 【详解】
（1）沿N 极板射入的尘埃恰好不从极板射出时尘埃的运动轨迹如图所示，
由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径：r =d ， 尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：20
mv qvB r
=
,解得：0i mv B qd =; （2）电场、磁场同时存在时,尘埃匀速直线,满足：0qE qv B =，
撤去磁场以后粒子在电场作用下平抛，假设距离N 极板y 的粒子恰好离开电场： 水平方向：0d v t = 竖直方向：2
12
y at =
加速度：
qE a
m =
解得：0.5
y d
=
当0.5
y d
>时，时间更长，水平位移x d
>，即0.5d到d这段距离的粒子会射出电场，则从平行金属板出射的尘埃占总数的百分比：
0.5
100%50%
d d
d
-
⨯=；
（3）设圆形磁场区域的半径为R0,尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为R2，要把尘埃全部收集到位于P处的条状容器中，就必须满足20
R R
=
另
2
02
2
v
qv B m
R
=
如图，当圆形磁场区域过P点且与M板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径R0最小，磁感应强度B2最大，有0R d
=
小
解得：0
2
mv
B
qd
大
=
如图，当圆形磁场区域过P点且与y轴在M板的右端相切时，圆形磁场区域的半径R0最大，磁感应强度B2最小，有02
R d
=
大
解得：0
22
mv
B
qd
=
小
所以圆形磁场区域磁感应强度B2的大小须满足的条件为
00
2
2
mv mv
B
qd qd
≤≤．
14．如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U，两板间电场可看
作均匀的，且两金属板外无电场，两金属板长L ＝0.2 m ，两板间距离d ＝0.2 m ．在金属板右侧边界MN 的区域有一足够大的匀强磁场，MN 与两板中线OO ′垂直，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子流沿两板中线OO ′连续射入电场中，已知每个粒子
速度v 0＝105 m/s
，比荷
q
m
＝108 C/kg ，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．
(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度；
(2)任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN 上的入射点和在MN 上出射点的距离是一确定的值s ，试通过计算写出s 的表达式（用字母m 、v 0、q 、B 表示）．
【来源】【市级联考】肇庆市2019届高三第三次统一检测理综物理试题
【答案】（1）55210/ 1.4110/m v m s m s =⨯．方向：斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45°夹角；（2）s 0
22mv Rsin qB
θ==，距离s 与粒子在磁场中运行速度的大小无关，s 为定值． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）偏转电压由0到200V 的变化中，粒子流可能都能射出电场，也可能只有部分粒子能射出电场，设偏转的电压为U 0时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出，则：
2
00
1()22U q d L md v = 解得U 0＝100V
知偏转电压为100V 时，粒子恰好能射出电场，且速度最大． 根据动能定理得，
220011
222
m U mv mv q -= 55210/ 1.4110/m v m s m s ==⨯．
方向：斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45°夹角．
（2）设粒子射出电场速度方向与MN 间夹角为θ．粒子射出电场时速度大小为：0
v v sin θ
=
在磁场中，2
v qvB m R
= 解得R 0mv mv qB qBsin θ
=
=。