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，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，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 、电量
为＋q 的粒子由小孔下方
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；
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小； (3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、
4mv
qD
,粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷带解析)
【答案】（1）2
mv qd
（2）4mv qD 或43mv qD （3）5.5πD
【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子在电场中，根据动能定理2
122
d Eq mv ⋅=，解得2mv E qd =
(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为
/2
E R 由2
1
1
v qvB m r =，解得4mv B qD = 则当外切时，半径为
e R
由2
12
v qvB m r =，解得43mv B qD =
(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为220932qB L m U =，则粒子运动的半径为00
10016819
U U U ≤≤；Ⅱ
区域的磁感应强度为20
12qU mv =，则粒子运动的半径为2
v qvB m r
=；
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动公式可得：
1112R T v π=
；03
4
r L =
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1θ，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2θ，圆弧和大圆的两
个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系可得：1120θ=o
；2180θ=o ；
60α=o
粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间
分别为t 1、t 2，可得：r U ∝；1056
U L U L
=
设粒子运动的路程为s ，由运动公式可知：s=v(t 1+t 2) 联立上述各式可得：s=5.5πD
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（,0x 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0(1)0B 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12C C 方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生
霍尔电压U 0.
（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) 0
01IB U ne d = (3) 101(1)U A U αβ=- ，0
12f 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
0U qvB q
b
= ① 由电流I nevbd = 得：I
v nebd
=
② 将②带入①得0
0IB 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：0
1(1?)IB U A ned
β=
- 所以：0
00
11(1)1IB 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．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02
π
θ<<
)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P
相应的速率．(已知重力加速度为g )
【来源】带电粒子在磁场中的运动 【答案】min 2cos m g B q R θ
=cos gR
v θθ=
【解析】 【分析】 【详解】
据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力
f ＝qvB ①
式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律
cos 0N mg θ-= ②
2
sin sin v f N m
R θθ
-= ③ 由①②③式得
22
sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ
-+=④
由于v 是实数，必须满足
22
2sin 4sin ()0cos qBR qR m θθθ
∆=-≥ ⑤
由此得
2cos m g
B q R θ≥
⑥
可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为
min 2cos m g
B q R θ
=
⑦
此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为
min sin 2qB R v m θ
=
⑧
由⑦⑧式得
sin cos gR
v θθ
=
⑨
4．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
0x 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。

5．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v 0.若该离子束中比荷为
q
m
的离子都能汇聚到D ，试
（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）0mv B
qd =，磁场方向垂直纸面向外；（2）cos d
R θ
'=，()02t 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
2
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 ＝
cos v θ
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： ()0
2t T d v θαθαπ++=⨯= （3）方法一：由几何关系得：
CM =MN cot θ
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 cot α
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 θθ
-='-=
-=-
而BO d MB =- 因此NM =BO 因
NM =CM tan θ
又
cot sin cot sin cot cos d
BO AB R αθαθαθ
=='=
解得：CM =d cot α
6．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) 16tan
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v 1，根据动能定理得：Uq －μmgx ＝1
2
mv 12 小球a 从F 点的返回的速度为v 2，根据功能关系得：μmgx ＝
1
2
mv 22 两球碰撞后，b 球的速度为v ，根据动量守恒定律得：mv 1＝-mv 2＋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）
7．如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。

一粒子源固定在x轴上坐标为(),0
L
-的A点。

粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为0v的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成45
α=o角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15
β=o角的射线OM已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。

求：
()1匀强电场的电场强度E的大小；
()2电子在电场和磁场中运动的总时间t
()3矩形磁场区域的最小面积min S。

【来源】湖南省怀化市2019年高考物理一模物理试题
【答案】(1)
2
2
mv
eL
；(2)
22
3
L m
v eB
π
+；2
3()
mv
eB
【解析】
【详解】
()1电子从A 到C 的过程中，由动能定理得：2
20112
2
C eEL mv mv =-
0cos45C v v =o
联立解得：2
2mv E eL
=
()2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：1sin 2
C v L t α
=
其中0
cos C v v α
=
由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：23
πθ= 电子在磁场中的运动时间：22t T θπ
= 其中2m
T eB
π=
电子在电场和磁场中运动的总时间12t t t =+ 联立解得：0223L m t v eB
π=
+ ()3电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
则有 2C
v evB m r
=
最小矩形区域如图所示，
由数学知识得：2sin
2
CD r θ
=⋅ cos
2
CQ r r θ
=-
最小矩形区域面积：min S CD CQ =⋅ 联立解得：2
03(
)mv Smin eB
=
8．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v 0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
20
2mv 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）02v ；20mv qE （2）0
(21)E
B v +≥
【解析】 【详解】
（1）由动能定理有：2
22
0011222
mv qE mv mv qE ⋅
=- 解得：v ＝2v 0
设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝02
2
v v =
解得：θ＝45° 根据tan 21x
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20
mv 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：
(21)E
B
v
+
=
故
(21)E
B
v
+
≥
9．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间有狭缝（间距d R
<<），匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为q
+，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为0
U，周期为T，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在0~/2
t T
=时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间0t；
（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量m与原来质量0m的关系：
2
1
m
v
t
=
⎛⎫
- ⎪
⎝⎭
1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理
由）？②若粒子质量最终增加2%，那么粒子最终速度为光速的多少倍（结果保留一位有效数字）？
【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）
2m
qr
π
（2）
22
R m
qU T
π
（3）100次；0.2
【解析】
【详解】
解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：
2
v
qvB m
R
=
电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同：2r
T v
π= 可得2m T qB
π=
，
2m
B qr π= (2)粒子运动半径为R 时：2R v r π=且2
km 12
E mv = 解得：22
km
2
2mR E T
π= 粒子被加速n 次达到动能km E ，则有：0km E nqU =
不考虑粒子在狭缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒
子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：22002T R m
t n qU T
π=•=
(3)粒子在磁场中的周期：2n
T qB
π=
，质量增加1%，周期增大1%， 再加速次数不超过221001%
r
T ⨯=⨯次
加速后的质量m 与原来质量0m
的关系：m ， 01.02m m = 粒子最终速度为：0.2v c = 即粒子最终速度为光速的0.2倍
10．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/s 2，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
11．如图所示，一静止的电子经过电压为U 的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射
入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A ，最终电子从B 点离开偏转电场。

已知偏转电场的电场强度大小为E ，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e ，质量为m ，重力忽略不计。

求：
（1）电子进入偏转电场时的速度v 0；
（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B 点经过，则偏转电场的电场强度E 1应该变为原来的多少倍？
（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A 点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。

【来源】【区级联考】北京市顺义区2019届高三第二次统练理综物理试题 【答案】（12Ue m （2）2倍 （3）2m
Ue
【解析】 【详解】
（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：2
012
Ue mv = 所以，02Ue
v m
=
（2）设电子的水平位移为x ，电子的竖直偏移量为y ，则有：
0x v t = 2
12y at =
Ee ma = 联立解得：24yU
E x =
根据题意可知x 、y 均不变，当U 增大到原来的2倍，场强E 也增大为原来的2倍。

（3）电子做直线运动
0Bev Ee =
解得： 2m
B Ue
=
12．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v0；
（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 B0，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
13．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）222mh 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21=
2W 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2112
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B 取最大值时的夹角为θ，当磁场最强时，R 最小，最大设为m θ
由2
v qvB m R
=，⑾知mv R qB =， 当B 减小时，粒子离开磁场做匀速圆周运动的半径也要增大，D 点向b 板靠近．Df 与b 板
上表面的夹角越变越小，当后在板间几乎沿着b 板上表面运动，
当B m 则有图中可知(1cos )DG h R θ=--，⑿
sin TG h R θ=+⒀， tan DG TG
θ=u u u r ⒁ 联立⑾⑿⒀⒁，将B=B m 带入
解得2arcsin 5
m θ=⒂ 当B 逐渐减小是，粒子做匀速圆周运动的半径R ，D 点无线接近向b 板上表面时，当粒子离开磁场后在板间几乎沿着b 板上表面运动而从T 孔飞出板间区域，此时0m B B >>满足题目要求，夹角θ趋近0θ，既
00θ=⒃
故粒子飞出时与b 板夹角的范围是20arcsin
5
θ<≤(17) 说明：⑿⒀⒁⒂⒃(17)各1分
考点：动能定理 牛顿第二定律 闭合电路欧姆定律
14．在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r=944
m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点,GH 与水平面的夹角θ=37°．过G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=1.25T;过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E=1×104N/C ．小物体P 1质量m=2×10-3kg 、电荷量q=+8×10-6C,受到水平向右的推力F=9.98×10-3N 的作用,沿CD 向右做匀速直线运动,到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时,不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放,经过时间t=0.1s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ=0.5,取g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力．求:
(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小;
(2)倾斜轨道GH 的长度s ．
【来源】【全国百强校】2017届浙江省温州中学高三3月高考模拟物理试卷（带解析)
【答案】（1）4m/s （2）0.56m
【解析】。