高考物理带电粒子在复合场中的运动真题汇编

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＝【解析】 【分析】 【详解】

1h2l22mhE q试题分析：（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE＝ma①

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v0，由A点运动到C点经历的时间为t， 则有：h12at② 2lv0t③

由②③式得v0＝la④ 2h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v1＝2ah⑤ 由①④⑤式得：v1＝v0v＝221qE4h2l22mh设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为，则有

⑥

tan＝v1⑦ v02h⑧ l由④⑤⑦式得＝arctan

（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，

v2则有qvB＝m⑨

R设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC＝PA＝R．用表示PA与y轴的夹角，由几何关系得：RcosRcosh⑩

Rsinl－Rsin

解得

h2l2R＝4h2l2 2hl由⑥⑨式得：B=1h2l22mhE q

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vc；

（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；

（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vD，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vp.

【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）【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Wf；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：v（3）

E B12mv0 2（2）从A到C根据动能定理：mghWf1E2解得：Wfmghm2

2B（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD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x从D到P，根据动能定理：a1a50，其中联立解得：vP【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．

12at 212mv1 4mg2(qE)22m2 t2vD

3．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v0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/s2。(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v0；

（3）甲仍以中的速度v0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）

322mx23m。

【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

mg2RqE2R1212mvDmvB 222vD乙恰能通过轨道的最高点D，根据牛顿第二定律可得

mgqEm联立并代入题给数据可得

vB=5m/s

R

（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

mvB mv0mv0根据机械能守恒可得

11122mvBmv02mv0

222联立解得

0，v05m/s v0（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有

Mv0MvMmvm

111Mv02MvM2mvm2 222联立得

vm2Mv0 Mm分析可知：当M=m时，vm取最小值v0；当M≫m时，vm取最大值2v0 可得B球被撞后的速度范围为

v0vm2v0

，由动能定理得 设乙球过D点的速度为vDmg2RqE2R联立以上两个方程可得

11mvD2mvm2 22230m/s 35m/st，xvD2R所以可得首次落点到B点的距离范围

12gt 2322mx23m

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v0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

L，在第四象限正方形ODQP内存在沿x轴正方向、大小为E=Bv0的匀强电场，在y=－L3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) 【解析】 【分析】

根据电子束沿速度v0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r由牛顿第二定律得Bev0=mv0

r电子的比荷

e3v0； mBL22Le3v03 (2) (3) L mBL43L 3（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OF=x=2L 32LEe2，yv0t 32mt从F点射出的电子，做类平抛运动，有x代入得y=2L 3电子射出电场时与水平方向的夹角为有tany1 2x2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 GPLytan2L； 3（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 yv0tv02xm2xL Ee3XLy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xy

2xLX2x2所以y3xLx223Lx823L 833所以当xL，有XmL。

48【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．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m，电量为e；加速极板AB、A′B′间电压均为U0，且满足eU0=

3mv02。两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心27R；整个装置处2O、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B；

R，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线2的某位置相碰，求质子束原来的长度l0应该满足的条件。

【来源】湖南省常德市2019届高三第一次模拟考试理科综合物理试题

(2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了

【答案】(1) v2v0；B【解析】 【详解】

2mv0336(2) l0 eR12解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：eU0又：eU0112mv2mv0 2232mv0 2解得：v2v0；

根据对称，两束质子会相遇于OO的中点P，粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿OP方向射出，出射点为D，过C、D点作速度的垂线相交于K，则K，则K点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R

v2根据洛伦磁力提供向心力有：evBm

r可得磁场磁感应强度：B2mv0 eR

(2)磁场O的圆心上移了

R，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径2认为R，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F点射入磁场，如图所示，E点是原来C点位置，连OF、OD，并作FK平行且等于OD，连KD，由于OD=OF=FK，故平行四边形ODKF为菱形，即KD=KF=R，故粒子束仍然会从D点射出，但方向并不沿OD方向，K为粒子束的圆心

RR1ππ由于磁场上移了，故sin∠COF=2=，∠COF=，∠DOF=∠FKD=

2263R对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D点，

下方粒子到达C后最先到达D点的粒子所需时间为t2R(HR2R)(4)R 22v04v0l0 t0而上方粒子最后一个到达E点的试卷比下方粒子中第一个达到C的时间滞后Δt上方最后的一个粒子从E点到达D点所需时间为

RRsint2v0π12πR62π3336R

2v012v0π336

12要使两质子束相碰，其运动时间满足ttt 联立解得l0

6．如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l、宽为l的矩形区域ABCD，区域ABCD内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的带电微粒，从A点正上方的O点水平抛出，正好从AD边的中点P进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q离开后经过空中的R点(Q、R图中未画出)。已知微粒从Q点运动到R点的过程中水平和竖直分位移大小相等，O点与A点的高度差h度为g，求：

(1)微粒从O点抛出时初速度v0的大小； (2)电场强度E和磁感应强度B的大小； (3)微粒从O点运动到R点的时间t。

3l ，重力加速8

【来源】四川省攀枝花市2019届高三第三次统一考试理综物理试题 【答案】(1)v0【解析】 【详解】

（1）从O到P，带电微粒做平抛运动：

3mg243lm3gE3gl ；(2) ，B；(3) t 4q33g2qlh12gt0 223gl 313gl 2l=v0t0

所以v0（2）在P点：vy=gt02vp=v0v2y53gl 6设P点速度与竖直方向的夹角为θ，则

tanθv04 vy3带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知：

tanθmgmg FEqsinθEmgmg fqvpB3mg 4qBm3g

2ql

（3）设微粒从P到Q所用时间为t1，

t1PD13l v02g设微粒从Q到R所用时间为t2，因水平和竖直分位移相等，得：

x2v0t2

1y2vyt2gt22

2由题意得：

x2y2

微粒从0点运动到R点的时间t为：

tt0t1t2

所以：t43l 3g

7．如图所示，在空间坐标系x<0区域中有竖直向上的匀强电场E1，在一、四象限的正方形区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B，已知CD=2L，OC=L，E2 =4E1。在负x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度v0沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b球不粘连、无摩擦）质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。已知a、b 球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g，不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电场、磁场的影响，求：

(1)碰撞后，a、b球的速度大小； (2)a、b碰后，经t2v0时a球到某位置P点，求P点的位置坐标； 3g(3)a、b碰后，要使 b球不从CD边界射出，求磁感应强度B的取值。

【来源】【全国百强校】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2019届高三上学期期末考试理科综合物理试题

2216mv02v0v021 ， ）； (3) 0B【答案】(1) vav0，vbv0；(2)（或

15qL9g9g33B16mv0 3qL【解析】 【分析】

(1)a、b碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后a、b的速度；

(2)碰后a在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P点的位置坐标； (3)要使 b球不从CD边界射出，求解恰能从C点和D点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。 【详解】

(1)a匀速，则

mgqE1 ①

a、b碰撞，动量守恒

mv0mva2mvb ②

机械能守恒

121212mv0mva2mvb ③ 222由②③得

21vav0，vbv0 ④

33(2)碰后a、b电量总量平分，则

qaqb碰后a在电场中向左做类平抛运动，设经t1q 22v0时a球到P点的位置坐标为（-x，-y） 3gxvat ⑤ ，y其中

12at ⑥ 211g mgqE1ma⑦，a22由⑤⑥⑦得

222v0v0x，y

9g9g222v0v0 ， ）⑧ 故P点的位置坐标为（9g9g(3)碰撞后对b

1qE22mg ⑨ 2故b做匀速圆周运动，则

2vb1qvbB2m ⑩ 2r得

rb恰好从C射出，则

8mv0 ⑪ 3qBL2r⑫

由⑪⑫得

B1恰从D射出，则由几何关系

16mv0 3qL2r24L2rL ⑬，

得

r由⑪⑭得

5L ⑭ 2B216mv0 15qL故要使b不从CD边界射出，则B的取值范围满足

0B16mv016mv0或B 15qL3qL【点睛】

本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的

运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。

8．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅱ、Ⅲ象限y轴到直线PQ范围内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小E500N/C，第I、Ⅳ象限以0.4,0为圆心，半径为圆形范围内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度B0.5T.大量质量为

的

m11010kg，电荷量q1106C的带正电的粒子从PQ上任意位置由静止进入电

场．已知直线PQ到y轴的距离也等于R．不计粒子重力，求：

（1）粒子进入磁场时的速度大小；

（2）若某个粒子出磁场时速度偏转了120，则该粒子进入电场时到y轴的距离h多大？ （3）粒子在磁场中运动的最长时间．

【来源】天津市耀华中学2019届高三高考二模物理试题 【答案】（1）2000m/s（2）0.2m（3）2104s 【解析】

【详解】

（1）粒子在电场中加速，则有：EqR解得：v2000m/s

12mv 2v2（2）在磁场中，有：qvBm

r解得： r0.4mR

即正好等于磁场半径，如图，轨迹圆半径与磁场圆半径正好组成一个菱形

由此可得hRsin300.2m

（3）无论粒子从何处进入磁场，（2）中菱形特点均成立，所有粒子均从同一位置射出磁场，故tmaxTm2104s 2Bq

9．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v0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】（1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，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：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2am3mk(k1) v02qB4qB（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：tk＝1、2、3……或t【解析】 【详解】

（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t， 竖直方向：a2am3mnn n＝1、2、3……。 v02qB4qBvy2t ，

解得：vy＝v0，tanθ＝

vyv0＝1，θ＝45°，

2粒子穿过O点时的速度：vv0v22v0；

（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：

v2qvBm ，

r粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45° n＝1、2、3……， 解得：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2a（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝；

v0粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：T12mmT，2， qBqB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：t2＝

1T1， 4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：t2＝若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×

31T1+T2， 4431T1+T2， 4431T1+2×T2， 44若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×………… 则t2km2qB(k1)3m k＝1、2、3…… 4qB或t2nm2qBn3m n＝1、2、3…… 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2， 解得：t或t2am3mk(k1) k＝1、2、3…… v02qB4qB2am3mnn n＝1、2、3……； v02qB4qB

10．如图所示，处于竖直面内的坐标系x轴水平、y轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。带电微粒从x轴上M点以某一速度射入电磁场中，速度与x轴负半轴夹角α=53°，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直y轴进入第一象限。已知微粒的质量为m，电荷量为-q，OM间距离为L，重力加速度为g，sin53°=0．8，cos53°=0．6。求

(1)匀强电场的电场强度E；

(2)若微粒再次回到x轴时动能为M点动能的2倍，匀强磁场的磁感应强度B为多少。 【来源】【市级联考】山东省滨州市2019届高三第二次模拟（5月)考试理综物理试题

mg8mgL8m (2) B=【答案】(1) 或B=q5q5qL【解析】 【详解】

g L（1）微粒在第二象限做匀速圆周运动，则qE=mg，解得:E=

mg q（2）微粒垂直y轴进入第一象限，则圆周运动圆心在y轴上，由几何关系得:rsinα=L

v2由向心力公式可知： qvB=m

r（1cos）Ek微粒在第一象限中mgr1Ek2mv2

2联立解得:B=12mv 28mgL8mg或B=

5qL5qL

11．如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ．在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成53角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内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AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）求：

（1）粒子的初速度大小v0； （2）电场的电场强度大小E； （3）荧光屏上的发光区域长度△x

【来源】【市级联考】湖南省衡阳市2019届高三下学期第二次联考理科综合物理试题 【答案】（1）v0【解析】 【详解】 (1)如图所示，

qB1RqR22B14B2 （2） （3）1.2R m2m

分析可知，粒子在区域I中的运动半径r1R

2v0 得 由qv0BmRv0qB1R ； m(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域III中的运动半径为r22R

v2 得： 由qvB2m2Rv2qB2R m1212mvv0 22粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：

qERqR22(B14B2)； 2m(3)如图分析可知，

解得：E

速度方向与电场方向平行向左射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得：

(x1cosR)2(x1sin)24R2

解得：x12213R 5速度方向与电场方向平行向右射放区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最低点穿出打在离M点x2处的屏上，由几何关系得：

(x1cosR)2(x1sin)24R2

解得：x12213R 5分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为

xx2x1

解得：x1.2R 。

12．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=

9m的光滑圆弧轨道44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P1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P1到达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2在GH顶端静止释放,经过时间t=0.1s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ=0.5,取g=10m/s2,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P1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】 【分析】 【详解】

（1）设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到水平外力F，重力mg，支持力N，竖直向上的洛伦兹力F1，滑动摩擦力f 则F1=qvB①

NmgqvB，fN②

匀速直线运动，物体处于平衡状态；Ff0③ 解得v4m/s④

说明：①③各1分，②④各2分

(2)设物体P1在G点的速度为v1，由于洛伦兹力不做功 由动能定理知qErsin37mgr(1cos37)解得速度v15m/s

小物体P1在GH上运动受到水平向右的电场力qE，重力mg，垂直斜面支持力N1，沿斜面向下的滑动摩擦力f1设加速度为a1

由牛顿第二定律有N1mgcos37qEcos37，f1N1

1212mv1mv⑤ 22qEmgsin37f1ma1，⑥

解得a110m/s2

小物体P1在GH上匀加速向上运动

=0.55m⑦

小物体P2在GH上运动受到重力m2g，垂直斜面支持力N2，沿斜面向上的滑动摩擦力f2，

加速度为a2

则m2gsin37m2gcos37m2a2⑧ 解得a22m/s2

小物体P2在GH上匀加速向下运动s2故轨道长ss1s2⑩ 所以s=0.56m ⑾

12a2t=0.01m⑨ 2

13．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ym；

(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）【解析】 【分析】

；（2）；（3）

（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）电子在内做类平抛运动，偏转最小；电子在

时进入电场，电子在偏转电场中半个周期的时间时进入电场，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，由动能定理得水平导体板的板长(2)若电子在半个周期的侧向位移

，则

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

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，有垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R1，轨迹与屏相切时圆周运动半径为R2，联立解得【点睛】

，

，故

，其中

，此时B有最小值 ，此时B有最大值

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．

14．如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合,∠bac=30°,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=v0B．在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=－2d处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B

(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围; (3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L

【来源】四川省乐山市2018届高三第二次调查研究考试理综物理试题 【答案】（1）【解析】

(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r； 由几何关系可得r=d

2v0电子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：ev0Bm

rmv09； （2）0y2d；（3）d； ed4解得：Bmv0 ed(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距O点最远，如图甲所示.

设此时的圆心位置为O，有：Oar sin30OO3dOa 解得OOd

即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远 所以ym2r2d

电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为0y2d

设电子从0y2d范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从ON间射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t，电子打到荧光屏上产生的发光点距N点的距离为L，如图乙所示：

根据运动学公式有：xv0t

y1eE2t 2mvyeEt mtantanvyv0

L 3dx解得：L(3d2y)2y 即y9d时，L有最大值 89d 4解得：L当3d2y2y

【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．

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为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为R的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为V的低能质子；与A同轴放置的金属网C的半径为3R．不需要质子射出时，可用磁场将质子封闭在金属网以内；若需要低能质子射出时，可撤去磁场，让质子直接射出；若需要高能质子，撤去磁场，并在A，c间加一径向电场，使其加速后射出．不考虑A、C的静电感应电荷对质子的作用和质子之间的相互作用，忽略质子的重力和相对论效应，已知质子质量为m，电荷量为e

（1）若需要速度为2v的质子通过金属网C发射出来，在A、C间所加电压UAC是多大？ （2）若A、C间不加电压，要使由A发射的质子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆盒平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值； 【来源】【全国百强校】天津市新华中学2019届高三第10次统练物理试题

3mv3mv2【答案】(1) U；(2) B

4eR2e【解析】 【详解】

解：(1)电子在AC间电场中加速，由动能定理得：eU11m(2v)2mv2 223mv2解得：U

2e(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，磁感应强度最小时，电子运动轨迹与金属网相切，电子运动轨迹如图所示：

由几何知识得：(3Rr)rR 解得：r2224R 3mv2电子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：evB

r解得所加磁场磁感应强度B的最小值：B3mv 4eR