高中物理带电粒子在复合场中的运动基础练习题及解析

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

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H2点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。

为＋q的粒子由小孔下方

(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)

2mv4mv,粒子运动一段时间后再次经过H、

qDqD4mv4mvmv212【答案】（）（）或（3）5.5πD

qD3qDqd【解析】 【分析】 【详解】

mv2d12(1)粒子在电场中，根据动能定理Eqmv，解得E

qd22(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为

E R/24mvv2BqvBm由，解得 1qDr1则当外切时，半径为

e R4mvv2B由qvB1m，解得

3qDr29qB2L2100U016U0U(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为m，则粒子运动的半径为；Ⅱ

32U081912v2区域的磁感应强度为qU0mv，则粒子运动的半径为qvBm；

2r设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：

T12R13；r0L v14

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1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：1120；2180；

60

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

U1L分别为t1、t2，可得：rU；5U0 L6

设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2) 联立上述各式可得：s=5.5πD

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

12at 212mv1 4mg2(qE)22m2 t2vD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．如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向竖直向上。t0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点，Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g，上述d、E0、m、v、g为已知量。

(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小； (2)求电场变化的周期T；

(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。

【来源】2010年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷)理综 【答案】(1)B【解析】 【分析】

根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况。再根据受力分析列出相应等式解决问题。 【详解】

(1)根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡， 则mg=qE0 ①

∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0. 则 mg+qE0=qvB ② 联立①②得：q=

③B=

④

dv(21)v2E0；(2)Tt1t2；(3)Tmint1mint2。 2vg2gv(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2， 则=vt1⑤qvB=m

⑥2πR=vt2 ⑦

联立③④⑤⑥⑦得：t1=电场变化的周期T=t1+t2=

，t2=+

⑧ ⑨

(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d≥2R ⑩ 联立③④⑥得：R=

，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由⑤⑩得t1min=

。

。

，

因t2不变，T的最小值 Tmin=t1min+t2=答：(1)微粒所带电荷量q为(2)电场变化的周期T为(3)T的最小值为【点睛】

+

，磁感应强度B的大小为。 。

运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路。

4．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.

q的离子都能汇聚到D，试m

【来源】电粒子在磁场中的运动 【答案】（1）B2mv0dd；，磁场方向垂直纸面向外；（2）R，tqdv0cos（3）CMdcost。 【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

2v0qv0Bm

RR=d

得Bmv0，磁场方向垂直纸面向外 qdvcosθ=v0

（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

得v＝由

v0 cosv2qvBm

R解得：R′=

d coss v方法一：设弧长为s，则运动的时间：

t=

又

s=2(θ+α)×R′

解得t=

2d v02m方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，则有：

qBtT（3）方法一：由几何关系得：

2d v0CM=MNcotθ

则有：

MNdR

sinsind， cos以上3式联立求解得

解得：RCM=dcotα

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：

NMMBRcosMB而BOdMB 因此NM=BO 因

dMBdMB cosNM=CMtanθ

又

BOABcotRsincot解得：CM=dcotα

dsincot cos

5．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/s2．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) 【解析】 【详解】

（1）小球b要在圆筒内做圆周运动，应满足：解得：E＝20 N/C

（2）小球a到达F点的速度为v1，根据动能定理得：Uq－μmgx＝小球a从F点的返回的速度为v2，根据功能关系得：μmgx＝R16tann≥3的整数）

n（1Eq＝2mg 21mv12 21mv22 2两球碰撞后，b球的速度为v，根据动量守恒定律得：mv1＝-mv2＋2mv 则两球碰撞损失的能量为：ΔE＝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：

111mv12－mv22－mv2 222

每段圆弧对应圆筒的圆心角为

2，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r1＝Rtan nn1v2粒子在磁场中做圆周运动：qvB2m

2r1联立解得：

R16tan（n≥3的整数）

n

6．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

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2紧靠大圆内侧射入磁场，不计粒子的重力．

为+q的粒子由小孔下

（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过H点，试求出这段时间t；：

（3）如图2所示，若将大圆的直径缩小为3D，调节磁感应强度为B0（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B0的大小和II区电场的场强E0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

2mv4mv、，粒子运动一段时间t后再次经qDqD5.5Dmv23mv83mv2【答案】（1）（2）（3）； vqdqB9qD【解析】 【详解】

解：(1)粒子在电场中运动，由动能定理可得：qEd12mv 22mv2解得：E

qdv2(2)粒子在I区中，由牛顿第二定律可得：qvB1m

R1其中B12vv，R1 qD2v2粒子在II区中，由牛顿第二定律可得：qvB2m

R2其中B24mvD，R2 qD4T12R12R2,T2， vv由几何关系可得：1120

2180

t1t221T1 3602360T2

t6t1t2

解得：t5.5D v

(3)由几何关系可知：r2(解得：rD23D)(r)2 223D 3v2由牛顿第二定律可得：qvB0m

r解得：B03mv qBD3

cos2r2解得：30，则粒子速度方向与电场垂直

D(1sin)vt 2D1cosat2 22E0qma

83mv2解得：E0

9qD

7．如图所示，空间有相互平行、相距和宽度也都为L的I、II两区域，I、II区域内有垂直于纸面的匀强磁场，I区域磁场向内、磁感应强度为B0，II区域磁场向外，大小待定。现有一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从图中所示的一加速电场中的MN板附近由静止释放被加速，粒子经电场加速后平行纸面与I区磁场边界成45°角进入磁场，然后又从I区右边界成45°角射出。

(1)求加速电场两极板间电势差U；

(2)若II区磁感应强度也是B0时，则粒子经过I区的最高点和经过II区的最低点之间的高度差是多少？

(3)为使粒子能返回I区，II区的磁感应强度B应满足什么条件？并求出粒子从左侧进入I区到从左侧射出I区需要的最长时间。

【来源】河南省南阳中学2019届高三下学期第十七次考试理综物理试题

q2B02L2 (2)h2L (3)B【答案】(1)U4m【解析】 【详解】

m21t3224 B0，

qB20(1)画出粒子在磁场中运动的示意图，如图所示：

粒子在加速电场中根据动能定理可得qU12mv 2v2粒子在I区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB0m

R1根据几何关系可得：R12L 2q2B02L2联立可得加速电场两极板间电势差U

4m(2)粒子在II区域运动的半径与I区域相同，

高度差由图中几何关系可得：h2R1cosLtan 可得：h2L

(3)画出粒子刚好从II区域右边界穿出磁场的临界状态，即轨迹圆与右边界相切的情况．

根据几何关系可得R21cosL， 解得B可知当B21B0 221B0时，粒子在II区域中运动的时间最长，即粒子从左侧进入Ⅰ区到从左2侧射出Ⅰ区的时间最长

12mt2粒子两次在I区域运动的时间为1

4qB0粒子两次在磁场之间的时间为t222L4m vqB0粒子在II区域运动的时间t332m34qB021m qB0总时间tt1t2t33224mqB

8．如图所示为一“匚”字型金属框架截面图，上下为两水平且足够长平行金属板，通过左侧长度为L＝1m的金属板连接．空间中有垂直纸面向里场强大小B＝0.2T的匀强磁场，金属框架在外力的作用下以速度v0＝1m/s水平向左做匀速直线运动．框架内O处有一质量为m＝0.1kg、带正电q＝1C的小球．若以某一速度水平向右飞出时，则沿图中虚线OO′做直线运动；若小球在O点静止释放，则小球的运动轨迹沿如图曲线（实线）所示，已知此曲线在最低点P的曲率半径（曲线上过P点及紧邻P点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆的半径叫做该点的曲率半径）为P点到O点竖直高度h的2倍，重力加速度g取10 m/s2．求：

（1）小球沿图中虚线OO做直线运动速度v大小 （2）小球在O点静止释放后轨迹最低点P到O点竖直高度h

【来源】江西省名校（临川一中、南昌二中)2018-2019学年高三5月联合考理综物理试题 【答案】（1）v4m/s；（2）h4m 【解析】 【详解】

解：(1)框架向左运动，产生感应电动势：UBLv0 板间场强：EUBv0 L小球做匀速直线运动，受力平衡：EqqvBmg 可解得：v4m/s (2)最大速率点在轨迹的最低点 根据动能定理可得：Eqhmgh12mvm0 22vm最低点根据牛顿第二定律和圆周运动规律有：EqqvmBmgm

2h联立可解得：h4m

9．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

q＝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m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；

度v0＝105 m/s，比荷

(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、v0、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）vm2105m/s1.41105m/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2Rsin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U0时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出，则：

2mv0，距离s与粒子在磁场中运行速度的大qBd1U0qL2() 22mdv0解得U0＝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，

U11mvm2mv02q0 222vm2105m/s1.41105m/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：vv0 sinv2 在磁场中，qvBmR解得Rmv0mv qBqBsin因此粒子射进磁场点与射出磁场点间距离为：s2Rsin2mv0． qB由此可看出，距离s与粒子在磁场中运行速度的大小无关，s为定值．

10．如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：

(1)两平行板间的电势差U；

(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径R．

【来源】甘肃省张掖市2019届高三上学期第一次联考理科综合试题（物理部分)

mmv0tan；（3）R=【答案】(1)U=Bv0d；（2）2 qBqB【解析】 【分析】

（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差．

（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R． 【详解】

(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=板间的电势差：U=Bv0d

(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：

2v0Bv0q=m

rU，解得两平行d同时有T=

2r v0粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=

T 2解得t=

m Bq2=R

(3)由几何关系可知：rtan解得圆形磁场区域的半径R=

mv0tanqB2

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．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v0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B0和TB取某些特定值时，可使t0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m、q、d、v0为已知量。

（1）若t（2）若t（3）若B01TB ，求B0； 23TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； 24mv0，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。 qd【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)

2dmv01d3v0（2） （3） 或arcsin【答案】（1）

3v242vqdd00【解析】 【分析】 【详解】

（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R1，由牛顿第二定律得

2mv0qv0B0 ……①

R1据题意由几何关系得

R1d ……②

联立①②式得

B0mv0 ……③ qd（2）设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得

2v0a ……④

R2

据题意由几何关系得

3R2d ……⑤

联立④⑤式得

23v0 ……⑥ ad（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

T由牛顿第二定律得

2R……⑦ v02mv0 ……⑧ qv0B0R由题意知B04mv0 ，代入⑧式得 qdd4R ……⑨

粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1、O2连线与水平方向夹角为，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求02，由题意可知

T ……⑩ 2TB22设经历完整TB的个数为n（n0，1，2，3．．．．．．） 若在B点击中P板，据题意由几何关系得

R2(RRsin)nd ……⑪

当n=0时，无解； 当n=1时联立⑨⑪式得

联立⑦⑨⑩⑫式得

6或（sin1）……⑫ 2TB当n2时，不满足090的要求；

d3v0……⑬

若在B点击中P板，据题意由几何关系得

R2Rsin2(RRsin)nd……⑭

当n0时无解

当n1时，联立⑨⑭式得

11arcsin 或（sin）……⑰

44联立⑦⑧⑨⑩⑰式得

1dTBarcsin ……⑱

42v02当n2时，不满足090的要求。 【点睛】

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～Bm=

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)

mh2h32mh2(g22)（3）0arcsin 【答案】（1）2（2）

q(Rr)lt52t【解析】

试题分析： (1)设粒子在P板上匀速运动的速度为v0，由于粒子在P板匀速直线运动，故

v0h① t所以，由动能定理知，发射装置对粒子做的功W=12mv② 2mh2解得W=2③

2t说明：①②各2分，③式1分

（2）设电源的电动势E0和板间的电压为U，有E0U④

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v0，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t1，加速度为a，有UEh⑤ 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mg再由hqUma⑥ h12at1，⑦ 2lvt1⑧

当开关S接“2”时，由闭合电路欧姆定律知IE0U⑨ RrRrmh2h3(g22)⑩ 联立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得，Iq(Rr)lt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，

Df与b板上表面即为题中所求，设粒子与板间的夹角最大，设为，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角为，当磁场最强时，R最小，最大设为m

mvv2由qvBm，⑾知R，

qBR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Bm则有图中可知DGhR(1cos)，⑿

TGhRsin⒀，

tanDG⒁ TG联立⑾⑿⒀⒁，将B=Bm带入 解得arcsinm2⒂ 5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BmB0满足题目要求，夹角趋近0，既

00⒃

故粒子飞出时与b板夹角的范围是0arcsin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

2(17) 5

14．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）垂直左边界向右；(23)mv 2Bq（2）E（3）t4【解析】 【分析】

12Bv，方向跟y轴成120°角，斜向下指向左边。 73m Bq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OO1，与MN相交于O1点．由几何关系可知，在直角三角形OO1D中∠OO1D =45º。设磁场左右边界间距为d，则OO1=2d。

故粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O1点，圆孤轨迹所对的圆心角为45º，且O1A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：

ADR1cos45①

由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得

mv2② qvBR联立①②式得

mv2AD1③ qB2（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t1，有

T④ 82mT⑤

qBt1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O2，O2必定在直线OO1上。设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则∠OO2P=90º。设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2，有

1t2T⑥

4设带电粒子在电场中运动的时间为t3，依题意得

t3Tt1t2⑦

由匀变速运动的规律和牛顿定律可知

vvat3⑧

a联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得

qE⑨ mE（3）由几何关系可得：OPO245

8Bv⑩ 5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：

S1垂直电场方向做匀速直线运动：

12at⑪ 2S2vt⑫ tan45联立得

S1⑬ S2t5m。 4qB

15．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，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OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．

（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B

②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y

【来源】湖南省长沙市雅礼中学2019届高三下学期一模理科综合物理试题 【答案】（1）y1【解析】 【详解】

（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：

U0e2UtUe2t0 （2）①B00②yy10t0 dmdLdmymax121U0e2U0e23U0e2at0vyt0t0t0t0 22dmdm2dm从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：

ymin121U0e2at0t0 22dm最远位置和最近位置之间的距离：y1ymaxymin，

y1U0e2t0 dm（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：

RL sin设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为，sin式中vy又：Rvyv1，

U0et0 dmmv1 Be解得：BU0t0 dL②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．

由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO′的最大距离和最小距离的差值为△y1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：yy1U0e2t0 dm