高考物理带电粒子在复合场中的运动常见题型及答题技巧及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求

（1）M、N两点间的电势差UMN ； （2）粒子在磁场中运动的轨道半径r； （3）粒子从M点运动到P点的总时间t． 【来源】带电粒子在电场、磁场中的运动 【答案】1）UMN＝【解析】 【分析】 【详解】

(1)设粒子过N点时的速度为v，有：

（2）r＝

（3） t＝

解得：

粒子从M点运动到N点的过程，有：

解得：

(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为r，有：

解得：

(3)由几何关系得：

设粒子在电场中运动的时间为t1，有：

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：

设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：

2．如图所不，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场．位于x轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为g的一束负离子，其初速度大小范围0〜

，这束离子经电势差

的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直

磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a〜3a区间水平固定放置一探测板（

），假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布（离子

重力不计）．

（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；

（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；

（3）保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．

【来源】浙江省2018版选考物理考前特训（2017年10月)加试30分特训：特训7 粒子在场中的运动试题 【答案】（1）；（2）

（3）

【解析】

(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv 在磁场中洛仑兹力提供向心力：，所以半径：r1＝

＝a

恰好打在x＝2a的位置； 对于初速度为v0的离子，qU＝mv－m(

v0)2 r2＝

＝2a，

恰好打在x＝4a的位置

故离子束从小孔O射入磁场打在x轴上的区间为[2a，4a] (2)由动能定理 qU＝mv－m(v0)2

r3＝

r3＝a 解得B1＝B0 (3)对速度为0的离子 qU＝mv r4＝

＝a

2r4＝1.5a

离子打在x轴上的区间为[1.5a,3a] N＝N0

＝N0

对打在x＝2a处的离子 qv3B1＝

对打在x＝3a处的离子

带电qv4B1＝

＝

)

打到x轴上的离子均匀分布，所以由动量定理 －Ft＝－0.8Nm【名师点睛】

＋0.2N(－0.6m

－m

解得F＝N0mv0．

初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x轴上的位置不同．分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力．

3．对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义．如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动．离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I．不考虑离子重力及离子间的相互作用．

（1）求加速电场的电压U；

（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M；

（3）实际上加速电压的大小会在U+ΔU范围内微小变化．若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）

【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（天津卷) 【答案】（1）【解析】

解：（1）设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得： qU =mv2

离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

（2）

（3）0.63%

qvB=

解得：U =

（2）设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量Q = It Q = Nq M =\" Nm\" =

（3）由以上分析可得：R =

设m/为铀238离子质量，由于电压在U±ΔU之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为：Rmax=

铀238离子在磁场中最小半径为：Rmin=

这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：Rmax<<

其中铀235离子的质量m = 235u（u为原子质量单位），铀238离子的质量m，= 238u 则：解得：

<<0.63%

4．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于N点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠M的上方取点A，一比荷

q=5×105C/kg的带正电粒子，从A点m以v0=2×103m/s的速度沿平行MN方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q点回到电场。已知MN、PQ的长度均为L=0.5m，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。

(1)求电场强度E的大小； (2)求磁感应强度B的大小；

(3)在左侧虚线上M点的下方取一点C，且CM=0.5m，带负电的粒子从C点沿平行MN方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q点和P点，求两带电粒子在A、C两点射入电场的时间差。 【来源】【市级联考】陕西省榆林市2019届高三第二次理科综合模拟试题（物理部分) 【答案】(1) 16N/C (2) 1.6102T (3) 3.9104s 【解析】 【详解】

（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0t

L1qE2t 22m解得E=16N/C

（2）设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为v=2v0

tanv0qE tmv2粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvBm

r由几何关系可知r解得B=1.6×10-2T

2L 2

（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为

3，带负电的粒子转过的圆心角为；两带电22粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间T带正电的粒子在磁场中运动的时间为：t1带负电的粒子在磁场中运动的时间为：t22r2m； vqB3T5.9104s； 41T2.0104s 44带电粒子在AC两点射入电场的时间差为tt1t23.910s

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

111mv12－mv22－mv2 222（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，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v0的速度垂直射入

2mv0 。 电场，不计粒子重力和空气阻力，P、O两点间的距离为

2qE

（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

2mv0(21)E【答案】（1）2v0； （2）B

qEv0【解析】 【详解】

2mv0112mv2mv0 （1）由动能定理有：qE2qE22解得：v＝2v0

设此时粒子的速度方向与y轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝解得：θ＝45° 根据tan2v02 v2x1，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y2mv0倍，故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+Rsinθ

v2又：qvBm

R解得：B(21)E v0故B(21)E v0

7．如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置．带正电的粒子从容器A下方小孔S不断飘入电势差为U的加速电场．进过S正下方小孔O后，沿SO方向垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上并被吸收，D与O在同一水平面上，粒子在D上的落点距O为x，已知粒子经过小孔S时的速度可视为零，不考虑粒子重力．

（1）求粒子的比荷q/m；

（2）由于粒子间存在相互作用，从O进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转．其方向与竖直方向的最大夹角为α，若假设粒子速度大小相同，求粒子在D上的落点与O的距离范围；

（3）加速电压在（U±△U）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同．现从容器A中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为m1、m2（m1＞m2），在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上．若要使两种离子的落点区域不重叠，则 条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为α） 【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018学年高二1月月考物理试题

U应满足什么Um1cos2m28U 【答案】（1）22 （2）最大值x 最小值xcos （3）U2m1cosm2Bx(m1cos2m2)

【解析】 【详解】

（1）沿SO方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D的粒子； 粒子经过加速电场：qU=

12

mv 2v2洛伦兹力提供向心力：qvB=m

R落点到O的距离等于圆运动直径：x=2R

所以粒子的比荷为： qm8U B2x2（2）粒子在磁场中圆运动半径R2qmUx qB2由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O1）或右偏θ角（轨迹圆心为O2） 落点到O的距离相等，均为L=2Rcosθ 故落点到O的距离 最大：Lmax=2R=x 最小：Lmin=2Rcosα=xcosα

（3）①考虑同种粒子的落点到O的距离； 当加速电压为U+△U、偏角θ=0时，距离最大，

Lmax=2Rmax= 22qm(UU) Bq当加速电压为U-△U、偏角θ=α时，距离最小

2 2qm(UU) Lmin=2Rmin cosα=Bqcosα

②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子 由R=2qmU和 m1＞m2，知：R1＞R2 qB要使落点区域不重叠，则应满足：L1min＞L2max

2 2qm1(UU) Bqcosα＞ 22qm2(UU) Bq

m1cos2m2． 解得：Um1cos2m2（应有条件m1cos2α＞m2，否则粒子落点区域必然重叠）

8．如图所示，在xOy坐标平面内，虚线PQ与x轴正方向的夹角为60°，其右侧有沿y轴正方向的匀强电场；左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m，带电量为q的带负电的粒子自坐标原点O射入匀强磁场中，经过一段时间后恰好自虚线PQ上的M点沿x轴正方向进入匀强电场，粒子在电场中的运动轨迹与x轴的交点为N．已知O、M两点间的距离为3L；O、N两点间的距离为（计．求：

3+1）L，粒子重力不2

（1）带电粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小； （2）匀强电场的电场强度大小；

（3）若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子的质量、带电量、初速度等都不变，则在粒

子离开O点后的运动中第二次与虚线PQ相交的交点坐标． 【来源】2019年山东省德州市高三一模物理试卷

qBL13qB2L3【答案】（1）；（2）；（3）（L，L）．

m2m6【解析】 【详解】

mv2（1）粒子在磁场中运动时qvB=，3L=2rsin60°

r解得粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小v=（2）粒子自M到N做类平抛运动 沿电场方向：3Lsin60°=垂直电场方向；（qBL mqE2t1 2m31）L-3Lcos60=vt1 23qB2L得电场强度E=

m（3）若自O点射人磁场的粒子带正电，粒子在磁场中逆时针转过240°后自R点垂直于电 场方向离开磁场，如图所示．

离开磁场时x坐标；xRrcos303L 2（rrsin30）y坐标：yR3L 2粒子进入电场后自R到S做类平抛运动

垂直电场方向；xRsvt2 沿电场方向：yRsqE2t2 2myRStan60°=

xRS解得：t223m23，xRSL，yRS2L 3qB33L 6第二次与虚线PQ的交点S的x坐标：xxRSxRy坐标：yyRSyR1L 213L，L）

26则第二次与虚线PQ的交点S的坐标为（

9．如图，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系O-xyz(x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上)。匀强磁场方向与xOy平面平行，且与x轴正方向的夹角为45°，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(可看作质点)平行于z轴以速度v0通过y轴上的点P(0，h，0)，重力加速度为g。

(1)若带电粒子沿z轴正方向做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值Emin及对应的磁感应强度B；

(2)在满足(1)的条件下，当带电粒子通过y轴上的点P时，撤去匀强磁场，求带电质点落在xOz平面内的位置；

(3)若带电粒子沿z轴负方向通过y轴上的点P时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带电质点做匀速圆周运动且能够经过x轴，求电场强度E和磁感应强度B的大小。

【来源】安徽省宣城市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题 【答案】（1）Emin＝

2mgh2mg B （2）N（h，0，2v0 ）（3）

2qv0g2qEmgqB2mv0 2qh【解析】

【详解】

解：(1)如图所示，带电质点受到重力mg（大小及方向均已知）、洛伦兹力qv0B（方向已知）、电场力qE（大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动；根据力三角形知识分析可知：当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值Emin 根据物体的平衡规律有：qEminmgsin45

qv0Bmgcos45

解得：Emin2mg2mg ， B2qv02q

(2)如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg和电场力qEmin作用，其合力沿PM方向并与v0方向垂直，大小等于qv0B作类平抛运动

由牛顿第二定律 ：qv0Bma 解得 ：a2mg，故带电质点在与Oxz平面成45角的平面内22 g 2设经时间t到达Oxz平面内的点N(x，y，z)，由运动的分解可得： 沿v0方向：zv0t 沿PM方向： PM又PM12at 2h sin45xhtan45

联立解得 ：xh

z2v0h gh）点 g则带电质点落在N（h，0，2v0(3)当电场力和重力平衡时，带点质点才能只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动 则有：Eqmg 得：Emg q要使带点质点经过x轴，圆周的直径为2h

2mv0根据：qv0B

r解得：B2mv0 2qh

10．如图所示，在竖直平面（纸面）内有长为l的CD、EF两平行带电极板，上方CD为正极板，下方EF为负极板，两极板间距为l，O点为两极板边缘C、E两点连线的中点；两极板右侧为边长为l的正方形匀强磁场区域磁场方向垂直纸面向外。离子源P产生的电荷量为q、质量为m的带正电粒子飘入电压为U1的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O点斜向上射入两极板间，带电粒子恰好从CD极板边缘D点垂直DF边界进入匀强磁场区域。已知磁感应强度大小B与带电粒子射入电场O点时的速度大小v0的关系为

B2m，带电粒子重力不计。求 v02ql（1）带电粒子射入电场O点时的速度大小v0； （2）两平行极板间的电压U2； （3）带电粒子在磁场区域运动的时间t。

【来源】【市级联考】四川省德阳市2019届高三下学期二诊物理试题 【答案】（1） 【解析】 【详解】

（1）电荷在电场中加速，由动能定理得：qU1解得：v02qU1m2qU1m4qU1m；（2）U1；（3）

9qU112mv0， 2；

（2）粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ，

在偏转电场中：lv0cost，加速度：al1v0sint，v0sinat， 22qEqU2 ， mml解得：U2U1,4；

（3）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

(v0cos)2由牛顿第二定律得：qv0cosBm，

R解得：R2l， 32， 3粒子运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角：粒子在磁场中的运动时间：tRv0cos，

解得：t4qU1m.

9qU1

11．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vo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Bi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B2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）Bi【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，

mv0mv0mv0B；（2）除尘效率为50%；（3） 2qd2qdqd

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，

2mv0mv0B,解得：i; 由牛顿第二定律得：qvBqdr（2）电场、磁场同时存在时,尘埃匀速直线,满足：qEqv0B，

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：dv0t 竖直方向：y加速度：a12at 2qE m解得：y0.5d

当y0.5d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：

d0.5d100%50%； 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R2R0

2v0另qv0B2m

R2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R0小d

解得：B2大mv0 qd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R0大2d

解得：B2小mv0 2qd所以圆形磁场区域磁感应强度B2的大小须满足的条件为

mv0mvB20． 2qdqd

12．磁流体发电的工作原理示意如图．图中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R相连．整个发电导管处于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向如图垂直前后侧面．发电导管内有电阻率为的高温高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势．已知气体在磁场中的流速为v，

求：（1）磁流体发电机的电动势E的大小；

（2）磁流体发电机对外供电时克服安培力做功的功率P安多大； （3）磁流体发电机对外供电时的输出效率.

【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

RB2a2v2100%a【答案】（1）Bav（2） a（3）RRblbl【解析】 【详解】

解：(1)磁流体发电机的电动势：EBav (2)回路中的电流：I发电机内阻：rE Rrabl

受到的安培力：FBIa 克服安培力做功的功率：P安Fv

B2a2v2克服安培力做功的功率：P安a

Rbl(3)磁流体发电机对外供电时的输出效率：外电压：UIR 磁流体发电机对外供电时的输出效率：

UI EIRRabl100%

13．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x0=60cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.6×105N/C，在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外．磁场的边界和x轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为

q=1.0×108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v0=4.0×106m/s．不考虑粒子的重m力、粒子间的相互作用．求：

（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点的最远距离． 【来源】陕西省西安市2019年高三物理三模理综物理试题 【答案】（1）5cm；（2）0≤y≤10cm；（3）9cm 【解析】 【详解】

（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：

2v0qvB=m

r解得：r=

mv05102m=5cm Bq（2）由（1）问可知r=R，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示：

由几何关系可知四边形PO′FO1为菱形，所以FO1∥O′P，又O′P垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y≤10cm （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：

x0=v0t0 h=

12at0 2a=

解得：h=18cm＞2R=10cm

qE m说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则：

x=v0t y=

代入数据解得：x=2y

设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为θ，

12at 2qExvymv0

tan2yv0v0所以：

H=（x0﹣x）tanθ=（x0﹣2y）•2y

由数学知识可知，当（x0﹣2y）=2y时，即y=4.5cm时H有最大值 所以Hmax=9cm

14．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 t12mv② 2所以，由动能定理知，发射装置对粒子做的功W=mh2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 2E0U⑨ RrRrlvt1⑧

当开关S接“2”时，由闭合电路欧姆定律知Imh2h3(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 TG2⒂ 5联立⑾⑿⒀⒁，将B=Bm带入 解得arcsinm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

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