一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和
O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加
速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受的重力。求：
（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；
（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。 【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =
（2）22nqUm
B =，2(1,2,3,,1)n k =-（3）
22
22(1)t qum k -磁，2
2(1)=k m t h qU
-电 【解析】 【分析】
带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。 【详解】
（1）离子经电场加速，由动能定理：
2
12
qU mv =
可得2qU
v m
=
磁场中做匀速圆周运动：
2
v qvB m r
=
刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：
2
kd r =
联立解得B =
； （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。设共加速了n 次，有：
212
n nqU mv =
2n
n n
v qv B m r =
且：
2
n kd r =
解得：B =
，
要求离子第一次加速后不能打在板上，有
12
d r >
且：
2112
qU mv =
2
111
v qv B m r =
解得：2n k <，
故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：
B =
2(1,2,3,
,1)n k =-；
（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。 由匀速圆周运动：
22r m
T v qB
ππ=
=
22(23)=(1)222(1)
T k mkd
t n T qum k π--+=-磁
电场中一共加速n 次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式
221(1)2
k h at -=
电 qU
a mh
=
可得：22(1)=k m
t h qU -电
2．两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E 0、磁感应强度B 0、粒子的比荷
q
m 均已知，且00
2m t qB π=，两板间距
20
2
010mE h qB π=。
（1）求粒子在0～t 0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～t 0时间内的位移大小与极板间距h 的比值115
s h = （2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径225h 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～t 0时间内运动的位移大小为s 1
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225h R π
=。 解法二
由题意可知，电磁场的周期为2t 0，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
00
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
201
()2
n s a nt =
又已知20
2
10mE h qB π= 由以上各式得：2
5
n n s h =
粒子速度大小为：0n v ant = 粒子做圆周运动的半径为：0
n
n mv R qB = 解得：5n nh R π
=
显然223s R h s +<< 因此粒子运动的最大半径225h R π
=
。 （3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：
3．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．
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
22
112222
D B mg R q
E R mv mv --=
-
乙恰能通过轨道的最高点D ，根据牛顿第二定律可得
2D
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 --=
'- 联立以上两个方程可得
/s
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．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v 0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U 0，且满足eU 0=
3
2
mv 02。两磁场磁感应强度相同，半径均为R ，圆心O 、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=7
2
R ；整个装置处于真空中，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 ；
(2)如果某次实验时将磁场O 的圆心往上移了2
R
，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l 0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
【答案】(1) 02v v =；02mv B eR =(2) 0336
l π++≥ 【解析】 【详解】
解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：22
0011eU mv mv 22
=- 又：2
003eU mv 2
=
解得：0v 2v =；
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
根据洛伦磁力提供向心力有：2
v evB m r
=
可得磁场磁感应强度：0
2mv B eR
=
(2)磁场O 的圆心上移了
R
2
，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
由于磁场上移了R 2，故sin ∠COF=R
2R
=12，∠COF=π6，∠DOF=∠FKD=π
3
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00
(2)
(4)2
224R
R H R R t v v π
π++
-+'==
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0
l Δt t = 上方最后的一个粒子从E 点到达D 点所需时间为
()0
00
π1
R Rsin 2πR 62π3336t R 2v 2v -+-=
+=
要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t '≤+∆ 联立解得0π336
l 12
++≥
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3
8
h l = ，重力加速度为g ，求：
(1)微粒从O 点抛出时初速度v 0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 。
【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)0233v gl =；(2)3mg E 4q =，32m g B q l
=；(3) 433l t g =【解析】 【详解】
（1）从O 到P ，带电微粒做平抛运动：
2
01h gt 2
=
00l=v t
所以02
v 3gl 3
=
（2）在P 点：y 01
v =gt 3gl 2
=
2
2p 0y 5
v =v v 3gl 6
+=
设P 点速度与竖直方向的夹角为θ，则
0y v 4tan θv 3
=
= 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：
mg mg
tan θF Eq
=
= p mg mg sin θf qv B
== 3mg E 4q
=
m 3g
B 2q l
=
（3）设微粒从P 到Q 所用时间为t 1，
10PD 13l
t v 2g
=
=
设微粒从Q 到R 所用时间为t 2，因水平和竖直分位移相等，得：
202x v t =
22y 221
y v t gt 2
=+
由题意得： 22x y =
微粒从0点运动到R 点的时间t 为：
012t t t t =++
所以：43l
t 3g
=
7．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 ，电最为+q 的粒子由小孔下
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E ； （2）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t 后再次经过H 点，试求出这段时间t ；：
（3）如图23D ，调节磁感应强度为B 0（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B 0的大小和II 区电场的场强E 0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
【答案】（1）2mv qd （2）5.5D v π（3）3mv qB ；2
839mv qD
【解析】 【详解】
解：(1)粒子在电场中运动，由动能定理可得：2
122
d qE
mv = 解得：2
mv E qd
=
(2)粒子在I 区中，由牛顿第二定律可得：2
11
v qvB m R =
其中12v B qD π=
，12
R v
= 粒子在II 区中，由牛顿第二定律可得：2
22
v qvB m R =
其中24mv B qD =
，24
D
R = 121222,R R T T v v
ππ=
=，
由几何关系可得：1120θ=︒
2180θ=︒
1
112360t T θ=︒
2
22360t T θ︒
=
()126t t t =+
解得： 5.5D
t v
π=
(3)由几何关系可知：2223())22
D D r r =+- 解得：3
r D =
由牛顿第二定律可得：2
0v qvB m r
=
解得：03mv
B qB
=
32cos D
r θ==
解得：30θ=︒，则粒子速度方向与电场垂直
(1sin )2
D
vt θ+= 21cos 22D at θ= 0E q ma =
解得：2
0839mv E qD
=
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500N/C E =，第I 、Ⅳ象限以()0.4,0为圆心，半径为的
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0.5T B =.大量质量为
10110kg m -=⨯，电荷量6110C q -=⨯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）4210s π-⨯ 【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中加速，则有：212
EqR mv = 解得：2000m/s v =
（2）在磁场中，有：2
v qvB m r
=
解得： 0.4m r 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sin300.2h R m =︒=
（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4max 210s 2T m t Bq
ππ-=
==⨯
9．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 (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： 2 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 L 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：()0 2221n 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04nmv B qL = ，n=1、2、3....或()0 2221n 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× 2π×2=2nπ，则0 2222n n m L t T qB v ππππ=⨯== 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2220 (42)(42)2n n m L t T qB v ππππ++=⨯ == 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为0 2222n n m L t T qB v ππππ=⨯ ==或2220 (42)(42)2n n m L t T qB v ππππ++=⨯ == 10．如图所示，在平面直角坐标系中，AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动且通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点（图中未画出）进入第一象限内并击中AO 上的D 点（图中未画出）．已知OM 的长度1202L =m ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ＝ m q (T)，重力加速度g 取10m/s 2．求： (1)两匀强电场的电场强度E 的大小； (2)OC 的长度L 2； (3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t ． 【来源】2018《单元滚动检测卷》高考物理（四川专用)精练第九章物理试卷 【答案】(1) mg q E = (2)40m (3)7.71 s 【解析】 【详解】 (1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场，沿AO 做匀加速直线运动，所以有 mg qE = 即mg q E = (2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示， 有：2 v qvB m R = 由运动规律知22v aL =1 由牛顿第二定律得：2a g = 解得：202m R = 由几何知识可知OC 的长度为：L 2=2Rcos45°=40m (3) 质点从M 到O 的时间为：1= 2v t s a = 质点做圆周运动时间为：2323 4.7142 R t s s v ππ=⨯== 质点做类平抛运动时间为：3= 1R t s v = 质点全过程所经历的时间为：t=t 1+t 2+t 3=7.71s 。 11．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 022mv 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： 200 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，220011222 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：0v v sin θ = 在磁场中，2 v qvB m R = 解得R 0mv mv qB qBsin θ == 因此粒子射进磁场点与射出磁场点间距离为：s 022mv Rsin qB θ== ． 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． 12．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v 0，两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) 【答案】(1)U=Bv 0d ；（2）m qB θ；（3）R=0tan 2mv qB θ 【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，Bv 0q=qE ，平行板间的电场强度E= U d ，解得两平行板间的电势差：U=Bv 0d (2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知： Bv 0q=m 20v r 同时有T=0 2r v π 粒子在圆形磁场区域中运动的时间t= 2θπT 解得t=m Bq θ (3)由几何关系可知：r tan 2θ =R 解得圆形磁场区域的半径R=0tan 2mv qB θ （1）匀强磁场区域中磁感应强度B的大小和方向； （2）要使所有粒子均能打在PQ边上，电场强度E至少为多大； （3）ABCD区域中磁场面积的最小值是多少。 【来源】【全国百强校】天津市耀华中学2019届高三高考一模物理试题 【答案】(1) ，方向为垂直纸面向外；(2) ；(3) 【解析】 【详解】 解：(1)由洛伦磁力提供向心力可得： 由题意则有： 解得：，方向为垂直纸面向外 (2)在匀强电场中做内平抛运动，则有：解得： (3)图中阴影部分为磁场面积最小范围，由几何关系可知： 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(23)mv - （2） 12 7 Bv E π =，方向跟y轴成120°角，斜向下指向左边。 （3）43m t Bq = 【解析】 【分析】 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OO 1，与MN 相交于O 1点．由几何关系可知，在直角三角形OO 1D 中∠OO 1D =45º。设磁场左右边界间距为d ，则OO 1=2d 。 故粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O 1点，圆孤轨迹所对的圆心角为45º，且O 1A 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： () 1cos 45AD R ︒=-① 由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得 2 q mv vB R =② 联立①②式得 212mv AD qB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ③ （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t 1，有 18 T t = ④ 2m T qB π=⑤ 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O 2，O 2必定在直线OO 1上。设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P 点，则∠OO 2P =90º。设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t 2，有 214 t T =⑥ 设带电粒子在电场中运动的时间为t 3，依题意得 ()312t T t t =-+⑦ 由匀变速运动的规律和牛顿定律可知 3v v at -=-⑧ qE a m = ⑨ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得 85E Bv π = ⑩ （3）由几何关系可得：245OPO ︒∠= 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： 2112 S at = ⑪ 垂直电场方向做匀速直线运动： 2S vt =⑫ 12 tan 45S S ︒= ⑬ 联立得 54m t qB π=。 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2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0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）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm ∆=∆= 【解析】 【详解】 （1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……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： 2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm =+=+= 从t 0、3t 0、……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： 220min 001122U e y at t dm == 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-， 2010U e y t 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： sin L R θ = 设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=， 式中00y U e v t dm = 又：1mv R Be = 解得：00U t B dL = ②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△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm ∆=∆=下载本文
