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

2．两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

2mqt强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且0，两板间距qB0m102mE0h。

qB02（1）求粒子在0～t0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～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径R2（3）粒子在板间运动的轨迹如图：

s11 h52h 5

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1

s112at0① 2qEa0②

m102mE02m,h又已知t0 2qB0qB0联立解得：

s11 h5（2）解法一

粒子在t0~2t0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v1，轨道半径为R1，周期为T，则

v1at0

mv12qv1B0

R1联立解得：R1又Th 52mt0 qB0即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2

12s2v1t0at0

2解得：s23h 5由于s1+s2＜h，所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2，有：

v2v1at0

2mv2qv2B0

R2解得R22h 5由于s1+s2+R2＜h，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。 在4t0~5t0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R2解法二

2h。 5由题意可知，电磁场的周期为2t0，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：

a方向向上。

qE0 m后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T

T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sn

2mt0 qB0sn1a(nt0)2 2102mE0又已知h 2qB0n2由以上各式得：snh

5粒子速度大小为：vnant0 粒子做圆周运动的半径为：Rn解得：Rnmvn qB0nh 52h。 5显然s2R2hs3 因此粒子运动的最大半径R2（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：

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： qvB=

（2）

（3）0.63%

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．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；

(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；

(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．

【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（北京) 【答案】（1）【解析】

（1）动能定理 Uq＝

2qU8U（2）m1qB21m1v12 2m1m2 （3）dm＝m1m22m1m2L

得：v1＝

2qU …① m1（2）由牛顿第二定律和轨道半径有：

mvmv2 qvB＝，R＝ qBR利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：

R1＝ 2m2U2mU1 ，R＝…② 2

qB2qB28U(m1m2) …③ 2qB两种离子在GA上落点的间距s＝2(R1−R2)＝ （3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d（如图二中的粗线所示）．同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d（如图二中的细线所示）．

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R1-R2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R1(1− R1的最大值满足：2R1m=L-d 得：(L−d)(1− m2)＞d m1m2)＞d m1m1m22m1m2L

求得最大值：dm＝

5．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 3l=v0t0

所以v0（2）在P点：vy=gt02vp=v0v2y13gl 253gl 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

6．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16mv016mv0B或

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。

7．如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m、不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动，v0mg，两小球P、Q3qB可视为质点，正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移．已知匀强电场的电场强度

2m2gE，水平台面距地面高度h22，重力加速度为g，不计空气阻力．

qqBmg

（1）求P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球Q的速度大小；

（2）P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落地？落地点与平台边缘间的水平距离多大？

（3）若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘、小球P仍以水平初速度v0mg3qB向Q运动，小球Q的运动轨迹如图2所示（平台足够高，小球Q不与地面相撞）．求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H． 【来源】2019年湖北省黄冈中学高考三模物理试题

2mgm5m4m2g2mg(22)；22（3）vm,H22 【答案】（1）（2）

qB3qB3qB3qB3qB【解析】 【详解】

（1）小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，得：mv0mvPmvQ

121212mv0mvpmvQ 222联立解得vp0,vQv0mg 3qB（2）对于小球Q，由于qEmg，故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则

qvBm2vQr

2m qB经过一个周期的时间t1T小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后vPv0mg,vQ0 3qB12gt2，代入数据，得：2小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，则有ht22h2m gqB故P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间t2m2mm(22) qBqBqB2m2g落地点与平台边缘的水平距离xPv'Pt2

3q2B2（3）PQ相碰后，Q球速度vQ=v0，碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点Q球有最大速度，故从碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点过程，对Q球由动量定理得：qvyBtmvmmv0 即qBHmvmmv0 又由动能定理可得mgH1212mvmmv0， 225m4m2g,H22 解得：vm3qB3qB

8．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/s2，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

v2由qvBm

R得：v=0.2m/s

(2)磁场中运动的路程s1=πR=0.628m 电场中加速度aqE5m/s2 mv2电场的路程s220.008m

2a小球a射入磁场到与小球b相碰过程运动的路程ss1s20.636m (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vaD=0，vbD=0.2m/s 此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动

2hgt20.7s 由h得，两小球在空中运动时间tg2qE5m/s2 m每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，v—t图如图所示：

水平方向：b球匀速运动，a球加速运动，加速度a

可得，每两次碰撞间隔时间是定值：vbDt1a(t)2 2t0.08s

由

t0.738 t0.084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vbN=(n+1)vbD=0.2(n+1) m/s

△t=0.016m 小球离开D点后在空中第一次碰撞前，水平位移x1=vb1·△t=0.032m 小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x2=2vb1·

以此类推，小球在空中第n-1次到第n次碰撞水平位移xn=nx1=0.016m 所以，在空中碰撞8次时的水平位移x0=0.016×（1+2+3+4+5+6+7+8）=0.576m 第8次碰后 vb8=1.8m/s va8=1.6m/s

所以，8次碰后0.06s内，△xb=vb8×0.06=0.108m △xa=va8×0.06+

1a×0.062=0.105m 2所以，水平位移分别为xa=x0+△xa=0.681m xb=x0+△xb=0.684m

9．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向．在x = L到x =2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（

q）为k的带电微粒从m坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x方向通过x轴上x =3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g．求：

（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；

（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．

【来源】【市级联考】福建省厦门市2019届高三5月第二次质量检查考试理综物理试题

32gk2B2L2g2g) 【答案】（1）（2）（3）(L,222kB8gkkB【解析】 【分析】 【详解】

（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg=qE，又解得Eq=k mg k（2）由几何关系：2Rcosθ=L，

v2粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：qvBm ；

r由

vyvcos

在进入复合场之前做平抛运动：vygt

Lv0t

解得v02g kB

kBL12t ， （3）由hgt 其中

2g22gk2B2L23则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：xO'L； yO'hRsin22

kB8g2

10．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212m 4qB0侧射出Ⅰ区的时间最长

粒子两次在I区域运动的时间为t12粒子两次在磁场之间的时间为t2粒子在II区域运动的时间t322L4m vqB032m34qB21qBm0

总时间tt1t2t33224m qB0

11．如图，平面直角坐标系xOy内，x<0、y>0区域存在沿x轴正方向的匀强电场E，x>0区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T。一比荷=5×108C/kg的粒子，从点P(－6cm，0)进入电场，初速度v0=8×106m/s，方向沿y轴正方向，一段时间后经点Q(0，16cm)进入磁场。粒子重力不计，求：

(1)匀强电场的电场强度E；

(2)粒子第一次回到电场时的位置坐标。

【来源】【全国百强校】河北省衡水中学2019届高三统一联合考试理科综合试题（物理部分) 【答案】(1)【解析】 【分析】

（1）粒子从P运动到Q做类平抛运动，利用平抛运动的知识求解； （2）进入磁场做圆周运动，正确地画出轨迹，找好相应的几何关系。 【详解】

（1）粒子由P到Q做类平抛运动，设运动时间为t，粒子的质量为m，电荷量为q，设y轴方向粒子做匀速直线运动

(2)

沿x轴正方向粒子做匀加速直线运动

解得：心为

（2）如图所示，设进入磁场时速度为，方向与y轴夹角为，在磁场中做圆周运动的圆

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

则圆周运动半径

设粒子第一次从y轴回到电场时的左边为，根据几何关系：在电场，电场力对粒子做正功：解得：

，

，y轴左侧有沿y轴正方向的匀强电场E，y

处有一个带正电的小球A以速度

即粒子第一次回到电场时的位置坐标为

12．在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系轴右侧有垂直水平桌面向上的匀强磁场B．在

沿x轴正方向进入电场，运动一段时间后，从(0，8)处进入y轴右侧的磁场

中，并且正好垂直于x轴进入第4象限，已知A球的质量为

，求：

，带电量为

（1）电场强度E的大小； （2）磁感应强度B的大小；

（3）如果在第4象限内静止放置一个不带电的小球C，使小球A运动到第4象限内与C球发生碰撞，碰后A、C粘在一起运动，则小球C放在何位置时，小球A在第4象限内运动的时间最长(小球可以看成是质点，不考虑碰撞过程中的电量损失)．

【来源】【市级联考】山东省临沂市2019届高三下学期高考模拟考试（二模)理综物理试题

【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）小球A在电场中沿x、y轴方向上的位移分别设为

（2）1.5T（3）

x方向：y方向：加速度：联立可得：

, ,

,

（2）小球进入磁场时y方向的速度：合速度：

,方向：

，方向与y轴正方向成

小球A在磁场中做匀速圆周运动，垂直于x轴进入第4象限，做出小球A运动的轨迹如

图，设轨道半径为，由几何关系可得：

根据：,解得：

（3）在第4象限内A与C球发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度设为，在磁场中做圆周运动的轨道半径设为

,

解得：

即：小球运动的轨道半径不变 由周期公式

可得：碰撞后小球的速度小，故碰后的周期大，所以要使小球A在第4

象限内运动的时间最长，小球C应放在小球A进入第4象限时的位置：

即坐标为

13．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解得：EqR22(B14B2)； 2m(3)如图分析可知，

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 。

14．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arcsin（2） （3） 或【答案】（1） 3v042v0qd2d【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

242v0当n2时，不满足090的要求。 【点睛】

15．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）E（3）t4【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：

(23)mv 2Bq12Bv，方向跟y轴成120°角，斜向下指向左边。 73m BqAD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S1⑬ 联立得

S2t5m4qB。