高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧(超强)及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．两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。 2qB0（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 2qB0qB0s11 h5（2）解法一

联立解得：

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显然s2R2hs3 因此粒子运动的最大半径R22h。 5（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：

2．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：

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

dv(21)v2E0TttTtt；(2)；(3)min。 121min22vg2gv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

(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

，t2=+

⑧ ⑨

联立③④⑤⑥⑦得：t1=电场变化的周期T=t1+t2=

(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．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、

L，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。 2（1）求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度vM；

Q两点之间的距离为

（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t； （3）若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向

相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。

【来源】【省级联考】吉林省名校2019届高三下学期第一次联合模拟考试物理试题 【答案】（1）E2UeU，vM2，设vM的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）Lm3mLRmvM2mv3Lm；（3）T的表达式为T，t4（n＝B2n2emUeRLevM8eU1，2，3，…） 【解析】 【详解】

（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：eU可得v012mv0 22eU m电子从Q点到M点，做类平抛运动， x轴方向做匀速直线运动，ty轴方向做匀加速直线运动，由以上各式可得：ELmL v02eUL1eE2t 22m2U L2v0(电子运动至M点时：vM即：vM2Ee2t) meU m设vM的方向与x轴的夹角为θ，

cosv02 vM2解得：θ＝45°。

（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，

且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L

2vM由洛伦兹力提供向心力可得：evMBm

R即BmvM2mv eRLe3R3Lm。 4tvM8eU（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R，即22R2L

因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：2n(2R)2L（n＝1，2，3，…） 电子在磁场中做圆周运动的轨道半径RmvM eB0解得：B02n2emU（n＝1，2，3，…） eL电子在磁场变化的半个周期内恰好转过

1圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期414T 2的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是T0又T02m eB0则T的表达式为TmL（n＝1，2，3，…）。

2n2emU

5．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(1)求电场强度大小E；

(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

2L4nmv0mv0（2）Bn=1、2、3......（3）t【答案】（1）E

2vqLqL0【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： Lv0t，

2mv0联立解得： E

qLL12at，qEma 22(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vx=l vy速度大小vv02v0 sin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L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．

；当满足2

若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为联立可得：R.则有x=2R，此时满足L=2nx 2L 22nv2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvBm

R得：B4nmv0，n=1、2、3.... qL轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为

.则有x22R2，此时满足2L2n1x2

联立可得：R2L

2n12v2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB2m

R2得：B222n1mv0qL，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B4nmv022n1mv0，n=1、2、3....或B2，n=1、2、3.... qLqL(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×

2n2nmL×2=2nπ，则tT

2qB2v02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t2T2(4n2)(4n2)mL 2qB2v02n2nmL或2qB2v0粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为tTt2T2(4n2)(4n2)mL 2qB2v0

6．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-行于y轴的匀强电场，在-

3L区域存在场强大小相同，方向相反均平23L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，2一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（（不计粒子重力），求：

53L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=L22

（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向； （2）

E； B（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期． 【来源】2019年内蒙古呼和浩特市高三物理二模试题

40537L4v05【答案】（1）v0，与x成53°角；（2）；（3）2L；（4）．

60v033【解析】 【详解】

（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为vy， 由运动学规律知

3L=v0t1， 2

L=

vy2t1

3L4可得t1=，vy=v0

2v0322=故粒子在P2的速度为v=v0vy5v0 3设v与x成β角，则tanβ=

vyv0=

4，即β=53°； 3（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=

28mv0E= 9qL121mv-mv02可得 22v2粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m

R5mv02mvmv03==解得：B=

5qR3qLqL2解得：

E4v0； B3（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-点，可得： P2O′=

3L直线与Q′23L5L=r =o2cos5323L 23L+（r-rcos37°）=2L； 2故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-

直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=

3L（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=

2v0372r37L=在磁场中由P2到M动时间：t2= 360ov120v02qE8v0=从M运动到N，a= m9L则t3=

v15L= 8va0则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=

40537L60v0．

7．如图所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B.一个质量为m、电荷量为-q的粒子以速度

qBd 从O点沿y轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力． m

(1) 求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径： (2) 若粒子射入区域Ⅰ时的速度为v程中带电粒子运动的时间；

2qBd ，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过mqBd ，求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值． m【来源】江苏省苏锡常镇四市2019届高三第二次模拟考试物理试题

(3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度v【答案】（1）Rd（2） OP43d t【解析】 【分析】 【详解】

2v0（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：qv0Bm

r12m（3）xmin3d 3qB把v0qBd，代入上式，解得：Rd m (2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v2v0时，如图所示

在OA段圆周运动的圆心在O1，半径为R12d 在AB段圆周运动的圆心在O2，半径为Rd 在BP段圆周运动的圆心在O3，半径为R12d

可以证明ABPO3为矩形，则图中30o,由几何知识可得：

oOO132dcos303d

所以：OO32d3d

所以粒子打在x轴上的位置坐标OPO1O32OO343d

30o2mmg粒子在OA段运动的时间为：t1 o360qB6qB120o2mmg粒子在AB段运动的时间为t2 360oqg2B3qB30o2mmg粒子在BP段运动的时间为t3t1 360oqB6qB在此过程中粒子的运动时间：t2t1t22m 3qB (3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R，轨迹由图

可得粒子打在x轴上位置坐标：x2RRd化简得：3R24Rxx2d20

22R2d2 21把上式配方：3Rxx2d20 3321化简为：3Rxx2d20 3322则当R2x时，位置坐标x取最小值：xmin3d 3

8．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

（3）由hkBL12gt 其中t ，

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

kB8g2

9．如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。求：

（1）电子进入偏转电场时的速度v0；

（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E1应该变为原来的多少倍？

（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。 【来源】【区级联考】北京市顺义区2019届高三第二次统练理综物理试题 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：Ue所以，v02Uem（2）2倍 （3）E m2Ue12mv0 22Ue m（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：

12at Eema 24yU联立解得：E2

xxv0t y根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。 （3）电子做直线运动

Bev0Ee

解得： BEm 2Ue

10．如图，离子源A产生的初速度为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场．已知HO＝d，HS＝2d，MNQ＝90°．（忽略粒子所受重力）

（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ； （2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；

（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围． 【来源】2009高考重庆理综 【答案】（1）E0【解析】 【分析】 【详解】

（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为V1，设 对正离子，应用动能定理有eU0＝

U0mU0；45°（2）2（3）mmx25m 2deB1mV12， 2正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动

受到电场力F＝qE0、产生的加速度为a＝垂直电场方向匀速运动，有2d＝V1t， 沿场强方向：Y＝联立解得E0＝又tanφ＝

qEF，即a＝0，

mm12

at， 2U0 dV1，解得φ＝45°； at2（2）正离子进入磁场时的速度大小为V2＝V12at， 解得V2V12(at)2 mV22正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，qV2B＝，

R解得离子在磁场中做圆周运动的半径R＝2mU0； 2eB（3）根据R＝2mU0可知， eB2质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1＝24mU0eB2，

质量为16m的离子在磁场中的运动打在S2，运动半径为R2＝2又ON＝R2－R1，

由几何关系可知S1和S2之间的距离ΔS＝R22ON2－R1， 联立解得ΔS＝4(3－)16mU0eB2，

mU0； 2eB由R′2＝(2 R1)2+( R′－R1)2解得R′＝再根据

5R1， 251R1＜R＜R1， 22解得m＜mx＜25m．

11．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

12．如图所示，ABCD与MNPQ均为边长为l的正方形区域，且A点为MN的中点。ABCD区域中存在有界的垂直纸面方向匀强磁场，在整个MNPQ区域中存在图示方向的匀强电场。质量为m、电荷量为e的电子以大小为的初速度垂直于BC射入正方形ABCD区域，且都从A点进入电场，已知从C点进入磁场的粒子在ABCD区域中运动时始终位于磁场中，不计电子重力，求：

（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) 【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)

；(3)

，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：

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 2qEa= m解得：h=18cm＞2R=10cm

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，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 m粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：

qER1212mvv0 22qR22(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 。

15．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