高中物理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．离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图所示，截面半径为R 的圆柱腔分为两个工作区．I 为电离区，将氙气电离获得1价正离子；II 为加速区，长度为L ，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．I 区产生的正离子以接近0的初速度进入II 区，被加速后以速度v M 从右侧喷出．I 区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在离轴线R /2处的C 点持续射出一定速度范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图所示（从左向右看）．电子的初速度方向与中心O 点和C 点的连线成α角（0<α<90?）．推进器工作时，向I 区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速度为v 0，电子在I 区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．已知离子质量为M ；电子质量为m ，电量为e ．（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）．

（1）求II 区的加速电压及离子的加速度大小；

（2）为取得好的电离效果，请判断I 区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；

（3）α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v 的范围； （4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率v max 与α角的关系．

【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（浙江卷带解析)

【答案】（1）22M

v L

（2）垂直于纸面向外（3）043mv B eR >（4）()max 342sin eRB v m α=-

【解析】 【分析】 【详解】

（1）离子在电场中加速，由动能定理得：2

12M eU Mv =,得：2

2M Mv U e =．

离子做匀加速直线运动，由运动学关系得:22M

v aL =,得：2

2M

v a L

=．

（2）要取得较好的电离效果，电子须在出射方向左边做匀速圆周运动，即为按逆时针方向旋转，根据左手定则可知，此刻Ⅰ区磁场应该是垂直纸面向外．

（3）当90α=?时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与Ⅰ区相切，此时圆周运动的半径为

34

r R =

洛伦兹力提供向心力，有

2max

max

v Bev m r

= 得

34max BeR

v m

=

即速度小于等于

34BeR

m 此刻必须保证0

43mv B BR

＞

． （4）当电子以α角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有：

90OCO α∠'=?﹣

2

R

OC =

，OC r '=，OO R r '=﹣ 由余弦定理有

2

2

2(29022R R R r r r cos α??=+??? ???

﹣）﹣（﹣）

，90cos sin αα?-=（） 联立解得：

()

342R

r sin α=

?-

再由：max

mv r Be

=

，得 ()

342max eBR

v m sin α=

-．

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动 【名师点睛】

该题的文字叙述较长，要求要快速的从中找出物理信息，创设物理情境；平时要注意读图能力的培养，以及几何知识在物理学中的应用，解答此类问题要有画草图的习惯，以便有助于对问题的分析和理解；再者就是要熟练的掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期和半径公式的应用．

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21

14

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．

3．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p （t ）进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比（,0x p αα=>）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d ，单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成，磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为0(1)0B B x ββ=->，．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿12C C 方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生霍尔电压U 0.

（1）指出D 1、D 2两点那点电势高；

（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，其中e 为电子电荷量）；

（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 0、U 1、t 0、α、及β）

【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题 【答案】(1) D 1点电势高 (2) 0

01IB U ne d

= (3) 101(1)U A U αβ=- ，012f t =

【解析】

【分析】由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd 求出U 0与I 、B 0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 0与I 、B 0之间的关系式求出压力波的振幅．

解：（1）电流方向为C 1C 2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；

（2）当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力

0U qvB q

b

= ① 由电流I nevbd = 得：I

v nebd

=

② 将②带入①得0

0IB U ned

=

（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t 0 所以，频率为: 0

12f t =

当杆运动至最远点时，电压最小，即取U 1，此时0(1)B B x β=- 取x 正向最远处为振幅A ，有：0

1(1?)IB U A ned

β=

- 所以：0

0011(1)1IB U ned IB A U A

ned ββ==-- 解得：010

U U A U β-=

根据压力与唯一关系x p α=可得x

p α

=

因此压力最大振幅为：01

m U U p U αβ-=

4．如图所示，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上．在xOy 平面内有与y 轴平行的匀强电场，在半径为R 的圆内还有与xOy 平面垂直的匀强磁场．在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x 轴正方向发射出一束具有相同质量m 、电荷量q （q ＞0)和初速度v 的带电微粒．发射时，这束带电微粒分布在0＜y ＜2R 的区间内．已知重力加速度大小为g ． （1）从A 点射出的带电微粒平行于x 轴从C 点进入有磁场区域，并从坐标原点O 沿y 轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向． （2）请指出这束带电微粒与x 轴相交的区域，并说明理由．

（3）若这束带电微粒初速度变为2v ，那么它们与x 轴相交的区域又在哪里？并说明理由．

【来源】带电粒子在电场中运动压轴大题

【答案】（1）

mg

E

q

=，方向沿y轴正方向；

mv

B

qR

=，方向垂直xOy平面向外（2）通

过坐标原点后离开；理由见解析（3）范围是x＞0；理由见解析

【解析】

【详解】

(1)带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方向相反．设电场强度大小为E，由：

mg qE

=

可得电场强度大小：

mg

q

E=

方向沿y轴正方向；

带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用．由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动．如图（a）所示：

考虑到带电微粒是从C点水平进入磁场，过O点后沿y轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径r R

=；设磁感应强度大小为B，由：

2

v

qvB m

R

=

可得磁感应强度大小：

mv

B

qR

=

根据左手定则可知方向垂直xOy 平面向外；

(2)从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，如图（b ）所示，设P 点与O '点的连线与y 轴的夹角为θ，其圆周运动的圆心Q 的坐标为

(sin ,cos )R R θθ-，圆周运动轨迹方程为：

222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=

而磁场边界是圆心坐标为（0，R ）的圆周，其方程为：

22()x y R R +-=

解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为

x y =??

=? 或：

sin {

(1cos )

x R y R θθ=-=+

坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+的点就是P 点，须舍去．由此可见，这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；

(3)带电微粒初速度大小变为2v ，则从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r '为：

(2)

2m v r R qB

'=

= 带电微粒在磁场中经过一段半径为r '的圆弧运动后，将在y 轴的右方（x ＞0区域）离开磁场并做匀速直线运动，如图（c ）所示．靠近M 点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向x 轴正方向的无穷远处；靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场 所以，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0．

答：（1）电场强度mg

q

E = ，方向沿y 轴正方向和磁感应强度mv

B qR

=

，方向垂直xOy 平面向外．

（2）这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；

（3）若这束带电微粒初速度变为2v ，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0。

5．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x 轴上坐标为(),0L -的A 点。粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为0v 的电子，电子通过y 轴上的C 点时速度方向与y 轴正方向成45α=角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x 轴正方向成15β=角的射线OM 已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求：

()1匀强电场的电场强度E 的大小； ()2电子在电场和磁场中运动的总时间t ()3矩形磁场区域的最小面积min S 。

【来源】湖南省怀化市2019年高考物理一模物理试题

【答案】(1)20

2mv eL

；(2)0223L m v eB π+；203()mv eB 【解析】 【详解】

()1电子从A 到C 的过程中，由动能定理得：2

20112

2

C eEL mv mv =-

0cos45C v v =

联立解得：20

2mv E eL

=

()

2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：1sin 2

C v L t α

=

其中0

cos C v v α

=

由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：23

πθ= 电子在磁场中的运动时间：22t T θπ

= 其中2m

T eB

π=

电子在电场和磁场中运动的总时间12t t t =+ 联立解得：0223L m t v eB

π=

+ ()3电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

则有 2C

v evB m r

=

最小矩形区域如图所示，

由数学知识得：2sin

2

CD r θ

=? cos

2

CQ r r θ

=-

最小矩形区域面积：min S CD CQ =? 联立解得：2

03(

)mv Smin eB

=

6．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 、Q 两点之间的距离为

2

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。

（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v M ； （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）2U E L =

，M eU

v m

=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3

348M R L m t v eU

ππ==3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】

（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2

012

eU mv = 可得02eU

v 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，02L m t L v eU

==y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eE t m

=? 由以上各式可得：2U E L

=

电子运动至M 点时：22

0(

)M Ee v v t m

=+即：M eU

v m

=

设v M的方向与x轴的夹角为θ，

2

cos

2

M

v

v

θ==

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

由洛伦兹力提供向心力可得：

2

M

M

v

ev B m

R

=

即

2

M

mv mv

B

eR L e

==

3

3

4

8

M

R L m

t

v eU

ππ

==。

（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222

R L

'=

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：22)2

n R L

'=（n＝1，2，3，…）

电子在磁场中做圆周运动的轨道半径

M

mv

R

eB

'=

解得：022n emU

B eL

=

（n ＝1，2，3，…） 电子在磁场变化的半个周期内恰好转过

1

4

圆周，同时在MN 间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，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014

2

T T = 又00

2m

T eB π=

则T 的表达式为22T n emU

=

（n ＝1，2，3，…）。

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m 1、m 2（m 1＞m 2），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 U

U

应满足什么条件？（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

【答案】（1）228U

B x

（2）最大值x 最小值cos x α （3）2122

12cos cos m m U m m αα-?<+ 212(cos )m m α>

【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 2

洛伦兹力提供向心力：qvB=m 2

v 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：22

8 q U

m B x =

（2）粒子在磁场中圆运动半径22

qmU x

R =

= 由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O 1）或右偏θ角（轨迹圆心为O 2） 落点到O 的距离相等，均为L=2Rcosθ 故落点到O 的距离 最大：L max =2R=x 最小：L min =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， L max =2R max =2

2()qm U U Bq

+? 当加速电压为U-△U 、偏角θ=α时，距离最小 L min =2R min cosα=2

2()qm U U Bq

-?cosα

②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子 由2qmU

和 m 1＞m 2，知：R 1＞R 2 要使落点区域不重叠，则应满足：L 1min ＞L 2max

12

2()qm U U Bq

-?cosα＞22 2()qm U U Bq

+?

解得：

2

12

2

12

cos

cos

m m

U

m m

α

α

-

?<

+

．

（应有条件m1cos2α＞m2，否则粒子落点区域必然重叠）

8．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。

【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)

2

3

3

v gl

=；(2)

3mg

E

4q

=，3

2

m g

B

q l

=；(3)

43

3

l

t

g

=

【解析】

【详解】

（1）从O到P，带电微粒做平抛运动：

2

1

h gt

2

=

00

l=v t

所以

2

v3gl

3

=

（2）在P点：

y0

1

v=gt3gl

2

=

22

p0y

5

v=v v3gl

6

+=

设P点速度与竖直方向的夹角为θ，则

y

v4

tanθ

v3

==

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

=

9．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U 0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E 0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S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处．求S 1和S 2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）00U E d =；45°（2）0

22mU eB

（3）25x m m m << 【解析】 【分析】 【详解】

（1）正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度设为V 1，设 对正离子，应用动能定理有eU 0＝

1

2

mV 12， 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 ＝qE 0、产生的加速度为a ＝F

m

，即a ＝0qE m ，

垂直电场方向匀速运动，有2d ＝V 1t ， 沿场强方向：Y ＝

12

at 2

，

联立解得E 0＝0

U d

又tanφ＝

1

V at

，解得φ＝45°；

（2）正离子进入磁场时的速度大小为V 2

解得2V =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，qV 2B ＝2

2mV R

，

解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝；

（3）根据R ＝

质量为4m 的离子在磁场中的运动打在S 1，运动半径为R 1＝

质量为16m 的离子在磁场中的运动打在S 2，运动半径为R 2＝

又ON ＝R 2－R 1，

由几何关系可知S 1和S 2之间的距离ΔS R 1，

联立解得ΔS ＝ 由R′2＝(2 R 1)2+( R′－R 1)2解得R′＝5

2

R 1， 再根据

1

2R 1＜R ＜52

R 1， 解得m ＜m x ＜25m ．

10．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v o 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B i 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B 2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）0i mv B qd =；（2）除尘效率为50%；（3）

0022mv mv

B qd qd

≤≤ 【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，

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，

由牛顿第二定律得：20

mv qvB r

=

,解得：0i mv B qd =; （2）电场、磁场同时存在时,尘埃匀速直线,满足：0qE qv B =，

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：0d v t = 竖直方向：2

12

y at = 加速度：qE a m

=

解得：0.5y d =

当0.5y d >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：

0.5

100%

50%

d d

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20

R R

=

另

2

02

2

v

qv B m

R

=

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0R d

=

小

解得：0

2

mv

B

qd

大

=

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02

R d

=

大

解得：0

22

mv

B

qd

=

小

所以圆形磁场区域磁感应强度B2的大小须满足的条件为

00

2

2

mv mv

B

qd qd

≤≤．

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v0＝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 0

22mv 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：

2

00

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，

220011

222

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：0

v 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 0

22mv 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．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、