高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧讲解及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为L ．一质量为m ，电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域．并再次通过A 点，此时速度方向与y 轴正方向成锐角．不计重力作用．试求： （1）粒子经过C 点速度的大小和方向； （2）磁感应强度的大小B ．

【来源】2007普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ)理综物理部分 【答案】（1）α＝arctan

2h l

（2）B 2212mhE

h l q

+【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）以a 表示粒子在电场作用下的加速度，有qE ma ＝①

加速度沿y 轴负方向．设粒子从A 点进入电场时的初速度为0v ，由A 点运动到C 点经历的时间为t ， 则有：2

12

h at =

② 0l v t =③

由②③式得02a v h

＝ 设粒子从C 点进入磁场时的速度为v ，v 垂直于x 轴的分量12v ah ＝⑤ 由①④⑤式得：2

2101

v v v +＝(

)22

42qE h l mh

+⑥

设粒子经过C 点时的速度方向与x 轴的夹角为α，则有

1

v

tan

v

α＝⑦

由④⑤⑦式得

2h

arctan

l

α＝⑧

（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，

则有qvB＝m

2

v

R

⑨

设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC

uuu r

＝PA R

u u u r

＝．用β表示PA

u u u r

与y轴的

夹角，由几何关系得：Rcos Rcos h

βα

=+⑩

Rsin l Rsin

βα

=－

解得

22

22

4

2

h l

R h l

hl

+

+

＝

由⑥⑨式得：B=

22

12mhE

h l q

+

2．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（,0

x 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

(1)0

B 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12

C C方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0.

（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：01

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-=

3．

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B 0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N 0，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B 1；

（3）保持磁感应强度B 1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 带电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

qv4B1＝

打到x轴上的离子均匀分布，所以＝

由动量定理

－Ft＝－0.8Nm＋0.2N(－0.6m－m)

解得F＝N0mv0．

【名师点睛】

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．

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

m

=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=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) 16/N C (2) 21.610T -? (3) 43.910s -? 【解析】 【详解】

（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t

2

122L qE t m = 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：0

tan v qE t m

θ=

可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0

粒子在磁场中做匀速圆周运动：2

v qvB m r

=

由几何关系可知2r L = 解得B=1.6×10-2T

（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

32π

，带负电的粒子转过的圆心角为2

π；两带电粒子在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22r m

T v qB

ππ==； 带正电的粒子在磁场中运动的时间为：413

5.910s 4

t T -==?； 带负电的粒子在磁场中运动的时间为：421

2.010s 4

t T -=

=? 带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为4

12 3.910t t t s -?=-=?

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=o 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=o

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)

2

2

mv

eL

；(2)

22

3

L m

v eB

π

+；(3)2

3()

mv

eB

【解析】

【详解】

()1电子从A到C的过程中，由动能定理得：22

11

22

C

eEL mv mv

=-

cos45

C

v v

=

o

联立解得：

2

2

mv

E

eL

=

()2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：

1

sin

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：

2

3

π

θ=

电子在磁场中的运动时间：

22

t T

θ

π

=

其中

2m

T

eB

π

=

电子在电场和磁场中运动的总时间12

t t t

=+

联立解得：

22

3

L 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

2

C

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

3()

mv

Smin

eB

=

6．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：

(1)带电粒子入射速度的大小；

(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．

【来源】【市级联考】广东省广州市2019届高三12月调研测试理科综合试题物理试题

【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d

m θ

【解析】 【分析】

画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】

（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．

由几何关系可知：cos d R

θ=

洛伦兹力做向心力：20

0v qv B m R

= 解得0cos qBd

v m θ

=

（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x

θ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θ

θ

=

（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B

解得2qB d

E mcos θ

=

【点睛】

此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.

7．如图所示，在直角坐标系0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，在边长为2L 的正方形abcd 区域（包括边界）内有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一电子从y 轴上的A （0，

32

L

）点以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，正方形abcd 的中心坐标为（3L ，0），且ab 边与x 轴平行，匀强电场的电场强度大

小20

mv E eL

=．

（1）求电子进入磁场时的位置坐标；

（2）若要使电子在磁场中从ab 边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件． 【来源】【全国市级联考】河北省邯郸市2018届高三第一次模拟考试理综物理试题 【答案】（1）（2L ，0）（2）021)2mv eL ≤B ＜0

21)mv eL

【解析】

试题分析：电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab 相切和bc 相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度

大小B 满足的条件．

（1）电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有： 竖直方向有：2112

y

at = 加速度为：eE a m

=

水平方方向为：10

L t v = 竖直速度：v y ＝at 1 解得：y 1＝

2

L

v y ＝v 0

所以电子射出电场时的速度方向与x 轴成45°角，则电子在电场中沿x 轴正方向和沿y 轴负方向运动的距离分别为L 和

2

L

，又因为A 点的坐标是（0，32L ），电子在无电场和磁场的

区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为（2L ，0）且射入磁场区的速度大小：v 2v 0，方向与x 轴成45°角．

（2）分使电子从ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab 相切和bc 相切 当运动轨迹与ab 相切时，有r 1＋r 1sin 45°＝L

电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：2

11

mv evB r =

解得：0

1(21)mv B +=

当运动轨迹与bc 相切时，有：r 2＋r 2sin 45°＝2L

电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：2

22

mv evB r = 解得：0

221)2mv B Le

=

匀强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件：

021)2mv Le ≤B ＜0

21)mv Le

点睛：本题主要考查了带电粒子由电场进入磁场的情况，电子在电场中做类平抛运动，分

别列出竖直和水平方向的方程列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，根据几何关系求解．

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（3

+1）L ，粒子重力不计．求：

（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

【答案】（1）qBL m ；（2）23qB L m ；（33

L

，12L ）． 【解析】 【详解】

（1）粒子在磁场中运动时qvB =2

mv r

3=2r sin60°

解得粒子自坐标原点O 射入匀强磁场的速度大小v =qBL

m

（2）粒子自M 到N 做类平抛运动 3sin60°=2

12qE t m

3

1+）L 360Lcos ?=vt 1

得电场强度E

=23qB L

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；3302

R x rcos L =-?=-

y 坐标：3

302

R y r rsin L =-

+?=（） 粒子进入电场后自R 到S 做类平抛运动 垂直电场方向；2Rs x vt = 沿电场方向：2

22Rs qE y t m

= tan60°=

RS

RS

y x 解得：2t =

23m ，RS x =23

L ，2RS y L = 第二次与虚线PQ 的交点S 的x 坐标：RS R x x x =+=3

6

L y 坐标：12

RS R y y y L =+=

则第二次与虚线PQ 的交点S 的坐标为（

3

6

L ，12L ）

9．实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹．如图所示，氕（1

1

H）、氘

（2

1H）、氚（3

1

H）三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E、磁感应强度为B的

复合场区域．进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d，射出复合场后进入y轴与MN之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN射出．虚线

MN与PQ间为真空区域Ⅱ且PQ与MN平行．已知质子比荷为q

m

，不计重力．

（1）求粒子做直线运动时的速度大小v；

（2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；

（3）若虚线PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差Δt．

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【来源】江苏省苏州市2019届高三上学期期末阳光指标调研考试物理试题

【答案】(1) E

B

(2)

mE

qdB

(3)

(2)Bd

E

πθ

+

【解析】

【分析】

（1）粒子在电磁复合场中做直线运动是匀速直线运动，根据电场力与洛伦兹力平衡，可求粒子的速度大小；

（2）由粒子的轨迹与边界垂直，可求轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，可求磁感应强度的大小；

（3）由氚粒子圆周运动直径可求磁场的最小面积．根据氕、氚得运动周期，结合几何关系，可求氕、氚到汇聚点的时间差．

【详解】

(1) 由电场力与洛伦兹力平衡，

Bqv＝Eq

解得v＝E/B.

(2) 由洛伦兹力提供向心力，

B1vq＝m

2 v r

由几何关系得r＝d

解得B1＝mE qdB

.

(3) 分析可得氚粒子圆周运动直径为3r

磁场最小面积S＝1

2

π

22

3

2

2

r r

??

????

-

??

? ?

????

??

??

解得S＝πd2

由题意得B2＝2B1

由T＝

2r

v

π

得T＝

2m

qB

π

由轨迹可知Δt1＝(3T1－T1)

2

θ

π

，其中T1＝

1

2m

qB

π

Δt2＝

1

2

(3T2－T2)，其中T2＝

2

2m

qB

π

)

解得

12

(2)Bd

t t t

E

πθ

+

?=??=

＋

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

B，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

B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

【答案】(1)222

04q B L U m

=

(2)2h L = (3)0

212B B +≥，()

3224m t qB ππ=-+ 【解析】 【详解】

(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2

12

qU mv =

粒子在I 区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得2

01

v qvB m R =

根据几何关系可得：122

R L =

联立可得加速电场两极板间电势差222

04q B L U m

=

(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：()21h R cos Ltan θθ=-+ 可得：2h L =

(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()21cos R L θ+≤， 解得021

B +≥ 可知当021

2

B B =

时，粒子在II 区域中运动的时间最长，即粒子从左侧进入Ⅰ区到从左侧射出Ⅰ区的时间最长

粒子两次在I 区域运动的时间为10

1224m t qB π=??

粒子两次在磁场之间的时间为20

224L m

t v qB == 粒子在II 区域运动的时间(

)30

32321

4m m

t qB

qB

ππ=

?=-

总时间()

1230

3224

m t t t t qB ππ=++=-+

11．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U 1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v 0的关系为

022B m v ql

=，带电粒子重力不计。求 （1）带电粒子射入电场O 点时的速度大小v 0； （2）两平行极板间的电压U 2； （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）12qU m

2）U 1；（311

4qU m

π

【解析】 【详解】

（1）电荷在电场中加速，由动能定理得：2

1012

qU mv =， 解得：1

02qU v m

（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：0cos l v t θ=g

，01

sin 22

l v t θ=?，0sin v at θ=， 加速度：2

qU qE a m ml

=

= ， 解得：21,4

U U π

θ==

；

（3）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：2

00(cos )cos v qv B m R

θθ?=，

解得：2

3

R l =

， 粒子运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角：2

3

απ=， 粒子在磁场中的运动时间：0cos R

t v αθ

=

，

解得：11

4qU m

t π=

.

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) ，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：

13．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；(23)

2

mv

Bq

（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OO12d。

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。