高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题

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

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

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∠'=?﹣

OC =

，OC r '=，OO R r '=﹣ 由余弦定理有

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1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），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0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。0t =时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的1N 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2N 点，Q 为线段12N N 的中点，重力加速度为g ，上述d 、0E 、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)0

2E B v

=；(2)122d v T t t v g π=+=+；(3)min 1min 2(21)2v T t t g π+=+。【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=qE 0 ①

∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0. 则 mg+qE 0=qvB ② 联立①②得：q=

③B=

④

(2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，作圆周运动的周期为t 2，则=vt 1⑤qvB=m

⑥2πR=vt 2 ⑦

联立③④⑤⑥⑦得：t 1=

，t 2=

⑧

电场变化的周期T=t 1+t 2=+

⑨

(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N 1Q 段直线运动的最短时间t 1min ，由⑤⑩得t 1min =

，

因t 2不变，T 的最小值 T min =t 1min +t 2=。

答：(1)微粒所带电荷量q 为，磁感应强度B 的大小为。

(2)电场变化的周期T 为+

。 (3)T 的最小值为。

【点睛】

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。

3．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

=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

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v=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22

r 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 -?=-=?

4．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)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

C eEL mv mv =-

0cos45C v v =o

联立解得：2

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

CD r θ

=? cos

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

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=

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

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

，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

，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

，故sin∠COF=

，∠

COF=

，∠DOF=∠FKD=

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

(2)(4)

R H R R

v v

++-+

'==

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

Δt

上方最后的一个粒子从E点到达D点所需时间为

()

000

π1

R Rsin2πR62π33

t R

2v2v

-+-

=+=

要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t

'≤+?

联立解得

π336

≥

6．如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2=0.8T，t=0时刻，一质量

m=8×10－4kg、电荷量q=+2×10－4C的微粒从x轴上x p=－0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g取10m/s2)

(1)求电场强度。

(2)若磁场15πs后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；

(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)。

【来源】陕西榆林市2019届高考模拟第三次测试理科综合物理试题

【答案】(1) 40/

E N C

=，方向竖直向上 (2) 2.4m (3)(0.302.25)

，

【解析】

【详解】

(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等，则：qE mg

解得：40/

E N C

=，方向竖直向上

(2)由牛顿第二定律有：

2 1

qvB m

所以1

0.6

R m

T s

从图乙可知在05s

~内微粒做匀速圆周运动，在510s

ππ

~内微粒向左做匀速直线运动．在1015s

ππ

~内微粒又做匀速圆周运动，在15s

π内微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴．

离x轴的最大距离11

'224 2.4

s R R m

=?==

(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径．

由牛顿第二定律，有

qvB m

所以2

0.62

R m r

===

所以最大偏转角为60°

所以圆心坐标0.30

x m

'60 2.40.3 2.25

y s rcos m m

=-?=-?=

即磁场的圆心坐标为()

0.302.25

，．

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m1、m2（m1＞m2），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 V

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）

B x

（2）最大值x最小值cos

xα（3）

cos

m m

(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=

mv2

洛伦兹力提供向心力：qvB=m

落点到O的距离等于圆运动直径：x=2R

所以粒子的比荷为：

q U

m B x

（2）粒子在磁场中圆运动半径

qmU x

R==

由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O1）或右偏θ角（轨迹圆心为O2）

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

当加速电压为U-△U、偏角θ=α时，距离最小

L min=2R min

cosα=

cosα

②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子

由

和 m1＞m2，知：R1＞R2

要使落点区域不重叠，则应满足：L1min＞L2max

cosα

＞

解得：

cos

m m

．

（应有条件m1cos2α＞m2，否则粒子落点区域必然重叠）

8．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为

B，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m、电量为e，重力不计．真空中的光速为c，普朗克常量为h．

（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v

（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的平均功率P

（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……A n共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感

应强度B 大小

【来源】2019年天津市滨海新区塘沽一中高三三模理综物理试卷

【答案】(1) 222202e B R mc v mh h =+，222

02e B R E m = ；(2) 20e B U m

π ；(3)02sin B R n d

【解析】【详解】

解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：2

00mv evB R

= 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eB R

v m

正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：2222

00122e B R E mv m

正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=

正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：2222

02e B R mc v mh h

(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：

201

neU mv =

解得：22

02eB R n mU

正、负电子在磁场中运动的周期为：0

T eB π=

正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R n

t T U

π==

D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B U

W E P t t m

π===

(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin

r n

解得：

2sin

d r n

π=

根据洛伦磁力提供向心力可得：

0 0

ev B

电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：0

2sin

B R

9．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

由2

v qvB m R

得：v =0.2m/s

(2)磁场中运动的路程s 1=πR=0.628m 电场中加速度25m/s qE

a m

= 电场的路程2

220.008m 2v s a

=?=

小球a 射入磁场到与小球b 相碰过程运动的路程120.636m s s s =+= (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v a D =0，v b D =0.2m/s 此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动

由2

gt h =得，两小球在空中运动时间20.7s h t g == 水平方向：b 球匀速运动，a 球加速运动，加速度25m/s qE

a m

= 每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，v —t 图如图所示：

可得，每两次碰撞间隔时间是定值：21

()2

bD v t a t ??=

0.08s t ?=

由

0.7380.084

t t ==? 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v bN =(n +1)v bD =0.2(n +1) m/s

小球离开D 点后在空中第一次碰撞前，水平位移x 1=v b 1·△t=0.016m 小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x 2=2v b 1·

△t=0.032m 以此类推，小球在空中第n -1次到第n 次碰撞水平位移x n =nx 1=0.016m 所以，在空中碰撞8次时的水平位移x 0=0.016×（1+2+3+4+5+6+7+8）=0.576m 第8次碰后 v b 8=1.8m/s v a 8=1.6m/s

所以，8次碰后0.06s 内，△x b =v b 8×0.06=0.108m △x a =v a 8×0.06+

a ×0.062=0.105m 所以，水平位移分别为x a =x 0+△x a =0.681m x

b =x 0+△x b =0.684m

10．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．

(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2qBd

v m

= ，求粒子打在x 轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；

(3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度qBd

v m

，求该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值．【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

【答案】（1）R d =（2） (43OP d = 23m

t qB

π=（3）min 3x d = 【解析】【分析】【详解】

（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：2

v qv B m r =

把0qBd

v m

，代入上式，解得：R d = (2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为02v v =时，如图所示

在OA 段圆周运动的圆心在O 1，半径为12R d = 在AB 段圆周运动的圆心在O 2，半径为R d = 在BP 段圆周运动的圆心在O 3，半径为12R d =

可以证明ABPO 3为矩形，则图中30θ=o ,由几何知识可得：

2cos303OO d d ==o

所以：323OO d d =-

所以粒子打在x 轴上的位置坐标()

133243OP O O OO d =+=-

粒子在OA 段运动的时间为：13023606m m

t qB qB ππ==o o g 粒子在AB 段运动的时间为2120236023m m t q B qB ππ==o o

g g 粒子在BP 段运动的时间为313023606m m

t t qB qB

ππ===o o g 在此过程中粒子的运动时间：12223m

t t t qB

π=+=

(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：(

222x R R d R d =--化简得：222340R Rx x d -++=

把上式配方：2

x x d

--+=

化简为：

R x x d

-=-≥

则当

R x

=时，位置坐标x取最小值：

min

x d

11．如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆，圆心坐标为（R，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成30?，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为

2-h。求：

（1）带电粒子的比荷

；

（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；

（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。

【来源】2020届天津市六校高三上学期期末联考物理试题（天津外大附校等)

【答案】（1）

m Eh

=（2）

4Eh

v R（3

63π

h R

【解析】

【详解】

(1)由水平方向匀速直线运动得

2h=v0t1

竖直向下的分速度

ta30

v v?

由竖直方向匀加速直线运动知v y=at1，加速度为

根据以上式解得

(2)粒子进入磁场的速度为v，有

cos30

粒子运动轨迹如图所示

由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为

r=R

由洛伦兹力提供向心力可知

qvB

解得

4Eh

v R

(3)粒子在磁场中运动的时间为

t T

粒子在磁场中运动的周期为

=，粒子在电场中运动的时间为

粒子运动的总时

t t t

代入数据得：

63π

h R

12．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

2B m v =，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

【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，