高考物理带电粒子在复合场中的运动答题技巧及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y轴向下，在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场，质点到达x轴上A点，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d，接着，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为φ.求：

⑴粒子在磁场中运动速度的大小； ⑵匀强电场的场强大小.

【来源】带电粒子在复合场中的运动 计算题 【答案】(1)【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）由几何关系得：R=dsinφ 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得解得：

(2)

（2）质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有：

v0=vcosφ vsinφ=at d=v0t

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE=ma 解得：

2．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%

3．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P(x＝0，y＝h)点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点．不计重力．求： （1）粒子到达x＝R0平面时速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离； （2）M点的横坐标xM．

【来源】磁场 【答案】（1）Hh【解析】 【详解】

（1）做直线运动有，根据平衡条件有：

R1272ath0；（2）xM2R0R0R0hh2。 224qEqBv0①

做圆周运动有：

2v0qBv0m②

R0只有电场时，粒子做类平抛，有：

qEma③

R0v0t④ vyat⑤

解得：vyv0⑥ 粒子速度大小为：

22vv0vy2v0⑦

速度方向与x轴夹角为：粒子与x轴的距离为：

π⑧ 4R1Hhat2h0⑨

22（2）撤电场加上磁场后，有：

v2qBvm⑩

R解得：R2R0⑾. 粒子运动轨迹如图所示

圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为得C点坐标为：

，有几何关系4xC2R0⑿

yCHR0h过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：

R0⒀ 2CMR2R0⒁

CDyCh22R0⒂） 2解得：DMCMCD72R0R0hh2⒃ 4M点横坐标为：xM2R072R0R0hh2⒄ 4

4．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

dv(21)v2E0TttTtt【答案】(1)B；(2)；(3)min。 121min22vg2gv【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=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。

5．如图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为求：

（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）； （2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间； （3）线段CM的长度.

q的离子都能汇聚到D，试m

【来源】电粒子在磁场中的运动 【答案】（1）B2mv0dd；，磁场方向垂直纸面向外；（2）R，tqdv0cos（3）CMdcost。 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R

由

2v0qv0Bm

RR=d

得Bmv0，磁场方向垂直纸面向外 qdvcosθ=v0

（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t，由

得v＝由

v0 cosv2qvBm

R解得：R′=

d coss v方法一：设弧长为s，则运动的时间：

t=

又

s=2(θ+α)×R′

解得t=

2d v02m方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，则有：

qBtT（3）方法一：由几何关系得：

2d v0CM=MNcotθ

则有：

MNdR

sinsind， cos以上3式联立求解得

解得：RCM=dcotα

方法二：

设圆心为A，过A做AB垂直NO，如图所示

由几何关系得：

NMMBRcosMB而BOdMB 因此NM=BO 因

dMBdMB cosNM=CMtanθ

又

BOABcotRsincot解得：CM=dcotα

dsincot cos

6．如图，M、N是电压U=10V的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF相接，其中CD段光滑，DF段粗糙、长度x=1.0m．F点紧邻半径为R的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面)，圆筒上开一小孔与圆心O在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B=0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E．一质量m=0.01kg、电荷量q=－0.02C的小球a从C点静止释放，运动到F点时与质量为2m、不带电的静止小球b发生碰撞，碰撞后a球恰好返回D点，b球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动．不计空气阻力，小球a、b均视为质点，碰时两球电量平分，小球a在DF段与轨道的动摩因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2．求

(1)圆筒内电场强度的大小； (2)两球碰撞时损失的能量；

(3)若b球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从N点射出，则圆筒的半径．

【来源】福建省宁德市2019届普通高中毕业班质量检查理科综合物理试题 【答案】(1)20N/C；(2)0J；(3) 【解析】 【详解】

（1）小球b要在圆筒内做圆周运动，应满足：解得：E＝20 N/C

（2）小球a到达F点的速度为v1，根据动能定理得：Uq－μmgx＝小球a从F点的返回的速度为v2，根据功能关系得：μmgx＝R16tann≥3的整数）

n（1Eq＝2mg 21mv12 21mv22 2两球碰撞后，b球的速度为v，根据动量守恒定律得：mv1＝-mv2＋2mv 则两球碰撞损失的能量为：ΔE＝联立解得：ΔE＝0

111mv12－mv22－mv2 222（3）小球b进入圆筒后，与筒壁发生n-1次碰撞后从N点射出，轨迹图如图所示：

每段圆弧对应圆筒的圆心角为

2，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r1＝Rtan nn1v2粒子在磁场中做圆周运动：qvB2m

2r1联立解得：

R16tan（n≥3的整数）

n

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，

3L）点以大小为v0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2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

2mv0． 小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）【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：y(21)mv0(21)mv0≤B＜

2eLeL12at1 2加速度为：aeE mL v0

水平方方向为：t1竖直速度：vy＝at1 解得：y1＝

L vy＝v0 2

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

3LL，又因为A点的坐标是（0，），电子在无电场和磁场的

22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＝2v0，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r1＋r1sin45°＝L

mv2电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：evB1

r1解得：B1(21)mv0

Le当运动轨迹与bc相切时，有：r2＋r2sin45°＝2L

mv2 电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：evB2r2解得：B2(21)mv0

2Le(21)mv0(21)mv0≤B＜

2LeLe匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件：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，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0应强度大小为B，在y>d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30,由几何知识可得：

OO13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 粒子在OA段运动的时间为：t1粒子在AB段运动的时间为t2302mm

360qB6qB1202mm

360q2B3qB302mm

360qB6qB粒子在BP段运动的时间为t3t1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221化简为：3Rxx2d20 33则当R22x时，位置坐标x取最小值：xmin3d 3

9．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2侧射出Ⅰ区的时间最长

12mt2粒子两次在I区域运动的时间为1

4qB0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1m qB0总时间tt1t2t33224m qB0

10．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】

(2)

（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

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：

，

即粒子第一次回到电场时的位置坐标为

11．如图所示，半径为r的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B0，方向垂直于纸面向外．磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏．加速管右侧存在方向垂直于纸面向外磁感应强度也为B0的匀强磁场区域Ⅱ．在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的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y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．（不计粒子重力及其相互作用）

（1）求粒子刚进入加速管时的速度大小v0； （2）求加速电压U；

（3）若保持加速电压U不变，磁场Ⅱ的磁感应强度B=0.9 B0，求荧光屏上有粒子到达的范围？

【来源】江苏省扬州市高邮市2018－2019学年度第二学期高三年级阶段性物理调研试题 【答案】（1）【解析】 【分析】

由运动方向通过几何关系求得半径，进而由洛伦兹力作向心力求得速度；再由几何关系求得半径，由洛伦兹力作向心力联立两式求得粒子速度，应用动能定理求得加速电压；先通过几何关系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子运动的半径及几何关系求得可打在荧光屏上的粒子范围； 【详解】

解：(1)磁场区域Ⅰ内粒子运动轨道半径为：

（2）

（3）

(2)粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为:

又

由动能定理得：解得：

(3)粒子经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与x轴平行；经证明可知： OO1CO2是菱形，所以CO2和y轴平行，v和x轴平行

磁场Ⅱ的磁感应强度B2减小10%，即 荧光屏上方没有粒子到达的长度为:即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端

，

处到下端，总长度

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、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R相连．整个发电导管处于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向如图垂直前后侧面．发电导管内有电阻率为的高温高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势．已知气体在磁场中的流速为v，

求：（1）磁流体发电机的电动势E的大小；

（2）磁流体发电机对外供电时克服安培力做功的功率P安多大； （3）磁流体发电机对外供电时的输出效率.

【来源】【全国百强校】天津市实验中学2019届高三考前热身训练物理试题

RB2a2v2100%a【答案】（1）Bav（2） a（3）RRblbl【解析】

【详解】

解：(1)磁流体发电机的电动势：EBav (2)回路中的电流：I发电机内阻：rE Rrabl

受到的安培力：FBIa 克服安培力做功的功率：P安Fv

B2a2v2克服安培力做功的功率：P安a

Rbl(3)磁流体发电机对外供电时的输出效率：外电压：UIR 磁流体发电机对外供电时的输出效率：

UI EIRRabl100%

13．“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后．从下方以恒定速率v1,向上射入有磁感应强度为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域I内．当栅极MN、PQ间形成稳定的电场后．自动关闭区域I系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)．区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板A)．放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出．在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力．不计粒子之间相互作用与相对论效应)．已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q，求：

(1)当栅极MN、PQ间形成稳定的电场时，其电场强度E多大． (2)氙原子核从PQ喷出时的速度大小v2．

(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域I的氙原子核占A处发射粒子总数的百分比．

【来源】【全国市级联考】湖南省衡阳市2018届高三下学期第三次联考理综物理试题

2228mBvqdqB2D;（3）33.3%．11【答案】（1）E=v1B1;（2）

2m【解析】

（1）等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q′ ， 则EqB1v1q 即 EB1v1

2v3（2）氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时,设速度为v3,则有： B2qv3m

r根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核束，即r则： v3D 2B2qrB2qD m2m氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为v2，根据动能定理可知： 其中电压UEdB1v1d

2228B1v1qdmB2Dq联立可得v2 24m（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为B之后，根据r'2mv 可知，r′=r=D 'B2q

①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I．

该轨迹的圆心O1，正好在N点，AO1=MO1=D，所以根据几何关系可知，此时∠FAN=900； ②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I． AO2=AN=NO2=D，所以此时入射角度∠GAN=300；

根据上述分析可知，只有∠FAG=600；这个范围入的粒子还能进入区域I．该区域的粒

600子占A处总粒子束的比例为100033.30 000180

点睛：考查牛顿第二定律与运动学公式的应用，掌握由洛伦兹力提供向心力的求解方法，理解动能定理的内容，注意正确画出运动轨迹，及分清各段运动性质；第三问要注意临界条件，求出恰从上、下两边缘射出的粒子的入射角，从而求出射入Ⅰ区的粒子数点比．

14．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

1212mv1mv⑤ 22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

qE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

15．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1m。现从坐标为（﹣0.2m，﹣0.2m）的P点发射出质量m＝2.0×10﹣9kg、带电荷量q＝5.0×10﹣5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s（粒子重力不计）。 （1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度；

（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，﹣0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【来源】2019年四川省乐山市高三三模理综物理试题 【答案】（1）1.0×104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】

解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：

2v0qv0Bm

r可得：r=0.20m=R

根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设

粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：lv0t，y12at 2根据牛顿第二定律可得：Eqma 联立可得：E1.0104N/C

（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：vyat粒子射出电场时速度：v2v0

根据几何关系可知，粒子在B区域磁场中做圆周运动半径：rqEl5.0103m/s=v0 mv02y

v2根据洛伦兹力提供向心力可得： qvBm

r联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：Bmv4T qr根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。