高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧分析及练习题

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＝【解析】 【分析】 【详解】

1h2l22mhE q试题分析：（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE＝ma①

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v0，由A点运动到C点经历的时间为t， 则有：h12at② 2lv0t③

由②③式得v0＝la④ 2h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v1＝2ah⑤ 由①④⑤式得：v1＝v0v＝221qE4h2l22mh设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为，则有

⑥

tan＝v1⑦ v02h⑧ l由④⑤⑦式得＝arctan

（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，

v2则有qvB＝m⑨

R设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC＝PA＝R．用表示PA与y轴的夹角，由几何关系得：RcosRcosh⑩

Rsinl－Rsin

解得

h2l2R＝4h2l2 2hl由⑥⑨式得：B=1h2l22mhE q

2．两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），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷

2mqt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 2qB0qB0联立解得：

s11 h5（2）解法一

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

3．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)

(2)

【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）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：

4．如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′．球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B的最小值及小球P

相应的速率．(已知重力加速度为g)

【来源】带电粒子在磁场中的运动 【答案】Bmin2mggR，vsin

cosqRcos【解析】 【分析】 【详解】

据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力

f＝qvB ①

式中v为小球运动的速率．洛仑兹力f的方向指向O’．根据牛顿第二定律

Ncosmg0 ②

v2 ③ fNsinmRsin由①②③式得

qBRsinqRsin2vv0④

mcos2由于v是实数，必须满足

qBRsin24qRsin2()0 ⑤

mcos2由此得

B2mg ⑥

qRcos2mg ⑦

qRcos可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为

Bmin此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为

v由⑦⑧式得

qBminRsin ⑧

2mgRsin ⑨ cosv

5．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）Emvmg By，方向沿轴正方向；，方向垂直xOy平面向外（2）通qqR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：

E方向沿y轴正方向；

mgq

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：

v2qvBm

R可得磁感应强度大小：

B根据左手定则可知方向垂直xOy平面向外；

mv qR(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，其圆周运动的圆心Q的坐标为

(Rsin,Rcos)，圆周运动轨迹方程为：

(xRsin)2(yRcos)2R2

而磁场边界是圆心坐标为（0，R）的圆周，其方程为：

x2(yR)R2

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0 y0或：

{xRsinyR(1cos)

坐标为[Rsin,R(1cos)]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：

rm(2v)2R 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E面向外．

mgq ，方向沿y轴正方向和磁感应强度Bmv，方向垂直xOy平qR（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。

6．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 4

R1H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

7．在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z轴距离的2倍，重力加速度为g．求：

(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率v； (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym； (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E(E获得的最大速率vm。

mg)的匀强电场时，小球从O静止释放后q

【来源】江苏高考物理试题复习

22m2gqEmg。 【答案】(1)v2gy；(2)ym22 ；(3)vmqBqB【解析】 【详解】

⑴洛伦兹力不做功，由动能定理得

mgy解得

12mv0 ① 2v2gy ②

⑵设在最大距离ym处的速率为vm，根据圆周运动有

2vmqvmBmgm ③

R且由②知

vm2gym ④

由③④及R2ym，得

2m2gym22 ⑤

qB⑶小球运动如图所示，

由动能定理得

12(qEmg)ymmvm ⑥

2由圆周运动得

2vmqvmBmgqEm ⑦

R且由⑥⑦及R2ym，解得：

vm2qEmg qB

8．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L,0的A点。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0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45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15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Smin。

【来源】湖南省怀化市2019年高考物理一模物理试题

22L2mmv2mv0【答案】(1)；(2)；(3)3(0) v03eBeB2eL【解析】 【详解】

122mv01电子从A到C的过程中，由动能定理得：eEL1mvC

22vCcos45v0

2mv0联立解得：E

2eL2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：L其中vCvCsint1 2v0 cos2 3由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：电子在磁场中的运动时间：t2其中TT 22m eB2L2m v03eB电子在电场和磁场中运动的总时间tt1t2 联立解得：t3电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

2vC则有 evBm

r最小矩形区域如图所示，

由数学知识得：CD2rsin2 CQrrcos2

最小矩形区域面积：SminCDCQ 联立解得：Smin3(mv02) eB

9．如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，线段CO=OD=L，CD边在x轴上，∠ADC=30°。电子束沿y轴方向以相同的速度v0从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为

L，在第四象限正方形ODQP内存在沿x轴正方向、大小为E=Bv0的匀强电场，在y=－L3处垂直于y轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。

(1)电子的比荷；

(2)从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离： (3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P的最远距离。

【来源】【市级联考】河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试题 【答案】(1) 【解析】 【分析】

根据电子束沿速度v0射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解； 【详解】

（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径r由牛顿第二定律得Bev=mv

0022Le3v03 (2) (3) L mBL43L 3r电子的比荷

e3v0； mBL（2）若电子能进入电场中，且离O点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切，即粒子从F点离开磁场进入电场时，离O点最远：

设电子运动轨迹的圆心为O点。则OF=x=2L 32LEe2，yv0t 32mt从F点射出的电子，做类平抛运动，有x代入得y=2L 3电子射出电场时与水平方向的夹角为有tany1 2x2所以，从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G，则它与P点的距离 GPLytan2L； 3（3）设打到屏上离P点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时 yv0tv02xm2xL Ee3XLy设该电子打到荧光屏上的点与P点的距离为X，由平抛运动特点得xy

2xL所以X2x2y3xLx223L。 43Lx823L 8所以当xL，有Xm【点睛】

38本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。

10．如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L．O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为

7LL1，与水平线MN的距离为等(1))．线框abcd内和电容器两极板间都存在周期24性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一

带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去动．已知重力加速度为g，求：

1L2gL内恰好做匀速圆周运g

(1)此带电微粒的比荷(2)自0时刻起经时间q； m3L时微粒距O点的距离； 2g(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN．

【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题 【答案】（1）14B0Lg （2） （3）

L7L11L2nn0,1,2,3和2nn0,1,2 12g12g【解析】 【详解】

L2B解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：U4B0LgL t电容器两极间电场强度：EU4B0gL L时间1L2gL内：mgqE g解得比荷：

q1m4B0g L(2)微粒运动的轨迹如图所示

时间01L内：mgqEma 2g1L 2gvat1，t1解得：vgL Lmv2内：qv•8B0 grL 21L时间2g可得：r又T2r v解得：TL gL3L时微粒距O点的距离：x2r

2g (3) 时间0vL1L内，微粒竖直向下的位移：ht1

242gL1(1) 4设粒子转过角度时与O点间的竖直距离为：

L1(1)h sin4r解得：6和5 6每次微粒进入磁场后运动至水平线MN所需时间：t2解得：t2T 21L5L和t2 12g12g自开始至水平线MN的时间：tt1n•2Tt2，(n0,1,2,3,) 即：t(2n又2rn7L11L) ，(n0,1,2,3,) 和t(2n)12g12g7L 2解得：n3.5

微粒离开电容器后不再经过水平线MN，分析得自开始至水平线MN的时间：

t(2n7L11L ，(n0,1,2,3)和t(2n) ，(n0,1,2,3,) )12g12g

11．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g，求：

(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小. (3)微粒从P运动到Q的时间有多长.

【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)理综物理试题

6d1d2m2gd12mgEmg2gd1 【答案】(1)E1,2 (2) (3)q6gd2qd2q2【解析】 【详解】

(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：qE1sin45mg 求得：E12mg qmg q12mv 2微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：mgqE2 求得：E2(2)粒子进入磁场区域时满足：qE1d1cos45v2qvBm

R根据几何关系，分析可知：Rd22d2 sin30m2gd1整理得：B

2qd2(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满

足：

12a1t1d1 2mgtan45ma1

t2302R 360v经整理得：tt1t22d1122gd6d1d22gd1 g12qB6gd2

12．在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B（图像中的B0末知）随时间t的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0向右做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．不考虑地磁场的影响，求：

(1)电场强度E的大小；

(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间； (3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．

【来源】【百强校】2015届辽宁师范大学附属中学高三模拟考试物理卷（带解析)

【答案】（1）Emgq（2）2t0(

1 ＋1) （3）T＝8t0，3

【解析】 【分析】 【详解】

(1)小球从M点运动到N点时，有qE＝mg， 解得Emgq．

(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t0，小球从N点经过个圆周，到达P点，所以t2＝t0 小球从P点运动到D点的位移

x＝R＝

小球从P点运动到D点的时间

mv0， B0qt3Rm v0B0qt0所以时间

2m2t,t3=0， qB311)． 3tt1t2t3＝2t0((3)小球运动一个周期的轨迹如图所示．小球的运动周期为

T＝8t0.

13．在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系轴右侧有垂直水平桌面向上的匀强磁场B．在

，y轴左侧有沿y轴正方向的匀强电场E，y

处有一个带正电的小球A以速度

沿x轴正方向进入电场，运动一段时间后，从(0，8)处进入y轴右侧的磁场

中，并且正好垂直于x轴进入第4象限，已知A球的质量为

，求：

，带电量为

（1）电场强度E的大小； （2）磁感应强度B的大小；

（3）如果在第4象限内静止放置一个不带电的小球C，使小球A运动到第4象限内与C球发生碰撞，碰后A、C粘在一起运动，则小球C放在何位置时，小球A在第4象限内运动的时间最长(小球可以看成是质点，不考虑碰撞过程中的电量损失)．

【来源】【市级联考】山东省临沂市2019届高三下学期高考模拟考试（二模)理综物理试题

【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）小球A在电场中沿x、y轴方向上的位移分别设为

（2）1.5T（3）

x方向：y方向：加速度：联立可得：

, ,

,

（2）小球进入磁场时y方向的速度：合速度：

,方向：

，方向与y轴正方向成

小球A在磁场中做匀速圆周运动，垂直于x轴进入第4象限，做出小球A运动的轨迹如

图，设轨道半径为，由几何关系可得：

根据：,解得：

（3）在第4象限内A与C球发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度设为，在磁场中做圆周运动的轨道半径设为

,

解得：

即：小球运动的轨道半径不变 由周期公式

可得：碰撞后小球的速度小，故碰后的周期大，所以要使小球A在第4

象限内运动的时间最长，小球C应放在小球A进入第4象限时的位置：

即坐标为

14．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；（2）E（3）t4【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OO1=2d。

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。

(23)mv

2Bq12Bv，方向跟y轴成120°角，斜向下指向左边。 73m BqA点到x轴的距离：

ADR1cos45①

由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得

mv2② qvBR联立①②式得

AD（2）

mv21③ qB2

依题意：匀强电场的方向与x轴正向夹角应为135º。

设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第一次在磁场中飞行的时间为t1，有

T④ 82mT⑤

qBt1由几何关系可知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为45º。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O2，O2必定在直线OO1上。设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则∠OO2P=90º。设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2，有

1t2T⑥

4设带电粒子在电场中运动的时间为t3，依题意得

t3Tt1t2⑦

由匀变速运动的规律和牛顿定律可知

vvat3⑧

a联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得

qE⑨ mE（3）由几何关系可得：OPO245

8Bv⑩ 5故粒子自P点射出后将做类平抛运动。 则沿电场方向做匀加速运动：

S1垂直电场方向做匀速直线运动：

12at⑪ 2S2vt⑫ tan45联立得

S1⑬ S2t5m。 4qB

15．如图所示,在直角坐标系xOy平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出),I、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B、2B。a、b两带正电粒子从O点同时分别沿y轴正向、负向运动,已知粒子a质量为m、电量为q、速度大小为v,粒子b质量为2m、电量为2q、速度大小为v/2,粒子b恰好不穿出1区域,粒子a不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:

(1)小圆半径R1； (2)大圆半径最小值

(3)a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间t(不考虑a、b在其它位置相

遇)。

【来源】重庆市2019届4月调研测试（第二次诊断性考试)理综试卷物理试题 【答案】(1)R1【解析】 【详解】

解：(1)粒子b在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为rb

mv14m(31)mv (2)R2min (3)

qBqB2qBv2m()2根据洛伦磁力提供向心力有：2qvB2

2rb由粒子b恰好不穿出Ⅰ区域：R12rb 解得：R1mv qB(2)设a在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为ra1，

mv2根据洛伦磁力提供向心力有：qvB

ra1解得： ra1mvR1 qB设a在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为ra2，

mv2根据洛伦磁力提供向心力有：qv•2B

ra2解得： ra2mv1R1 2qB231R1R1 22设大圆半径为R2，由几何关系得：R2所以，大圆半径最小值为： R2min(3)粒子a在Ⅰ区域的周期为Ta1(31)mv

2qB2mmT，Ⅱ区域的周期为a2

qBqB131Ta2 2粒子a从O点出发回到O点所经过的最短时间为：ta1Ta1解得：ta17m 6qB2m qB7nm n=1，2，3… 6qB粒子b在Ⅰ区域的周期为：Tb讨论：①如果a、b两粒子在O点相遇，粒子a经过时间：tanta1粒子b经过时间：tbkTb2km k=1，2，3… qBtatb时，解得：

7n2k 6当k7，n12时，有最短时间：t114m qB②设粒子b轨迹与小圆相切于P点，如果a粒子在射出小圆时与b粒子在P点相遇

5(21n8)mtTTn6t n=1，2，3… 则有：aa1a2a163qB粒子b经过时间： tb(2k1)Tb(2k1)m k=1，2，3… 2qB21n8 3tatb时，解得：2k1ab不能相遇

③如果a粒子在射入小圆时与b粒子在P点相遇

7(21n13)mtT2Tn6t n=1，2，3… 则有：aa1a2a163qB粒子b经过时间：tb(2k1)Tb(2k1)m k=1，2，3… 2qB21n13 3tatb时，解得：2k1ab不能相遇

a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间为

14m

qB