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2019-2020年高考物理專題匯編 專題4 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動（B）（含解析）
一．選擇題
1.(xx?宿遷市三校檢測?8)．如圖所示為速度選擇器裝置，場強為E的勻強電場與磁感應強度為B的勻強磁場互相垂直．一帶電量為+q，質量為m的粒子(不計重力)以速度v水平向右射入，粒子恰沿直線穿過，則下列說法正確的是( )
v
+
－
－
－
－
+
+
+
B
A．若帶電粒子帶電量為+2q，粒子將向下偏轉
B．若帶電粒子帶電量為－2q，粒子仍能沿直線穿過
C．若帶電粒子速度為2v，粒子不與極板相碰，則從右側射出時電勢能一定增大
D．若帶電粒子從右側水平射入，粒子仍能沿直線穿過
二．非選擇題
2.(xx?吉林三模?25)(19分)如圖所示，真空室內有一個點狀的α粒子放射源P，它向各個方向發(fā)射α粒子(不計重力)，速率都相同。ab為P點附近的一條水平直線(P到直線ab的距離PC=L)，Q為直線ab上一點，它與P點相距PQ= L (現只研究與放射源P和直線ab同一個平面內的α粒子的運動)，當真空室內(直線ab以上區(qū)域)只存在垂直該平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場時，水平向左射出的α粒子恰到達Q點；當真空室(直線ab以上區(qū)域)只存在平行該平面的勻強電場時，不同方向發(fā)射的α粒b
a
P
Q
L
C
子若能到達ab直線，則到達ab直線時它們動能都相等，已知水平向左射出的α粒子也恰好到達Q點。(α粒子的電荷量為+q，質量為m；sin37=0.6；cos37=0.8)求：
（1）α粒子的發(fā)射速率
（2）勻強電場的場強大小和方向
（3）當僅加上述磁場時，能到達直線ab的α粒子所用最長時間和最短時間的比值
y
x
O
L
60o
30o
v0
3.(xx?蘇錫常鎮(zhèn)四市二調?14)．（16分）如圖所示，在xOy平面內0
L的區(qū)域內有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．某時刻，一帶正電的粒子從坐標原點，以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的另一時刻，一帶負電粒子以同樣的初速度從坐標原點進入電場．正、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60o和30o，兩粒子在磁場中分別運動半周后恰好在某點相遇．已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計．求：
（1） 正、負粒子的比荷之比；
（2） 正、負粒子在磁場中運動的半徑大小；
（3） 兩粒子先后進入電場的時間差．
A
P
v0
O
a
y
x
C
Q
4.(xx?宿遷市三校檢測?15)．（16分）如圖所示，在空間建立O-xyz坐標系，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，垂直紙面向外為z軸的正方向（圖中未畫出）．一個放射源放在x軸上A點()，它能持續(xù)放出質量為m，帶電量為+q，速度大小為0的粒子，粒子射出方向與x軸夾角可調節(jié)，在第二象限區(qū)域外加場的作用下，粒子射出后總由y軸上C點（）以垂直于y軸的方向射入第一象限．而在y軸右側相距為a處有與x軸垂直的足夠大光屏PQ，y軸和光屏PQ間同時存在垂直紙面向外、大小為E0的勻強電場以及大小為的勻強磁場，不計粒子的重力．
（1）若在第二象限整個區(qū)域僅存在沿－y軸方向的勻強電場，求該電場的場強E；
（2）若在第二象限整個區(qū)域僅存在垂直紙面的勻強磁場，求磁感應強度B；
（3）在上述兩種情況下，粒子最終打在光屏上的位置坐標．
5.(xx?濟南一模?24)．(20分)如圖所示的xoy坐標系中，在第I象限內存在沿y軸負向的勻強電場，第IV象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點垂直進入勻強電場，經過x軸上的Q點以速度可進入磁場，方向與x軸正向成30。若粒子在磁場中運動后恰好能再回到電場，已知=3L，粒子的重力不計，電場強度E和磁感應強度B大小均未知。求
(1)OP的距離
(2)磁感應強度B的大小
(3)若在O點右側22L處放置一平行于y軸的擋板，粒子能擊中擋板并被吸收，求粒子從P點進入電場到擊中擋板的時間
6. (xx?鹽城1月檢測?16)．如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，場強E＝N／C?，F將一重力不計、比荷 C／kg的正電荷從電場中的O點由靜止釋放，經過t0＝110－5s后，通過MN上的P點進入其上方的勻強磁場。磁場方向垂直于紙面向外，以電荷第一次通過MN時開始計時，磁感應強度按圖乙所示規(guī)律周期性變化。
（1）求電荷進入磁場時的速度v0；
（2）求圖乙中t＝210－5s時刻電荷與P點的距離；
（3）如果在P點右方d＝105 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間（本小題保留三位有效數字）.
7.(xx?揚州高三測試?15).（16分）如圖所示，用特殊材料制成的PQ界面垂直于x軸，只能讓垂直打到PQ界面上的電子通過．PQ的左右兩側有兩個對稱的直角三角形區(qū)域，左側的區(qū)域內分布著方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，右側區(qū)域內分布著豎直向上勻強電場．現有速率不同的電子在紙面上從坐標原點O沿不同方向射向三角形區(qū)域，不考慮電子間的相互作用．已知電子的電量為e，質量為m，在△OAC中，OA＝l，θ＝60．
(1) 求能通過PQ界面的電子所具有的最大速度及其從O點入射時與y軸的夾角；
(2)若以最大速度通過PQ界面的電子剛好被位于x軸上的F處的接收器所接收，求電場強度E；
(3)在滿足第（2）問的情況下，求所有能通過PQ界面的電子最終穿越x軸的區(qū)間寬度．
y
8.(xx?揚州開學考試?15). （15分）電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成．偏轉電場由加了電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板形成，如圖甲所示．大量電子（其重力不計）由靜止開始，經加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉電場．當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0，當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時，所有電子均從兩板間通過，然后進入水平寬度為L，豎直寬度足夠大的勻強磁場中，最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上．問：
（1）電子在剛穿出兩板之間時的最大側向位移與最小側向位移之比為多少？
（2）要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上，勻強磁場的磁感應強度為多少？
（3）在滿足第（2）問的情況下，打在熒光屏上的電子束的寬度為多少？（已知電子的質量為m、電荷量為e）
U0
4t0
t0
3t0
2t0
t
0
U
乙
L
B
熒
光
屏
U
＋
＋
－
－
甲
e→
9.(xx?德州二模?24)．(20分)如圖所示，在xOy直角坐標平面內的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的區(qū)域有沿方向的勻強電場。在x軸上坐標為的S點有一粒子源，它一次能沿紙面同時向磁場內每個方向發(fā)射一個比荷，速率的帶正電粒子。若粒子源只發(fā)射一次，其中只有一個粒子Z恰能到達電場的右邊界，不計粒子的重力和粒子間的相互作用(結果可保留根號)。求：
(1)粒子在磁場中運動的半徑R；
(2)粒子Z從S發(fā)射時的速度方向與磁場左邊界的夾角；
(3)第一次經過y軸的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐標；
(4)若粒子P到達y軸瞬間電場突然反向，求粒子P到達電場右邊界時的速度。
10.(xx?日照聯(lián)合檢測?24）．(20分)如圖所示，某空間中有四個方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小相同、半徑均為R的圓形勻強磁場區(qū)域l、2、3、4。其中l(wèi)與4相切，2相切于l和3，3相切于2和4，且第1個磁場區(qū)域和第4個磁場區(qū)域的豎直方向的直徑在一條直線上。一質量為m、帶電荷量為-q的粒子，靜止置于電勢差為U0的帶電平行板(豎直放置)形成的電場中(初始位置在負極板附近)，經過電場加速后，從第1個磁場的最左端水平進入，并從第3個磁場的最下端豎直穿出。已知tan22.5=0.4，不計帶電粒子的重力。
(1)求帶電粒子進入磁場時的速度大小。
(2)試判斷：若在第3個磁場的下面也有一電勢差為U0的帶電平行板(水平放置，其小孔在第3個磁場最下端的正下方)形成的電場，帶電粒子能否按原路返回?請說明原因。
(3)求勻強磁場的磁感應強度大小B。
(4)若將該帶電粒子自該磁場中的某個位置以某個速度釋放后恰好可在四個磁場中做勻速圓周運動，則該粒子的速度大小為多少?
11. (xx?江山市模擬?12)．（22分）近代的材料生長和微加工技術，可制造出一種使電子的運動限制在半導體的一個平面內（二維）的微結構器件，且可做到電子在器件中像子彈一樣飛行，不受雜質原子射散的影響．這種特點可望有新的應用價值．圖1所示為四端十字形，二維電子氣半導體，當電流從l端進入時，通過控制磁場的作用，可使電流從 2、3或4端流出．對下面摸擬結構的研究，有助于理解電流在上述四端十字形導體中的流動．在圖2中，a、b、c、d為四根半徑都為R的圓柱體的橫截面，彼此靠得很近，形成四個寬度極窄的狹縫1、2、3、4，在這些狹縫和四個圓柱所包圍的空間（設為真空）存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里．一個質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，由靜止經電場加速后，在紙面內以速度v0沿與a、b都相切的方向由縫1射入磁場內，與其中一個圓柱表面發(fā)生一次彈性碰撞（碰撞無機械能損失），從縫2處且沿與b、c都相切的方向射出，碰撞時間極短，且碰撞不改變粒子的電荷量，也不受摩擦力作用，重力忽略不計．加速電場兩板間距為d，兩極板厚度不計且其右極板與圓柱a、b同時相切．
（1）求加速電場電壓U．
（2）求磁感應強度B．
（3）求從由靜止加速到從縫2射出所用的時間t．
12. (xx?煙臺高考測試?24)．（20分）邊長為3L的正方形區(qū)域分成相等的三部分，左右兩側為勻強磁場，中間區(qū)域為勻強電場，如圖所示。左側磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外；右側磁場的磁感應強度大小為，方向垂直于紙面向里；中間區(qū)域電場方向與正方形區(qū)域的上下邊界平行。一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從平行金屬
板的正極板開始由靜止被加速，加速電壓為U，加速后粒子從a點進入左側磁場，又從距正方形上下邊界等間距的b點沿與電場平行的方向進入電場，不計粒子重力，求：
⑴粒子經過平行金屬板加速后的速度大??；
⑵粒子在左側磁場區(qū)域內運動時的半徑及運動時間；
⑶電場強度E的取值在什么范圍內時粒子能從右側磁場的上邊緣cd間離開？
＋
—
a
b
c
d
E
B2
B1
第3講 帶電粒子在復合場中的運動（B卷）
參考答案與詳解
1.【答案】BC
【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在混合場中的運動。
【解析】A、粒子恰沿直線穿過，電場力和洛倫茲力均垂直于速度，故合力為零，粒子做勻
速直線運動；
根據平衡條件，有：
解得：
只要粒子速度為，就能沿直線勻速通過選擇器；
若帶電粒子帶電量為，速度不變，仍然沿直線勻速通過選擇器；故A錯誤；
B、若帶電粒子帶電量為，只要粒子速度為，電場力與洛倫茲力仍然平衡，仍然沿直線勻速通過選擇器，故B正確；
C、若帶電粒子速度為，電場力不變，洛倫茲力變?yōu)?倍，故會偏轉，克服電場力做功，電勢能增加，故C正確；
D、若帶電粒子從右側水平射入，電場力方向不變，洛倫茲力方向反向，故粒子一定偏轉，故D錯誤。
故選：BC
【易錯警示】在速度選擇器中，粒子的受力特點：同時受到方向相反的電場力和洛倫茲力作用；粒子能勻速通過選擇器的條件：電場力和洛倫茲力平衡，即，，只有速度為的粒子才能沿直線勻速通過選擇器；若粒子從反方向射入選擇器，所受的電場力和磁場力方向相同，粒子必定發(fā)生偏轉。
2.【答案】（1）；（2）勻，方向垂直向下；（3）。
【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。
b
a
P
Q
O
C
A
【解析】設粒子做勻速圓周運動的半徑，過O作PQ的垂線交PQ于A點，如圖所示：
由幾何知識可得：
代入數據可得粒子軌跡半徑：
洛侖磁力提供向心力：
解得粒子發(fā)射速度為：
⑵真空室只加勻強電場時，由粒子到達直線的動能相等，可得為等勢面，電場方向垂直向下
水平向左射出的粒子做類平拋運動，由運動學關系可知：
與平行方向：
與垂直方向：
其中：
解得：
⑶真空室只加磁場時，圓弧和直線相切于D點，粒子轉過的圓心角最大，運動時間最長，如圖所示：
則：，
最大圓心角：
最長時間：
C
O1
β
O2
P
θ
D
圓弧經C點，粒子轉過的圓心角最小，運動時間最短．
則：，
最小圓心角：
最短時間：
則最長時間和最短時間的比值為：(或2.20)
答：（1）粒子的發(fā)射速率為；
（2）勻強電場的場強大小為，方向垂直向下；
（3）當僅加上述磁場時，能到達直線的粒子所用最長時間和最短時間的比值為。
3.【答案】（1）正、負粒子的比荷之比是1：3；
（2）正、負粒子在磁場中運動的半徑大小分別是和；
（3）兩粒子先后進入電場的時間差是．
【命題立意】本題旨在考察帶電粒子在電場和磁場中的運動，
【解析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，沿運動方向和受力方向分解，結合牛頓第二定律
即可求出；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律即可求出它們的半徑；
（3）由周期與半徑的關系：分別求出它們的周期，然后求出它們的磁場中運動 的
時間，即可求出兩粒子先后進入電場的時間差．
（1）設粒子進磁場方向與邊界夾角為θ，粒子在水平方向做勻速直線運動，則：
沿電場線的方向：，vy=at 又：
聯(lián)立得：
（2）粒子在電場中的偏轉量：∝
所以： 又：
兩粒子離開電場位置間的距離：d=y1+y2
磁場中圓周運動速度：，
所以：，
由洛倫茲力提供向心力得：，
得：，
所以：
根據題意作出運動軌跡，兩粒子相遇在P點，
由幾何關系可得：
2r1=dsin60
2r2=dsin30
聯(lián)立解得：，
（3）粒子在磁場中運動的周期：
兩粒子在磁場中運動時間均為半個周期，則：t1=，
由于兩粒子在電場中時間相同，所以進電場時間差即為磁場中相遇前的時間差：
4.【答案】（1）；（2）；（3）、
【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。
【解析】（1）設粒子射出時速度方向與x軸正方向夾角為，則有：
，
O＇
R
所以：
，，
所以：
（2）設粒子在第二象限磁場中做勻速圓周運動的半徑為，
則：，
得：，
（3）在第一種情況下，粒子進入第一象限的速度為，
在磁場B0中做勻速圓周運動的半徑：
從進入第一象限到打到光屏上的時間為：
粒子在z軸方向上做初速度為0的勻加速直線運動，在時間內沿z軸方向通過的距離：
，
則粒子在光屏上的位置坐標為：
在第二種情況下，粒子進入第一象限的速度為，
在磁場中做勻速圓周運動的半徑：
從進入第一象限到打到光屏上的時間為：
粒子在z軸方向上做初速度為0的勻加速直線運動，在時間內沿z軸方向通過的距離：
，
則粒子在光屏上的位置坐標為：
答：（1）若在第二象限整個區(qū)域僅存在沿－y軸方向的勻強電場，求該電場的場強為；
（2）若在第二象限整個區(qū)域僅存在垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度為；
（3）在上述兩種情況下，粒子最終打在光屏上的位置坐標為、。
5.【答案】(1) ；(2) ；(3)
【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。
【解析】（1）粒子在Q點進入磁場時：
粒子從P點運動到Q點的時間：
OP間的距離：
（2）粒子恰好能回到電場，即粒子在磁場中軌跡的左側恰好與y軸相切，設半徑為
可得：
（3）粒子在電場和磁場中做周期性運動，軌跡如圖：
一個周期運動過程中，在軸上發(fā)生的距離為
P點到擋板的距離為，所以粒子能完成5個周期的運動，然后在電場中沿軸運動時擊中擋板。
5個周期的運動中，在電場中的時間為：
磁場中運動的時間：
剩余中的運動時間：
總時間：
答：(1)OP的距離為；(2)磁感應強度B的大小為；
(3)粒子從P點進入電場到擊中擋板的時間為。
6.【答案】（1）（2）；（3）
【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、牛頓第二定律、向心力、帶電粒子在勻強電場中的運動。
【解析】（1）由于電荷在電場中做勻加速直線運動，則：，
代入數據解得：。
（2）當時，電荷運動的半徑：，
周期：
當時，電荷運動的半徑：，周期：
故電荷從時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示：
時刻電荷先沿大圓軌跡運動四分之一個周期再沿小圓軌跡運動半個周期，與P點的水平距離為。
（3）電荷從P點開始，其運動的周期為，根據電荷的運動情況可知，電荷每一個周期向右沿PN運動的距離為40 cm，故電荷到達擋板前運動的完整周期數為2個，沿PN運動的距離，最后的距離如圖所示，設正電荷以角撞擊到擋板上，
有：
解得：,即：
故電荷從點出發(fā)運動到擋板所需的總時間：
解得：
答：（1）電荷進入磁場時的速度為；
（2）圖乙中時刻電荷與P點的距離；
（3）如果在P點右方處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間為。
7.【答案】(1) 、；(2) ；(3)
【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、牛頓第二定律、向心力、帶電粒子在勻強電場中的運動。
【解析】（1）要使電子能通過PQ界面，電子飛出磁場的速度方向必須水平向右，由，可知，，越大越大，從C點水平飛出的電子，運動半徑最大，對應的速度最大，即時，電子的速度最大
故：
其從O點入射時與y軸夾角為
（2）以最大速度通過PQ界面的電子進入電場后做類平拋運動，剛好被位于x軸上的F處的接收器所接收，，
解得：
（3）電子進入電場后做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動穿越x軸，設類平拋運動的水平分位移為，豎直分位移為，出電場時速度的方向與水平方向的夾角為，出電場后做勻速直線運動的水平分位移為，其軌跡與x軸的交點與PQ界面的距離為s．
，，，
可得，
，其中
當時，
當（或）時，
所有能通過PQ界面的電子最終穿越x軸的區(qū)間寬度為：
答：(1) 能通過PQ界面的電子所具有的最大速度為，其從O點入射時與y軸的夾角是；
(2)若以最大速度通過PQ界面的電子剛好被位于x軸上的F處的接收器所接收，電場強度為；
(3)所有能通過PQ界面的電子最終穿越x軸的區(qū)間寬度為。
8.【答案】（1）；（2）；（3）
【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。
【解析】（1）由題意可知，從、、……等時刻進入偏轉電場的電子側向位移最大，在這種情況下，電子的側向位移為：
從、……等時刻進入偏轉電場的電子側向位移最小，在這種情況下，
電子的側向位移為：
所以最大側向位移和最小側向位移之比為：
（2）設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中運動半徑應為：
設電子從偏轉電場中出來時的速度為，垂直偏轉極板的速度為，則電子從偏轉電場中出來時的偏向角為：
式中：
又：
由上述四式可得：
（3）由于各個時刻從偏轉電場中出來的電子的速度大小相同，方向也相同，因此電子進入磁場后的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上
由第（1）問可知電子從偏轉電場中出來時的最大側向位移和最小側向位移的差值為：
所以：
所以打在熒光屏上的電子束的寬度就為：
答：（1）電子在剛穿出兩板之間時的最大側向位移與最小側向位移之比為；
（2）要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上，勻強磁場的磁感應強度為；
（3）在滿足第（2）問的情況下，打在熒光屏上的電子束的寬度為。
9.【答案】 1）R=0.1m 2) 3) P點坐標（0 4）v=方向與邊界成45度角
【命題立意】本題旨在考察帶電粒子在組合場中運動的規(guī)律
【解析】 (1)粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即可求出軌道半徑
（2）粒子垂直進入電場，即垂直邊界離開磁場，根據入射點、出射點畫出軌跡即可求得
（3）在y軸上運動到最高點的粒子運動軌跡與y軸相切，據數學幾何知識可求；
（4）Z粒子進入電場后，電場力對其做功，依據動能定理即可獲求。依據類平拋的運動規(guī)律來求。
（1）粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力
解得：R=0.1m
(2)由題意可知Z粒子是垂直電場左邊界進入電場的，作出Z粒子在磁場中的運動軌跡如圖（a）所示，O1為軌跡圓圓心．用dB磁場區(qū)域的寬度．
由幾何知識可知：，在中滿足：
代入數據可得：
即粒子Z從S發(fā)射時的速度與磁場左邊界夾角為60（或120）
（3）在y軸上位置最高的粒子P的運動軌跡恰與y軸相切與N點，如圖所示，N點到x軸的數值距離L滿足
解得：L=
即粒子P點的位置坐標為（0
（4）用表示電場的寬度，隨粒子Z在電場中的運動，由動能定理
qEdE=mv2①
代入數據解得：
設沿電場方向的速度為
解得：
所以粒子P到達電場右邊界時的速度
方向與電場右邊界成（或
10.【答案】（1）；（2）不能、理由見解析；（3）；（4）
【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。
【解析】（1）在加速電場中，根據動能定理有：
解得：
（2）不能按原路返回，因為粒子進入第3個磁場下的電場后，向下減速至速度為零，然后反向加速至速度的大小為v，但進入磁場后，根據左手定則可知，帶電粒子受到的洛倫茲力方向向右，粒子向右偏，故不能按原路返回；
（3）設帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，如圖甲所示，則根據幾何關系可得：
解得：
根據洛倫茲力提供向心力得：
解得：
（4）該帶電粒子在四個磁場中做勻速圓周運動，如圖乙所示，由幾何關系知其半徑只能是，
根據洛倫茲力提供向心力得：
解得：
答：（1）帶電粒子進入磁場時的速度大小為；
（2）帶電粒子不能按原路返回，理由見上；
（3）勻強磁場的磁感應強度為；
（4）該粒子的速度大小為。
11.【答案】（1）；（2）；（3）
【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。
【解析】（1）粒子由靜止在電場中加速：…（1）
解得：…（2）
（2）在圖中紙面內取坐標（如圖），原點在狹縫l處，軸過縫1和縫3．粒子從縫1進入磁場，在洛侖茲力作用下作圓周運動，圓軌道在原點與軸相切，故其圓心必在軸上．若以表示此圓的半徑，則圓方程為：
…（3）
根據題的要求和對稱性可知，粒子在磁場中作圓周運動時應與，的柱面相碰于縫3、4間的圓弧中點處，碰撞處的坐標為：
…（4）
…（5）
由（3）、（4）、（5）式得：…（6）
由（3）（4）（5）（6）式可寫為由數學幾何知識可得：，
由洛侖茲力和牛頓定律有：…（7）
由（6）、（7）式得：…（8）
（3）在電場中加速用時：…9）
在磁場中轉過兩段圓弧，設每段圓弧對應圓心角為有：…（10）
且磁場中用時：…（11）
…（12）
總共用時：…（13）
由（4）、（9）、（10）、（11）、（12）式得：
…（14）
答：（1）加速電場電壓為；
（2）磁感應強度為；
（3）由靜止加速到從縫2射出所用的時間為。
【易錯警示】帶電粒子在磁場中的運動，一般應先明確粒子運動的圓心和半徑，再根據題意作出帶電子的可能的運動軌跡；再根據幾何關系及相應的數學知識進行求解，一般作為壓軸題呈現，難度較大。
12.【答案】⑴；⑵、 ；⑶
【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。
【解析】（1）粒子在電場中運動時：
解得：
（2）粒子進入磁場后 ：
解得:
設粒子在磁場中轉過的角度為，由
解得：
周期：
粒子在磁場中運動的時間為………………（2分）
（3）粒子在磁場中運動，在上邊緣cd間離開的速度分別為與，與之相對應的半徑分別為與。由分析知，
α
＋
—
a
b
c
d
E
B
B
R1
Rn
Rm
由牛頓第二定律：
粒子在電場中：
解得：
同理：
所以電場強度的范圍為：
答：⑴粒子經過平行金屬板加速后的速度大小為；
⑵粒子在左側磁場區(qū)域內運動時的半徑為，運動時間為；
⑶電場強度E的取值范圍為時粒子能從右側磁場的上邊緣cd間離開。
2019-2020年高考物理專題匯編 專題4 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動（B）（含解析）.doc
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