高中物理带电粒子在复合场中的运动技巧(很有用)及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．两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q

m

均已知，且

2m

t

qB

π

=，两板间距

2

2

10mE

h

qB

π

=。

（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1

1

5

s

h

=

（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径

2

2

5

h

R

π

=

（3）粒子在板间运动的轨迹如图：

【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

2

1012s at =

① 0qE

a m

=

②

又已知2002

00

102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：

115

s h = （2）解法一

粒子在t 0~2t 0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v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则

10v at =

2

1101

mv qv B R =

联立解得：15h R π

= 又00

2m

T t qB π=

= 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 2

2

210012

s v t at =+

解得：235

s h =

由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2，有：

210v v at =+

22

202

mv qv B R =

解得225h R π

=

由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。 在4t 0~5t 0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

22 5 h

R

π

=。解法二

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：

qE

a

m

=

方向向上。

后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T

2m

T t

qB

π

==

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s n

2

1

()

2

n

s a nt

=

又已知

2

2

10mE

h

qB

π

=

由以上各式得：

2

5

n

n

s h

=

粒子速度大小为：0

n

v ant

=

粒子做圆周运动的半径为：

n

n

mv

R

qB

=

解得：

5

n

nh

R

π

=

显然223

s R h s

+<<

因此粒子运动的最大半径

2

2

5

h

R

π

=。

（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：

2．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从

A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.

(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;

(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.

请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)0

12qU v m

=

1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，

若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°． 【解析】

(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理2001

2

qU mv =

由题意得10v v =，即0

12qU v m

=

(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1

qU a md

=

在离开时,竖直分速度y

v at = 竖直位移2

112

y at =

水平位移1

l v t = 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =

由题意知,粒子竖直总位移12

y?2y y =+

解得

2

1

0 U l

y

U d

=

则当加速电压为0

4U时,

1

U?4U

=

（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B平行于x 轴. 且

F

E

q

=

(b)由沿y+-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.

222

F f(5F)

+=,则f?2F

=且1

f?qv B

=

解得

2

F m

B

B qU

=

(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.

若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222

sin)(cos)(7)

f F F F

αα

++=

（

解得=30°,或=150°

即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°.

同理,若B 沿-x 轴方向

E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.

3．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

3

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=－L 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) 03v e m BL

= (2) 23

L (3) 3

4L 【解析】 【分析】

根据电子束沿速度v 0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3

L

r = 由牛顿第二定律得2

Bev m r

v =

电子的比荷

3e m BL

v =； （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23

L OF x ==

从F 点射出的电子，做类平抛运动，有2

232L Ee x m t

==，0y t v = 代入得23

L y =

电子射出电场时与水平方向的夹角为θ有122

y tan x θ=

= 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 ()

2tan 3

L y L GP θ

-=

=

； （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 00

223

xm xL

y t Ee v v ===

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2

X L y

y x -=

所以

2

33 2

22

28

3

8

xL xL L

X x x

y

L

x

??

????

??

=-=-=-+

?

???

?

??????

??

??

-

?

?

所以当

3

8

x L

=，有

3

4

m

L

X=。

【点睛】

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。

4．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

mθ

（2）

cos

sin

m

qB

θ

θ（3）

2

cos

qB d

mθ

【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.

5．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E 的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的P 点以大小为v 0的速度垂直射入

电场，不计粒子重力和空气阻力，P 、O 两点间的距离为

20

2mv qE

。

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x ；

（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

【来源】2019年辽宁省辽阳市高考物理二模试题

【答案】（1）02v ；20mv qE （

2）0

(21)E

B v +≥

【解析】 【详解】

（1）由动能定理有：

2

22

0011222

mv qE mv mv qE ?=- 解得：v ＝2v 0

设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝02

2

v v =

解得：θ＝45° 根据tan 21x

y

θ=?

=，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故20

mv x qE

=

（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：

s ＝R +R sinθ

又：2

v qvB m R

=

解得：0

(2

1)E

B v +=

故0

(21)E

B v +≥

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B 1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B 2=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/s 2)

(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

11

v qvB m R =

所以11

0.6mv

R m qB =

= 1

210m

T s qB ππ=

= 从图乙可知在05s π~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 2.4s 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

2

2

2

v qvB

m

R

=

所以2

2

0.62

mv

R m r

qB

===

所以最大偏转角为60°

所以圆心坐标0.30

x m

=

1

'60 2.40.3 2.25

2

y s rcos m m

=-?=-?=

即磁场的圆心坐标为()

0.302.25

，．

7．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间有狭缝（间距d R

<<），匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为q

+，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为0

U，周期为T，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在0~/2

t T

=时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：

（1）匀强磁场的磁感应强度B；

（2）粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间0t；

（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量m与原来质量0m的关系：

2

1

m

v

t

=

??

- ?

??

1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理

由）？②若粒子质量最终增加2%，那么粒子最终速度为光速的多少倍（结果保留一位有效数字）？

【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

【答案】（1）2m qr π（2）220R m

qU T

π（3）100次；0.2

【解析】 【详解】

解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：2

v qvB m R

=

电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同：2r

T v

π= 可得2m T qB

π=

，

2m

B qr π= (2)粒子运动半径为R 时：2R v r π=且2

km 12

E mv = 解得：22

km

2

2mR E T

π= 粒子被加速n 次达到动能km E ，则有：0km E nqU =

不考虑粒子在狭缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒

子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：22002T R m

t n qU T

π=?=

(3)粒子在磁场中的周期：2n

T qB

π=

，质量增加1%，周期增大1%， 再加速次数不超过221001%

r

T ?=?次

加速后的质量m 与原来质量0m

的关系：m ， 01.02m m = 粒子最终速度为：0.2v c = 即粒子最终速度为光速的0.2倍

8．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

1H ）、氘（2

1H ）、氚（3

1H ）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

22

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

+

?=??=

＋

9．如图所示，在xoy平面的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小

E=102V/m，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xoy平面向外。一比荷

q

m

=107C/kg的带正电粒子从x轴上的P点射入电场，速度大小

v0=2×104m/s，与x轴的夹角θ=60°。该粒子经电场偏转后，由y轴上的Q点以垂直于y轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O，且与x轴负方向的夹角α=60°，不计粒子重力。求：

(1)OP的长度和OQ的长度；

(2)磁场的磁感应强度大小；

(3)等边三角形磁场区域的最小面积。

【来源】安徽蚌埠市2019届高三第二次教学质量检查考试理综（二模)物理试题

【答案】(1)

3

0.15

OP OQ m

==

，22

33

10m

-

【解析】

【详解】

解：(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y轴正方向的分运动是匀变速直线运动

沿y轴方向：qE ma

=，0

v sinθ

t

a

=，，0

v sinθ

OQ t

2

=

沿x 轴正方向：0OP v cos θt =? 联立解得：3

OP m OQ 0.15m 10

，=

= (2)粒子在磁场中作半径为r 的匀速圆周运动，其轨迹如图 根据几何关系由：r OQ r cos α

=+ 解得：r=0.05m

根据牛顿第二定律可得：()2

v cos θBqv cos θm r

=

解得：B=0.02T

(3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD 为边长L 的△QRD 是磁场区域面积最小的等边三角形，如图，则L 3r =， 故最小面积：222min 133

S L sin60?10m 2-=

=

10．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v 0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

q m

； （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）

2

3

6

v q

m Eh =

（2）

4Eh

v R（

3）

63π

3

h R

v

+

【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

n

y

v v?

=

由竖直方向匀加速直线运动知v y=at1，加速度为

qE

a

m

=

根据以上式解得

2

3v

q

m

=

(2)粒子进入磁场的速度为v，有

cos30

v

v

?=

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

2

mv qvB

r

=

解得

4Eh

B

v R

=

(3)粒子在磁场中运动的时间为

2

12

60

3

t T

?

?

=

粒子在磁场中运动的周期为

2r

T

v

π

=，粒子在电场中运动的时间为

1

2h

t

v

=

粒子运动的总时

12

t t t

=+

代入数据得：

63π

h R

t

+

=

11．如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ．在FG 延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成53

θ?

=角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内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AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）求：

（1）粒子的初速度大小v0；

（2）电场的电场强度大小E；

（3）荧光屏上的发光区域长度△x

【来源】【市级联考】湖南省衡阳市2019届高三下学期第二次联考理科综合物理试题

【答案】（1）10qB R v m = （2）()22

1242qR B B m

- （3）1.2R

【解析】 【详解】 (1)如图所示，

分析可知，粒子在区域I 中的运动半径1r R =

由2

0v qv B m R

= 得 10qB R

v m

=

； (2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域III 中的运动半径为22r R =

由2

22v qvB m R = 得： 22qB R

v m

=

粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：

2201122

qER mv v -=

- 解得：22

12(4)2qR E B B m

=

-； (3)如图分析可知，

速度方向与电场方向平行向左射入区域I 中的粒子将平行电场方向从区域I 中最高点穿出，打在离M 点1x 处的屏上，由几何关系得：

22211(cos )(sin )4x R x R θθ++=

解得：12213

5

x R =

速度方向与电场方向平行向右射放区域I 中的粒子将平行电场方向从区域I 中最低点穿出打在离M 点2x 处的屏上，由几何关系得：

22211(cos )(sin )4x R x R θθ-+=

解得：12213

x R +=

分析可知所有粒子均未平行于FG 方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为

21x x x ?=-

解得： 1.2x R ?= 。

12．如图甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t =0时刻，一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子（不计重力），以初速度0v 由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直

于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当0B 和B T 取某些特定值时，可使0t =时刻入射的粒子经t ?时间恰能垂直打在P 板上（不考虑粒子反弹）。上述0m q d v 、、、为已知量。

（1）若B 1

2

t T ?= ，求0B ； （2）若B 3

2

t T ?=，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； （3）若0

04mv B qd

=

，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求B T 。 【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（山东卷带解析)

【答案】（1）0mv qd （2）20

3v d （3）03d v π 或0

1arcsin 242d v π??+ ???

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设粒子做匀速圆周运动的半径1R ，由牛顿第二定律得

2

001

mv qv B R = ……①

据题意由几何关系得

1R d = ……②

联立①②式得

0mv B qd

=

……③ （2）设粒子做圆周运动的半径为2R ，加速度大小为a ，由圆周运动公式得

202

v a R = ……④

据题意由几何关系得

23R d = ……⑤

联立④⑤式得

20

3v a d

= ……⑥