2016年高考题库

2016年全国高考物理考题库（专家库）

一带电粒子在电场或磁场中的运动

1如图6 – 13所示，匀强电场方向竖直向上，A、B是两个形状相同的金属小滑块，B滑块的质量是A滑块质量的4倍，B滑块不带电，放在水平台面的边缘；已知A滑块带正电荷，与台面间的动摩擦因数= 0.4．开始时，A滑块在台面上恰好能匀速运动，速度大小为v0 = 5 m/s，之后与B滑块发生正碰，碰后B滑块落到地面上，落地时的动能等于它在下落过程中减少的重力势能．设碰撞时间极短，碰后总电荷量没有损失且平分，A滑块还在桌面上，且两滑块始终在电场中，不计A、B间的库仑力．已知台面绝缘，足够大，其高度h = 1.6 m，g取10 m/s2，则碰撞后A滑块还能运动多长时间？答案：设电场强度为E，B滑块质量为4m，碰后带电量为q，A滑块的质量为m，A滑块碰前带电量为2q，碰后带电量为q

A滑块在碰前，有2qE = mg，所以qE =2

设A、B碰后速度分别为v1、v2，对B碰后应用动能定理得：

12· 4mv2

Ek –2= (4mg – qE) h 又Ek = 4mgh gh

所以v2 =2= 2 m/s

A、B碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正方向，则： mv0 = mv1 + 4mv2，所以v1 = v0 – 4v2 = – 3 m/s

碰后A滑块返回，设经时间t停下，由动量定理得： (mg – qE) t = 0 – mv1 解得：t = 1.5 s．

2如图所示，在地球表面附近有一范围足够大的互相垂直的匀强电场和匀强磁场。磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向里。一质量为m、带电荷量为+q的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动。（该区域的重力加速度为g）（1）求该区域内电场强度的大小和方向。（2）若某一时刻微粒运动到场中距地面高度为H的A

点，速度与水平向成45°，如图所示。则该微粒至少需经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？

（3）在（2）间中微粒又运动A点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向

变为水平向左，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？

（1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场与重力应平衡，因此

mg = Eq ①（2分）解得：E

② （2分）方向：竖直向上（2分）

（2）该微粒做匀速圆周运动，轨道半径为R，如图。

qBv = mv2

③（2分）

最高点与地面的距离为：Hm = H + R ( 1 + cos 45°) ④（2分）

解得：Hmvm = H +

Bq(12

) ⑤ （2分）

该微粒运动周期为：T =2m

⑥ （2分）

运动到最高点所用时间为：t

33m

⑦ （2分） T

84Bq1

m2 ⑧ （2分） 2

⑨ （2分）

（3）设该粒上升高度为h，由动能定理得：

mghEqhcot450

m2v2

解得：h 

2(mgEq)5g

该微粒离地面最大高度为：H +

⑩ （2分）

3.如图所示，绝缘的水平地面在Q点左侧是光滑的，右侧是粗糙的。质最为m、电荷量为q（q>0）的金属小滑块A放在P点，质最为2 m、不带电的金属小滑块B放在Q点，A、B均静止不动，P、Q两点之间的距离为L。当加上方向水平向右、场强大小为E的匀强电

场时，A开始向右运动，然后与B发生正碰，碰撞时间极短。碰后，A、B的电荷量均为2q且保持不变，A刚好能返回到P点，B水

平向右做匀速运动。A、B均视为质点，A、B之间的库仑力不计。求：（1）碰撞前、后A的速率

v1、v2和碰后B的速率vB；

（2）当A刚好回到P点时B到Q点的距离

xB。

（1）A从P到Q、Q到P的过程，分别根据动能定理有

qEL

12mv2

2 ①（2分） 12qEL012

mv22 ②（2分）解得

v1

v2

③（2分） A、B正碰，由动量守恒定律得

mv1mv22mvB ④（3分）由③④解得

vB

⑤（2分）（2）碰撞后，B水平向右做匀速直线运动，有

xBvBt ⑥（3分）

A水平向左做匀减速直线运动返回到P点．有 L

t ⑦（3分）由③⑤⑥⑦解得

xB

1

L ⑧（2分）

4. 如图，xoy平面内的圆O'与y轴相切于坐标原点o．在该圆形区域内，有与y

轴平行的匀强电场和垂

直于圆面的匀强磁场．一个带电粒子（不计重力）从原点o沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T0．若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过场区的时间为T0/2．若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，求：该带电粒子穿过场区的时间．

解：设电场强度为E，磁感强度为B；圆o'的半径为R；粒子的电量为q，质量为m，初速度为v．同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动，有

qvBqE

vT02R

只存在电场时，粒子做类平抛运动，有

xv

2 1qET02y()

2m2

由以上式子可知x = y = R，粒子从图中的M点离开电场．

qvB

由以上式子得

8mR

T02

只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心．

mv2

qvB

r 设半径为r

r

由以上式子可得

由图tgR/r2

所以，粒子在磁场中运动的时间

t

r2T0

arctan2v2

5. 在直角坐标系的第II象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里。某一带正电粒子A1，由静止开始经加速电压为U的电场（图中未画出）加速后，从纵

的M处平行于x轴向右运动，通过第II象限的匀强磁场区域后，在坐标原点O处与静止在该点的粒子A2发生了对心正碰，碰后它们结合在一起进人第IV象限，碰撞前后它们的运动轨迹如图所示。若两个粒子的质量相等且均可视为质点、重力不计、碰撞过程中无电荷量损失。

（1）求带电粒子A1的比荷（即q／m）；（2）确定粒子A2碰撞前的带电情况；

（3）求带电粒子A1在两个磁场区域中偏转所用的总时间。

qU

（1）带电粒子A1在电场中被加速，由动能定理有

12mv2 ①（2分）

qvBm

r 在磁场中偏转，由牛顿第二定律有

联立①②两式得

由图可知r

代入③式解得

②（2分） ③（1分）（1分） ④（2分）

q/m2U/B2r2

q/mU/B2a2

（2）由①④两式可得

在第Ⅱ象限的磁场中的运动速率

v/Ba

⑤（2分） ⑥（2分）

⑦（1分）

在O点A1、A2碰撞后结合在一起，由动量守恒定律有2mvmv

vv/2/2Ba

由②⑥式结合粒子运动轨迹的特点有

r2mv/qBmv/qBrmv/qB （1分）故有qq，所以碰撞前A2不带电

（1分）

（3）由图可知粒子A1在两个磁场中分别偏转的弧度为/4 而T2r/v

⑧（1分） t1T1/8r/4va2B/4U

（1分） t2T2/8r/4va2B/2U

（1分）所以它在磁场中运动的总时间

tt1t23a2B/4U

（1分）

二带电粒子组合场中运动

1．（20分）在图13所示的坐标系中，x轴水平，

y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，

第

Ⅲ

象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限由沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限存在

P的电场的场强大小相等。一质量为m，带电荷量大小为q的质点a，从y轴上yh处的1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它

经过x2h处的

P2点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上方y2h的P3点进入第Ⅳ象限，试求：

（1）质点a到达P2点时速度的大小和方向；

（2）第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；（3）质点a进入第Ⅳ象限且速度减为零时的位置坐标

1．（2分）如同答2所示。

（1）质点在第Ⅱ象限中做平抛运动，设初速度为v0，由 h

gt ① （2分） 2

2hv0t ② （2分）解

得

平

抛

的

初

速

度

v0

（1分）（1分）

在P2点，速度v的竖直分

量vygt

v，其方向与x轴负向夹角45 （1分）（2）带电粒子进入第Ⅲ象限做匀速圆周运动，必有

mgqE ③ （2分）又恰能过负y轴2h处，故P2P3为圆的直径，转动半径

R



2h ④ （1分） 2

又由qvBm ⑤ （2分）

可解得E

（1分）

B

（2分）



（3）带电粒以大小为v，方向与x轴正向夹45，方向与过P3点的速度方向相反，故带电粒做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则：

a

 ⑥ （2分） m

由O2v22as,得sv22a （2分）

由此得出速度减为0时的位置坐标是h,h （1分）

2．（20分）如图18所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向在x轴上空间第一、第二

象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）

向里的均强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强

电场。一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x

轴负方向进入第二象限。然后经过x轴上x=2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀

速圆周运动。之后经过y轴上y=－2h处的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g。求：

（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；

（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；

（3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。

2．（20分）分析和解：

（1）参见图，带电质点从P1到P2，由平抛运动规律 h1

2gt2……………………………………①（2分）

v2h

Ot……………………………………②（1分）

vygt……………………………………③（1分）求出v22vOvy2gh………………④（2分）方向与x轴负方向成45°角………………（1分）

（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力

Eq=mg………………………………………………………………………………⑤（1分） v2

Bqvm………………………………………………………………………⑥（2分） R

(2R)2(2h)2(2h)2…………………………………………………………⑦（2分）由⑤解得Emg………………………………………………………………（2分） q

联立④⑥⑦式得Bm2g…………………………………………………（2分） qh

（3）质点进入等四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动. 当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，

即v在水平方向的分量 vminvcos452gh……………………………………………………（2分）

方向沿x轴正方向……………………………………………………………（2分）

3．(20分)如图所示，在xOy坐标系的第Ⅱ象限内，x轴和平行x轴的虚线之间(包括x轴和虚线)有磁感应强度大小为B1=2×10-2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，虚线过y轴上的P点，OP=1．0m，在x≥O的区域内有磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场。许多质量m=1．6×10-25kg、电荷量g=+1．6×10-18C的粒子，以相同的速率v=2×105m／s从c点沿纸面内的各个方向射人磁感应强度为B1的区域，OC=0．5 m。有一部分粒子只在磁感应强度为B1的区域运动，有一部

分粒子在磁感应强度为B1的区域运动之后将进入磁感应强度为B2的区域。设粒子在B1区

域运动的最短时间为t1，这部分粒子进入磁感应强度为B2的区域后在B2区域的运动时间为

t2，已知t2=4t1。不计粒子重力。求：

(1)粒子在磁感应强度为B1的区域运动的最长时问t0=?

(2)磁感应强度B2的大小?

3．解：（1）设粒子在磁感应强度为B1的区域做匀速圆周运动的半径为r，周期为T1，则

r =m ……………………………… （1分） qB1r = 1.0 m ……………………………… （1分） T1 =2m …………………………… （1分） qB11T1 ………………………………… （2分） 2

13 由题意可知，OP = r，所以粒子沿垂直x轴的方向进入时，在B1区域运动的时间最长为半个周期，即 t0 =解得t0 = 1.57×10–5 s ………………… （2分）

（2）粒子沿+x轴的方向进入时，在磁感应强度为B1的区域运动的时间最短，这些粒子在B1和B2中运动的轨迹如图所示，在B1中做圆周运动的圆心是O1，O1点在虚线上，与y轴的交点是A，在B2中做圆周运动的圆心是O2，与y轴的交点是D，O1、A、O2在一条直线上。

由于OC =1

2r …………………………（1分）

所以∠AO1C = 30°…………………… （2分）

则t1

1 =12T1 …………………………… （2分）

设粒子在B2区域做匀速圆周运动的周期为T2，则

T2 =2m

qB ………………………………… （1分）

由于∠PAO1 =∠OAO2 =∠ODO2 = 30°……（1分）

所以∠AO2D = 120°…………………………（2分）

则t2

2 =3T2 ……………………………… （2分）

由t2 = 4 t1

解得B2 = 2B1 …………………………… （1分）

B2 = 4×10–2 …………………………… （1分）

4．（18分）如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴正方向的匀强电场,在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质量为m，电荷量为q的负粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y轴负方向成45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同．求：

（1）粒子从O点射人磁场时的速度v．

（2）匀强电场的场强E

（3）粒子从O点运动到P点所用的时间．

4．（18分）解：（1）

v=v0cos45

（2）因为v与x轴夹角为45°，由动能定理得：

11mv02mv2qEL 22

mv02 解得：E=

2qL

（3）粒子在电场中运动L=12qE2Lat2，a解得：t2= 2mv0

粒子在磁场中的运动轨迹为l／4圆周，所以

R2 L2 粒子在磁场中的运动时间为：

12RL t1 v04v0

粒子从O运动到P所用时闯为：

t=t1+t2=L(+8) 4v0

5、（18分）如图所示，x轴上方存在磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外（图中未画出）。x轴下方存在匀强电场，场强大小为E，方向沿与x轴负方向成60°角斜向下。一个质量为m，带电量为＋e的质子以速度v0从O点沿y轴正方向射入匀强磁场区域。质子飞出磁场区域后，从b点处穿过x轴进入匀强电场中，速度方向与x轴正方向成30°，之后通过了b点正下方的c点。不计质子的重力。

（1）画出质子运动的轨迹，并求出圆形匀强磁场区域的最小半径和最小面积；

（2）求出O点到c点的距离。

5、【解析】（1）质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动，最后进入匀强电场做类平抛运动，轨迹如图所

v02示.根据牛顿第二定律，有Bev0m （2分） R

要使磁场的区域面积最小，则Oa为磁场区域的直径，由几何关系可知：rRcos30

（4分）

求出圆形匀强磁场区域的最小半径r0 （2分） 2圆形匀强磁场区域的最小面积为Smin3m2v02r（1分） 224Be

（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：ssin300v0t；（3分）平行电场方向：scos30012at，（3分）由牛顿第二定律eEma，（2分）

v02解得：s。O点到c

点的距离：d eE6．（20分）如图18所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B，x

轴下方有一匀强电场，电场强度的

大小为E，方向与y轴的夹角为30°，且斜向上方，现有一质量为m电量为q的质子，以速度为v0由原点沿与x轴负方向的夹角为30°的方向射入第二象限的磁场，不计质子的重力，磁场和电场的区域足够大，求：

（1）质子从原点到第一次穿越x轴所用的时间。

（2）质子第一次穿越x轴穿越点与原点的距离。

（3）质子第二次穿越x轴时的速度的大小、速度方向与电场方向的夹角。（用反三角函数表示）

6．（1）由题意可知，t=1T……① 6

qV0=m2r………………② v0

2mm=………………③ qB3qB

2v0V0=m………………………………………………………………………………④ r

易知△AOB为等边三角形

第一次穿越x轴，穿越点与原点距离X=r=mv0…………………………………⑤ qB

A时速度方向与x轴夹30°角方向与电场方向垂直，在电场中类平抛

v2at…………………………………………………………………………………⑥ 12at知=tan30°

=…………………………………………………………………⑦ v0t3

V0………………………………………………………………………⑧ 次穿越x轴的速度大小

V0……………………………………⑨ 与电场方向夹角

=⑩ ①②③④⑤⑥⑧⑦⑨⑩式各2分

7．（18分）如图所示，直角坐标中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象

限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量

为q、质量为m的带正电的粒子，在–x轴上的a 点以速度v0与–x轴成60度角射入磁场，从y =

L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x

轴上x = 2L处的c点。不计重力。求

（1）磁感应强度B的大小；

（2）电场强度E的大小；

（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。

7．（1）带电粒子在磁场运动由轨迹可知：r =2

3L （2分）

又∵qv =mv

0B0

r （2分）

解得：B =3mv0

2qL （2分）

（2）带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：2L = v0t2 沿y轴有：L =1

2at2

又∵qE = ma 解得：E =mv2

2qL

（3）带电粒子在磁场中运动时间为t =124

3vL

09v01分）1分）2分）2分）2分）

20 （（（（（

带电粒子在电场中运动时间为：t2 =

2L v0

（2分）

所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：

t12

（2分） 

t29

8．（18分）如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y

内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度B的大小；

（3）电子从A运动到D经历的时间t．

8．（18分）解：电子的运动轨迹如右图所示（2分）（若画出类平抛和圆运动轨迹给1分）（1）电子在电场中做类平抛运动

设电子从A到C的时间为t1

2dv0t1 （1分）

dat12 （1分）

（1分） m2mv0

求出 E = （1分）

2ed

（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则

（1分） tan11 θ = 45°

a

求出 v2v0 （1分）

电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力

evBm （1分）

由图可知 r2d （2分）

mv0

求出 B （1分）

（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=6d （2分）

332m3d （2分）

电子在磁场中运动的时间 t2 = T

44eB2v0

3d(4) （2分）电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2 =

2v0

9．（20分）如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向如图。一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ=30°，粒子恰好从y轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x轴的Q点，已知OQ=OP，不计粒子的重力，求：

（1）粒子从P运动到C所用的时间t；（2）电场强度E的大小；

（3）粒子到达Q点的动能Ek。 9．（20分）

（1运动的轨迹为半个圆周（2分）由Bqv0m

（1分） r

mv0

得：r （1分）

又T=

2r2m

（1分） 

v0Bq

得带电粒子在磁场中运动的时间：

t

Tm （2分） 2qB

（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，

初速度v0垂直于电场沿CF方向，过Q点

作直线CF的垂线交CF于D，则由几何知识可知，CPO≌CQO≌CDQ，由图可知： CP=2r

2mv0

（1分）带电粒子从C运动到Q沿电场方向的位移为

SEDQOQOPCPsin300r

mv0

带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为

Smv0

v0CDCOCPcos3003r

由类平抛运动规律得：

SE

12at21qE2m

t2 （1分） Sv0v0t （1分）

联立以上各式解得：E2Bv0

（2分） 3）由动能定理得：

2分）（1分） 24

（（

12mv0qESE （3分） 2

联立以上各式解得：Ekmv0 （2分）

6Ek

5''v1.010m/sOOOO010．（20分）如图甲所示，在两平行金属板的中线的某处放置一个粒子源，粒子源沿方向连续不断地放出速度（方向水平向右）的带正电的粒子。在直线MN的右侧分布有范围足够大匀强磁场，磁感应强度B0.01T，方向垂直纸面向里，MN

1.0108C/kg'

与中线OO垂直。两平行金属板间的电压U随时间变化的Ut图象如图乙所示。已知带电粒子的比荷m，粒子的重

力和粒子之间的作用力均可忽略不计。若t0.1s时刻粒子源放出的粒子恰好能从平行金属板的边缘离开电场（设在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场看作是恒定的）．求：

（1） t0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时速度大小和方向；（2）求从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间．

、（20分）

（1）0.1s时刻释放的粒子做类平抛运动，沿电场方向做匀加速运动，所以有

q2U12

mv2

y ① 出电场时粒子沿电场方向的分速度v5y10m/sv0 ②

粒子离开电场时的速度v

105m/s ③

设出射方向与v0方向间的夹角为，tan

vyv1，故45 ④

（2）粒子在磁场中运动的周期为T

2m

2106s ⑤ t0时刻释放的粒子，在磁场中运动时间最短，为

周期，如右图示 tT

min

1106s ⑥ t0.1s时刻进入的粒子，在磁场中运动时间最长为

周期，如右图示 t3

max4

T1.5106s ⑦

①②③④⑤⑦各3分 ⑥2分，共20分

11．(16分)在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成30°角，大小为E = 4.0×105N/C，y轴右方有一

垂直纸面向里的匀强磁场，有一质子以速度υ0 = 2.0×106m/s由x轴上A点（OA = 10cm）先后两次射入磁场，第一次沿x轴正方向射入磁场，第二次沿x轴负方向射入磁场，回旋后都垂直射入电场，最后又进入磁场，已知质子质量m为1.6×10-27kg，求：（1）匀强磁场的磁感应强度；

（2）质子两次在磁场中运动的时间之比；

（3）质子两次在电场中运动的时间各为多少．

11.（16分）解：（1）如图所示，

设质子第一、第二次由B、C两点分别进入电场，轨迹圆心分别为O1和O2．---------------（图2分）

所以：sin30° =

----------------（1分） R = 2×OA -------------------------（1分）由B =

mυ0

= 0.1T，得．--------------（1分）（2）从图中可知，第一、第二次质子在磁场中转过的角度分别为210°和30°，------------------------分）

（1

t1θ17

则= = ---------------------（2分） t2θ21

（3）两次质子以相同的速度和夹角进入电场，做类平抛运动，所以在电场中运动的时间相同． -------（1分）由x ′= υ0t ------------------------------------（1分） 1Eq y ′= t2 --------------------（2分）

2mtan30° = x'/y' -------------------（2分）由以上解得 t =

23mυ0

= 3×10-7s ------------（2分） Eq

12．如图6 – 23所示，在y > 0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y

（2）粒子到达P2时速度的大小和方向；（3）磁感应强度的大小．答案：（1）粒子在电场、磁场中的运动轨迹如图6 – 24所示．设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有

qE = ma ① v0t = 2h ②

2at2 = h ③

2mv0

由①②③式解得E =2qh．

④

（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度和x轴的夹角，则有v1= 2ah

v =

22v1v0

⑤

⑥

tan=

v1v0

⑦

⑧

= arctan 1 = 45°

由②③⑤式得v1 = v0 由⑥⑦⑧式得v =2v0

⑨

（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律qvB = mr

⑩

r是圆轨迹的半径，此圆轨迹与x轴和y轴的交点分别为P2、P3．；因为OP2 = OP3，= 45°，由几何关系可知，连线P2P3为

○11

圆轨道的直径，由此可求得r =2h

mv0

由⑨⑩○11可得B =． 1

○2

复合场中运动

1．(22分) 如图所示，坐标系xOy位于竖直平面内，在该区域内有场强E=12N/C、方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向纸里的匀强磁场．一个质量m=4×10q=2.5×10

5

kg，电量

C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经

一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点．取g＝10 m／s2，求：（1）带电微粒运动的速度大小及其跟 x轴正方向的夹角方向．

（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间．

解答．微粒运动到O点之前要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零．由此可得

FB2FE2(mg)2 ①………（2分）

电场力 FEEq ②………（2分）洛仑兹力 FBBqv ③………（2分）

联立求解、代入数据得 v=10m/s ④（2分）

微粒运动的速度与重力和电场力的合力垂直,设该合力与y轴负方向的夹角为θ,

第17题答图

则:

tanFE ⑤………（2分） mg

3 ,θ = 37 0

4代入数据得tan

带电微粒运动的速度与 x轴正方向的夹角为θ = 37 0 ⑥………（2分）

微粒运动到O点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一恒力，且方向与微粒在O点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动，可沿初速度方向和合力方向进行分解．

设沿初速度方向的位移为s1，沿合力方向的位移为s2，则

因为 s1vt ⑦（2分）

2s2 ⑧（2分） tans2 ⑨（2分） s1

联立⑦⑧⑨求解，代入数据可得:

O点到P点运动时间

t＝1．2 s ⑩（2分）

2．(20分)在倾角为30°的光滑斜面上有相距40m的两个可看作质点的小物体P和Q，质量分别100g和500g，其中P不带电，Q带电。

整个装置处在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度的大小为50V/m，方向竖直向下；磁感应强度的大小为5T，方向垂直纸面向里。开始时，将小物体P无初速释放，当P运动至Q处时，与静止在该处的小物体Q相碰，碰撞

中两物体的电荷量保持不变。碰撞后，两物体能够再次相遇。其中斜面无限长，g取10m/s2。求：

（1）试分析物体Q的带电性质及电荷量；

（2）物体P、Q第一次碰撞后，物体Q可能的运动情况，此运动是否为周期性运动？若是，物体Q的运动周期为多大？

（3）物体P、Q第一次碰撞过程中由物体P和Q组成的系统损失的机械能。

（20分）（1）对物体Q，在碰撞之前处于静止状态，由平衡条件有

m2gqE 得q0.1C且物体Q带负电

（2）物体P、Q碰撞之后，物体Q受重力、电场力、洛伦兹力的作用，由于重力和电场力等大反向，故物体Q将在斜面上方做匀速圆周运动.

对物体Q，匀速圆周运动的周期：T2m2s qB

（3）要使P、Q能够再次相遇，则相遇点一定为P、Q的第一次碰撞点,物体P在碰撞后一定反向弹回，再次回到碰撞点时再次相遇。

对物体P，从释放到与Q碰撞之前，由运动学公式有：

2v002gsinS 得v020m/s

对物体P和Q，在碰撞过程中，动量守恒有

m1v0m2v2m1v1

碰撞过程中，系统损失的能量为

E11122m1v0m1v12m2v2 222

对物体P，时间关系：2v12，3，) kT (k1，gsin

当k=1时，v15m/s，v25m/s，E12.5J

当k=2时，v110m/s，v26m/s，E6J

当k=3时，v115m/s，v27m/s，系统总动能增加，不满足能量守恒定律。

综上所述，碰撞过程中由物体P和Q组成的系统损失的机械能可能为12.5J或6J.

3．如图6 – 14所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．X轴下方有磁感应强度大小为B/2，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电量为– q的带电粒子（不计重力），从x轴上的O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：

（1）射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴，粒子第二次到达x轴时离O点的距离是多少？

（2）若粒子能经过在x轴距O点为L的某点，试求粒子到该点所用的时间（用L与v0表达）．

答案：（1）粒子的运动轨迹示意图如图6 – 15所示

2mv02mv0v0mr得r1 =qB r2 =qB 由牛顿第二定律：qv0B =

由T =2rv0得：T1 =2mqB T2 =4mqB 粒子第二次到达x轴所需时间：

3m1t =2(T1 + T2) =qB

6mv0

qB 粒子第二次到达x轴时离O点的距离：s = 2(r1 + r2) =．

（2）设粒子第N次经过在x轴的点距O点为L，不论N为偶数还是奇数粒子走过的弧长 Ls2 均为

t

所以L2v0．

4．如图6 – 16所示，MN为纸面内竖直虚线，P、Q是纸面内水平方向上的两点，两点距离PD为L，D点距离

虚线的距离DQ为L/．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在纸面内从P点开始以水平初速度v0向右运

动，经过一段时间后在虚线MN左侧空间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场维持一段时间

后撤除，随后粒子再次通过D点且速度方向竖直向下，已知虚线足够长，MN左侧空间磁场分布足够大，粒子

的重力不计．求

（1）在加上磁场前粒子运动的时间；

（2）满足题设条件的磁感应强度B的最小值及B最小时磁场维持的时间t0．

答案：（1）微粒从P点开始运动至第二次通过D点的运动轨迹如图6 – 17所示，由图6 – 17可知，在加上磁场前瞬间微粒在F点（圆和PQ的切点）

v0 在t时间内微粒从P点匀速运动到F点，则t =，由几何关系可右

PF = L + R

mv0Lmv0qBqB又R =，可得t =．

（2）微粒在磁场中做匀速圆周运动，由半径公式知，当R最大时，B最小，在微粒不飞出磁场的情况下，R最大值为Rm = DQ/2，即Rm = L /(2)，可得B的最小值为Bmin =2mv0qL

3微粒在磁场中做匀速圆周运动，故有t0 = (n +4) T (n = 0，1，2，3，…)

3(n)L2mv0又由T =qBmin可得，t0 =(n = 0，1，2，3，…) ．

5．如图6 – 18所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应

强度为B．有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库

仑力可忽略），运动轨迹如图．已知两个带电小球A和B的质量关系为mA = 3mB，轨道半径为RA = 3RB = 9 cm．

qB （1）试说明小球A和B带什么电，它们所带的电荷量之比等于多少？

（2）指出小球A和B在绕行方向及速率之比；

（3）设带电小球A和B在图示位置P处相碰撞，且碰撞后原先在小圆轨道上运动的带电小球B恰好能沿大圆轨道运动，求带电小球A碰撞后所做圆周运动的轨道半径（设碰撞时两个带电小球间电荷量不转移）．

答案：（1）因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有qE = mg，由电场方可知，两小球都带负电荷mAg = qAE，mA =

3mB

所以qA3qB1．

（2）由题意可知，两带电小球的绕行方向都为逆时针方向

mvv2

由qBv = mR得，R =qB

由题意RA = 3RB，所以vA3vB1．

vv （3）由于两带电小球在P处相碰，切向的合外力为零，故两带电小球在P处的切向动量守恒，由mAvA + mBvB = mAA+ mBB得，

77vBvAvA= 39 

RA7由此得RA9

6．如图6 – 19所示，一对平行金属板水平放置，板间距离在d，板间有磁感应强度为B的水平向里的匀强磁场，将金属板连入如图所示的电路，已知电源的内电阻为r，滑动变阻器的总电阻为R，现将开关S闭合，并调节滑动触头P至右端长度为总长度的1/4．一质量为m、电荷量为q的带电质点从两板正中央左端以某一初速度水平飞入场区时，恰好做匀速圆周运动．

（1）求电源的电动势；

（2）若将滑动变阻器的滑动触头P调到R的正中间位置，可以使原带电质点以水平直线从两板间穿过，

求

36 7RA9RA = 7 cm．所以

该质点进入磁场的初速度；

（3）若将滑动变阻器的滑动触头P移到R的最左端，原带电质点恰好能从金属板边缘飞出，求质点飞出时的动能．

答案：（1）因带电质点做匀速圆周运动，故电场力F与重力G平衡，有F = mg = Eq

两板间电场强度E = U/d，两板间电压U = IR/4

由闭合电路的欧姆定律得：I =/ (R + r)

得= 4 (R + r) dmg/Rq．

（2）由（1）知，电场力竖直向上，故质点带负电，由左手定则得洛伦兹力竖直向下，由平衡条件得：mg + Bqv0 =F

因两板间电压U= IR/2 = 2U，得E= 2E，F= 2F = 2 mg 解得v0 = mg / Bq．

（3）因两板间电压变为U= IR = 4U

故电场力F= 4F = 4 mg dd12FmgEkmv0222由动能定理知

3m3g2

mgd2222Bq．得Ek =

7．磁流体发电机的示意图如图6 – 20所示，a、b两金属板相距为d，板间有磁感应强度为B的匀强磁场，一束截面积为S、速度为v的等离子体自左向右穿过两板后速度大小仍为v，截面积仍为S，只是等离子体压强减小了，设两板间单位体积

内等离子的数目为n，每个离子的电荷量为q，板间部分的等离子体的等效内阻为r，外电路电阻为R，求：

（1）等离子体进出磁场前后的压强差p；

 （2）若等离子体在板间受到摩擦阻力为Ff，压强差p又为多少？

（3）若R阻值可以改变，讨论R中电流的变化情况，求出最大值Im，并在图6 – 21中所示的坐标上定性地画

出I随P变化的图象．

答案：（1）外电路断开，等离子体匀速通过，受力平衡时，两板间的电势差最大，即视为电源的电动势，BdvqqvB有d，所以= Bdv，外电路闭和后I =RrRr，等离子横向受力平衡：p· S = BId，所以

BldB2d2vp=S(rR)S．

 （2）同理p· S = BId + Ff

FfB2d2v得p=(rR)SS．

（3）若R可调节，I随R减小而增大，当所有进入发电机的离子全部偏转到板上形成电流时，电流达到最

BdBdQnqSvtrrnqSnqSt= nqSv，因为I小于Im，所以R >大值，Im =t，因此当R >的I随R的增大而减小，

BdrnqSBdrnqS当R≤时电流达到饱和值Im．由以上分析画出I随R变化的图象如图6 – 22所示（图中R0 =）．

8．如图8 – 9所示，直角坐标系xOy中，在x 0的区域存在一垂直纸面的矩形有界匀强磁场，其下边界和左边界分别与Ox、Oy辆重合，磁感应强度的大小为B（图中未画出）

，现有一

BeL

质量为m、电量为e的质子从第二象限的某点P以初速度v0 =6m沿x轴正方向开始运动，以2v0的速度经坐标为（0，L）的Q点．再经磁场偏转恰好从坐标原点O沿x轴的负方向返回电场，不计质子的重力．求：

（1）P点的坐标；

（2）矩形磁场的面积．

答案：（1）如图8 – 10所示，设P点的坐标为(xP，yP)，从P到Q，质子做类平抛运动，设过Q点时的速度与x轴正向的夹角为，则：

2v0

cos=，所以= 60° 质子在Q点时在y方向的分速度vOy = 2v0sin

Ee在电场中质子运动的加速度a =m，设质子由P到Q的时间为t，则vOy = at，xP = – v0t，yP = L 1+2at2，解得：B2eL2B2eL2

L24Em36EmxP =，yP =．

（2）设所加的最小矩形磁场的高和底长分别为L1、L2，质子在磁场中做圆周运动的半径为r，则：(L – r) sin (90°–) = r L所以r =3，又L1 = r + rcos，L2 = r

所以Smin = L1L2 =6．

9．如图8 – 14所示的坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界线，图中虚线为磁场区的右边界，现有一质量为m、带电量为– q的带电粒子（不计重力），从电场中P点以初速度v0沿x轴正方向运动．已知P点的坐标为（–

2mv0

l，0），且l =Eq．试求：

（1）要使带电粒子能穿过磁场区而不再返回到电场中，磁场的宽度d应满足什么条件？

（2）要使带电粒子恰好不能从右边界穿出磁场区，则带电粒子在磁场中运动的时间为多少？

答案：（1）研究带电粒子在电场中的运动：

mv0lv0Eq

水平方向：l = v0t1，解得：t1 = 竖直方向，由动量定量得：Eqt1 = mvy，解得：vy = v0 所以粒子进入磁场时的速度：v =2v0v2

y2v0，方向与x轴成45°角．研究带电粒子在磁场中的运动：

mvv2

当粒子刚好不从磁场右边界穿出时，其运动轨迹如图8 – 15所示，由牛顿第二定律得：Bqv = mR，得R =Bq

又d = R + Rcos 45°

(21)mv0

Bq解得：d =

(21)mv0

Bq所以，要使带电粒子能穿过磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足的条件为：d

2R2m

（2）粒子在磁场中运动的周期T =vBq



T3m

由图8 – 15知，粒子在磁场中运动的时间t2 =22Bq．

2016年全国高考物理考题库（专家库）

一带电粒子在电场或磁场中的运动

A滑块在碰前，有2qE = mg，所以qE =2

设A、B碰后速度分别为v1、v2，对B碰后应用动能定理得：

12· 4mv2

Ek –2= (4mg – qE) h 又Ek = 4mgh gh

所以v2 =2= 2 m/s

A、B碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正方向，则： mv0 = mv1 + 4mv2，所以v1 = v0 – 4v2 = – 3 m/s

碰后A滑块返回，设经时间t停下，由动量定理得： (mg – qE) t = 0 – mv1 解得：t = 1.5 s．

点，速度与水平向成45°，如图所示。则该微粒至少需经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？

（3）在（2）间中微粒又运动A点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向

变为水平向左，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？

（1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场与重力应平衡，因此

mg = Eq ①（2分）解得：E

② （2分）方向：竖直向上（2分）

（2）该微粒做匀速圆周运动，轨道半径为R，如图。

qBv = mv2

③（2分）

最高点与地面的距离为：Hm = H + R ( 1 + cos 45°) ④（2分）

解得：Hmvm = H +

Bq(12

) ⑤ （2分）

该微粒运动周期为：T =2m

⑥ （2分）

运动到最高点所用时间为：t

33m

⑦ （2分） T

84Bq1

m2 ⑧ （2分） 2

⑨ （2分）

（3）设该粒上升高度为h，由动能定理得：

mghEqhcot450

m2v2

解得：h 

2(mgEq)5g

该微粒离地面最大高度为：H +

⑩ （2分）

场时，A开始向右运动，然后与B发生正碰，碰撞时间极短。碰后，A、B的电荷量均为2q且保持不变，A刚好能返回到P点，B水

平向右做匀速运动。A、B均视为质点，A、B之间的库仑力不计。求：（1）碰撞前、后A的速率

v1、v2和碰后B的速率vB；

（2）当A刚好回到P点时B到Q点的距离

xB。

（1）A从P到Q、Q到P的过程，分别根据动能定理有

qEL

12mv2

2 ①（2分） 12qEL012

mv22 ②（2分）解得

v1

v2

③（2分） A、B正碰，由动量守恒定律得

mv1mv22mvB ④（3分）由③④解得

vB

⑤（2分）（2）碰撞后，B水平向右做匀速直线运动，有

xBvBt ⑥（3分）

A水平向左做匀减速直线运动返回到P点．有 L

t ⑦（3分）由③⑤⑥⑦解得

xB

1

L ⑧（2分）

4. 如图，xoy平面内的圆O'与y轴相切于坐标原点o．在该圆形区域内，有与y

轴平行的匀强电场和垂

解：设电场强度为E，磁感强度为B；圆o'的半径为R；粒子的电量为q，质量为m，初速度为v．同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动，有

qvBqE

vT02R

只存在电场时，粒子做类平抛运动，有

xv

2 1qET02y()

2m2

由以上式子可知x = y = R，粒子从图中的M点离开电场．

qvB

由以上式子得

8mR

T02

只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心．

mv2

qvB

r 设半径为r

r

由以上式子可得

由图tgR/r2

所以，粒子在磁场中运动的时间

t

r2T0

arctan2v2

（1）求带电粒子A1的比荷（即q／m）；（2）确定粒子A2碰撞前的带电情况；

（3）求带电粒子A1在两个磁场区域中偏转所用的总时间。

qU

（1）带电粒子A1在电场中被加速，由动能定理有

12mv2 ①（2分）

qvBm

r 在磁场中偏转，由牛顿第二定律有

联立①②两式得

由图可知r

代入③式解得

②（2分） ③（1分）（1分） ④（2分）

q/m2U/B2r2

q/mU/B2a2

（2）由①④两式可得

在第Ⅱ象限的磁场中的运动速率

v/Ba

⑤（2分） ⑥（2分）

⑦（1分）

在O点A1、A2碰撞后结合在一起，由动量守恒定律有2mvmv

vv/2/2Ba

由②⑥式结合粒子运动轨迹的特点有

r2mv/qBmv/qBrmv/qB （1分）故有qq，所以碰撞前A2不带电

（1分）

（3）由图可知粒子A1在两个磁场中分别偏转的弧度为/4 而T2r/v

⑧（1分） t1T1/8r/4va2B/4U

（1分） t2T2/8r/4va2B/2U

（1分）所以它在磁场中运动的总时间

tt1t23a2B/4U

（1分）

二带电粒子组合场中运动

1．（20分）在图13所示的坐标系中，x轴水平，

y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，

第

Ⅲ

象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限由沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限存在

P的电场的场强大小相等。一质量为m，带电荷量大小为q的质点a，从y轴上yh处的1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它

经过x2h处的

P2点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上方y2h的P3点进入第Ⅳ象限，试求：

（1）质点a到达P2点时速度的大小和方向；

（2）第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；（3）质点a进入第Ⅳ象限且速度减为零时的位置坐标

1．（2分）如同答2所示。

（1）质点在第Ⅱ象限中做平抛运动，设初速度为v0，由 h

gt ① （2分） 2

2hv0t ② （2分）解

得

平

抛

的

初

速

度

v0

（1分）（1分）

在P2点，速度v的竖直分

量vygt

v，其方向与x轴负向夹角45 （1分）（2）带电粒子进入第Ⅲ象限做匀速圆周运动，必有

mgqE ③ （2分）又恰能过负y轴2h处，故P2P3为圆的直径，转动半径

R



2h ④ （1分） 2

又由qvBm ⑤ （2分）

可解得E

（1分）

B

（2分）



（3）带电粒以大小为v，方向与x轴正向夹45，方向与过P3点的速度方向相反，故带电粒做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则：

a

 ⑥ （2分） m

由O2v22as,得sv22a （2分）

由此得出速度减为0时的位置坐标是h,h （1分）

2．（20分）如图18所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向在x轴上空间第一、第二

象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）

向里的均强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强

电场。一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x

轴负方向进入第二象限。然后经过x轴上x=2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀

速圆周运动。之后经过y轴上y=－2h处的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g。求：

（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；

（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；

（3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。

2．（20分）分析和解：

（1）参见图，带电质点从P1到P2，由平抛运动规律 h1

2gt2……………………………………①（2分）

v2h

Ot……………………………………②（1分）

vygt……………………………………③（1分）求出v22vOvy2gh………………④（2分）方向与x轴负方向成45°角………………（1分）

（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力

Eq=mg………………………………………………………………………………⑤（1分） v2

Bqvm………………………………………………………………………⑥（2分） R

联立④⑥⑦式得Bm2g…………………………………………………（2分） qh

（3）质点进入等四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动. 当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，

即v在水平方向的分量 vminvcos452gh……………………………………………………（2分）

方向沿x轴正方向……………………………………………………………（2分）

分粒子在磁感应强度为B1的区域运动之后将进入磁感应强度为B2的区域。设粒子在B1区

域运动的最短时间为t1，这部分粒子进入磁感应强度为B2的区域后在B2区域的运动时间为

t2，已知t2=4t1。不计粒子重力。求：

(1)粒子在磁感应强度为B1的区域运动的最长时问t0=?

(2)磁感应强度B2的大小?

3．解：（1）设粒子在磁感应强度为B1的区域做匀速圆周运动的半径为r，周期为T1，则

13 由题意可知，OP = r，所以粒子沿垂直x轴的方向进入时，在B1区域运动的时间最长为半个周期，即 t0 =解得t0 = 1.57×10–5 s ………………… （2分）

由于OC =1

2r …………………………（1分）

所以∠AO1C = 30°…………………… （2分）

则t1

1 =12T1 …………………………… （2分）

设粒子在B2区域做匀速圆周运动的周期为T2，则

T2 =2m

qB ………………………………… （1分）

由于∠PAO1 =∠OAO2 =∠ODO2 = 30°……（1分）

所以∠AO2D = 120°…………………………（2分）

则t2

2 =3T2 ……………………………… （2分）

由t2 = 4 t1

解得B2 = 2B1 …………………………… （1分）

B2 = 4×10–2 …………………………… （1分）

（1）粒子从O点射人磁场时的速度v．

（2）匀强电场的场强E

（3）粒子从O点运动到P点所用的时间．

4．（18分）解：（1）

v=v0cos45

（2）因为v与x轴夹角为45°，由动能定理得：

11mv02mv2qEL 22

mv02 解得：E=

2qL

（3）粒子在电场中运动L=12qE2Lat2，a解得：t2= 2mv0

粒子在磁场中的运动轨迹为l／4圆周，所以

R2 L2 粒子在磁场中的运动时间为：

12RL t1 v04v0

粒子从O运动到P所用时闯为：

t=t1+t2=L(+8) 4v0

（1）画出质子运动的轨迹，并求出圆形匀强磁场区域的最小半径和最小面积；

（2）求出O点到c点的距离。

5、【解析】（1）质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动，最后进入匀强电场做类平抛运动，轨迹如图所

v02示.根据牛顿第二定律，有Bev0m （2分） R

要使磁场的区域面积最小，则Oa为磁场区域的直径，由几何关系可知：rRcos30

（4分）

求出圆形匀强磁场区域的最小半径r0 （2分） 2圆形匀强磁场区域的最小面积为Smin3m2v02r（1分） 224Be

（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：ssin300v0t；（3分）平行电场方向：scos30012at，（3分）由牛顿第二定律eEma，（2分）

v02解得：s。O点到c

点的距离：d eE6．（20分）如图18所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B，x

轴下方有一匀强电场，电场强度的

（1）质子从原点到第一次穿越x轴所用的时间。

（2）质子第一次穿越x轴穿越点与原点的距离。

（3）质子第二次穿越x轴时的速度的大小、速度方向与电场方向的夹角。（用反三角函数表示）

6．（1）由题意可知，t=1T……① 6

qV0=m2r………………② v0

2mm=………………③ qB3qB

2v0V0=m………………………………………………………………………………④ r

易知△AOB为等边三角形

第一次穿越x轴，穿越点与原点距离X=r=mv0…………………………………⑤ qB

A时速度方向与x轴夹30°角方向与电场方向垂直，在电场中类平抛

v2at…………………………………………………………………………………⑥ 12at知=tan30°

=…………………………………………………………………⑦ v0t3

V0………………………………………………………………………⑧ 次穿越x轴的速度大小

V0……………………………………⑨ 与电场方向夹角

=⑩ ①②③④⑤⑥⑧⑦⑨⑩式各2分

7．（18分）如图所示，直角坐标中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象

限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量

为q、质量为m的带正电的粒子，在–x轴上的a 点以速度v0与–x轴成60度角射入磁场，从y =

L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x

轴上x = 2L处的c点。不计重力。求

（1）磁感应强度B的大小；

（2）电场强度E的大小；

（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。

7．（1）带电粒子在磁场运动由轨迹可知：r =2

3L （2分）

又∵qv =mv

0B0

r （2分）

解得：B =3mv0

2qL （2分）

（2）带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：2L = v0t2 沿y轴有：L =1

2at2

又∵qE = ma 解得：E =mv2

2qL

（3）带电粒子在磁场中运动时间为t =124

3vL

09v01分）1分）2分）2分）2分）

20 （（（（（

带电粒子在电场中运动时间为：t2 =

2L v0

（2分）

所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：

t12

（2分） 

t29

8．（18分）如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y

（3）电子从A运动到D经历的时间t．

8．（18分）解：电子的运动轨迹如右图所示（2分）（若画出类平抛和圆运动轨迹给1分）（1）电子在电场中做类平抛运动

设电子从A到C的时间为t1

2dv0t1 （1分）

dat12 （1分）

（1分） m2mv0

求出 E = （1分）

2ed

（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则

（1分） tan11 θ = 45°

a

求出 v2v0 （1分）

电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力

evBm （1分）

由图可知 r2d （2分）

mv0

求出 B （1分）

（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=6d （2分）

332m3d （2分）

电子在磁场中运动的时间 t2 = T

44eB2v0

3d(4) （2分）电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2 =

2v0

（1）粒子从P运动到C所用的时间t；（2）电场强度E的大小；

（3）粒子到达Q点的动能Ek。 9．（20分）

（1运动的轨迹为半个圆周（2分）由Bqv0m

（1分） r

mv0

得：r （1分）

又T=

2r2m

（1分） 

v0Bq

得带电粒子在磁场中运动的时间：

t

Tm （2分） 2qB

（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，

初速度v0垂直于电场沿CF方向，过Q点

作直线CF的垂线交CF于D，则由几何知识可知，CPO≌CQO≌CDQ，由图可知： CP=2r

2mv0

（1分）带电粒子从C运动到Q沿电场方向的位移为

SEDQOQOPCPsin300r

mv0

带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为

Smv0

v0CDCOCPcos3003r

由类平抛运动规律得：

SE

12at21qE2m

t2 （1分） Sv0v0t （1分）

联立以上各式解得：E2Bv0

（2分） 3）由动能定理得：

2分）（1分） 24

（（

12mv0qESE （3分） 2

联立以上各式解得：Ekmv0 （2分）

6Ek

1.0108C/kg'

与中线OO垂直。两平行金属板间的电压U随时间变化的Ut图象如图乙所示。已知带电粒子的比荷m，粒子的重

（1） t0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时速度大小和方向；（2）求从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间．

、（20分）

（1）0.1s时刻释放的粒子做类平抛运动，沿电场方向做匀加速运动，所以有

q2U12

mv2

y ① 出电场时粒子沿电场方向的分速度v5y10m/sv0 ②

粒子离开电场时的速度v

105m/s ③

设出射方向与v0方向间的夹角为，tan

vyv1，故45 ④

（2）粒子在磁场中运动的周期为T

2m

2106s ⑤ t0时刻释放的粒子，在磁场中运动时间最短，为

周期，如右图示 tT

min

1106s ⑥ t0.1s时刻进入的粒子，在磁场中运动时间最长为

周期，如右图示 t3

max4

T1.5106s ⑦

①②③④⑤⑦各3分 ⑥2分，共20分

11．(16分)在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成30°角，大小为E = 4.0×105N/C，y轴右方有一

（2）质子两次在磁场中运动的时间之比；

（3）质子两次在电场中运动的时间各为多少．

11.（16分）解：（1）如图所示，

设质子第一、第二次由B、C两点分别进入电场，轨迹圆心分别为O1和O2．---------------（图2分）

所以：sin30° =

----------------（1分） R = 2×OA -------------------------（1分）由B =

mυ0

= 0.1T，得．--------------（1分）（2）从图中可知，第一、第二次质子在磁场中转过的角度分别为210°和30°，------------------------分）

（1

t1θ17

则= = ---------------------（2分） t2θ21

2mtan30° = x'/y' -------------------（2分）由以上解得 t =

23mυ0

= 3×10-7s ------------（2分） Eq

12．如图6 – 23所示，在y > 0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y

qE = ma ① v0t = 2h ②

2at2 = h ③

2mv0

由①②③式解得E =2qh．

④

（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度和x轴的夹角，则有v1= 2ah

v =

22v1v0

⑤

⑥

tan=

v1v0

⑦

⑧

= arctan 1 = 45°

由②③⑤式得v1 = v0 由⑥⑦⑧式得v =2v0

⑨

（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律qvB = mr

⑩

r是圆轨迹的半径，此圆轨迹与x轴和y轴的交点分别为P2、P3．；因为OP2 = OP3，= 45°，由几何关系可知，连线P2P3为

○11

圆轨道的直径，由此可求得r =2h

mv0

由⑨⑩○11可得B =． 1

○2

复合场中运动

5

kg，电量

C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经

一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点．取g＝10 m／s2，求：（1）带电微粒运动的速度大小及其跟 x轴正方向的夹角方向．

（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间．

解答．微粒运动到O点之前要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零．由此可得

FB2FE2(mg)2 ①………（2分）

电场力 FEEq ②………（2分）洛仑兹力 FBBqv ③………（2分）

联立求解、代入数据得 v=10m/s ④（2分）

微粒运动的速度与重力和电场力的合力垂直,设该合力与y轴负方向的夹角为θ,

第17题答图

则:

tanFE ⑤………（2分） mg

3 ,θ = 37 0

4代入数据得tan

带电微粒运动的速度与 x轴正方向的夹角为θ = 37 0 ⑥………（2分）

设沿初速度方向的位移为s1，沿合力方向的位移为s2，则

因为 s1vt ⑦（2分）

2s2 ⑧（2分） tans2 ⑨（2分） s1

联立⑦⑧⑨求解，代入数据可得:

O点到P点运动时间

t＝1．2 s ⑩（2分）

2．(20分)在倾角为30°的光滑斜面上有相距40m的两个可看作质点的小物体P和Q，质量分别100g和500g，其中P不带电，Q带电。

中两物体的电荷量保持不变。碰撞后，两物体能够再次相遇。其中斜面无限长，g取10m/s2。求：

（1）试分析物体Q的带电性质及电荷量；

（2）物体P、Q第一次碰撞后，物体Q可能的运动情况，此运动是否为周期性运动？若是，物体Q的运动周期为多大？

（3）物体P、Q第一次碰撞过程中由物体P和Q组成的系统损失的机械能。

（20分）（1）对物体Q，在碰撞之前处于静止状态，由平衡条件有

m2gqE 得q0.1C且物体Q带负电

（2）物体P、Q碰撞之后，物体Q受重力、电场力、洛伦兹力的作用，由于重力和电场力等大反向，故物体Q将在斜面上方做匀速圆周运动.

对物体Q，匀速圆周运动的周期：T2m2s qB

（3）要使P、Q能够再次相遇，则相遇点一定为P、Q的第一次碰撞点,物体P在碰撞后一定反向弹回，再次回到碰撞点时再次相遇。

对物体P，从释放到与Q碰撞之前，由运动学公式有：

2v002gsinS 得v020m/s

对物体P和Q，在碰撞过程中，动量守恒有

m1v0m2v2m1v1

碰撞过程中，系统损失的能量为

E11122m1v0m1v12m2v2 222

对物体P，时间关系：2v12，3，) kT (k1，gsin

当k=1时，v15m/s，v25m/s，E12.5J

当k=2时，v110m/s，v26m/s，E6J

当k=3时，v115m/s，v27m/s，系统总动能增加，不满足能量守恒定律。

综上所述，碰撞过程中由物体P和Q组成的系统损失的机械能可能为12.5J或6J.

（1）射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴，粒子第二次到达x轴时离O点的距离是多少？

（2）若粒子能经过在x轴距O点为L的某点，试求粒子到该点所用的时间（用L与v0表达）．

答案：（1）粒子的运动轨迹示意图如图6 – 15所示

2mv02mv0v0mr得r1 =qB r2 =qB 由牛顿第二定律：qv0B =

由T =2rv0得：T1 =2mqB T2 =4mqB 粒子第二次到达x轴所需时间：

3m1t =2(T1 + T2) =qB

6mv0

qB 粒子第二次到达x轴时离O点的距离：s = 2(r1 + r2) =．

（2）设粒子第N次经过在x轴的点距O点为L，不论N为偶数还是奇数粒子走过的弧长 Ls2 均为

t

所以L2v0．

4．如图6 – 16所示，MN为纸面内竖直虚线，P、Q是纸面内水平方向上的两点，两点距离PD为L，D点距离

虚线的距离DQ为L/．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在纸面内从P点开始以水平初速度v0向右运

动，经过一段时间后在虚线MN左侧空间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场维持一段时间

后撤除，随后粒子再次通过D点且速度方向竖直向下，已知虚线足够长，MN左侧空间磁场分布足够大，粒子

的重力不计．求

（1）在加上磁场前粒子运动的时间；

（2）满足题设条件的磁感应强度B的最小值及B最小时磁场维持的时间t0．

答案：（1）微粒从P点开始运动至第二次通过D点的运动轨迹如图6 – 17所示，由图6 – 17可知，在加上磁场前瞬间微粒在F点（圆和PQ的切点）

v0 在t时间内微粒从P点匀速运动到F点，则t =，由几何关系可右

PF = L + R

mv0Lmv0qBqB又R =，可得t =．

3微粒在磁场中做匀速圆周运动，故有t0 = (n +4) T (n = 0，1，2，3，…)

3(n)L2mv0又由T =qBmin可得，t0 =(n = 0，1，2，3，…) ．

5．如图6 – 18所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应

强度为B．有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库

仑力可忽略），运动轨迹如图．已知两个带电小球A和B的质量关系为mA = 3mB，轨道半径为RA = 3RB = 9 cm．

qB （1）试说明小球A和B带什么电，它们所带的电荷量之比等于多少？

（2）指出小球A和B在绕行方向及速率之比；

答案：（1）因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有qE = mg，由电场方可知，两小球都带负电荷mAg = qAE，mA =

3mB

所以qA3qB1．

（2）由题意可知，两带电小球的绕行方向都为逆时针方向

mvv2

由qBv = mR得，R =qB

由题意RA = 3RB，所以vA3vB1．

vv （3）由于两带电小球在P处相碰，切向的合外力为零，故两带电小球在P处的切向动量守恒，由mAvA + mBvB = mAA+ mBB得，

77vBvAvA= 39 

RA7由此得RA9

（1）求电源的电动势；

（2）若将滑动变阻器的滑动触头P调到R的正中间位置，可以使原带电质点以水平直线从两板间穿过，

求

36 7RA9RA = 7 cm．所以

该质点进入磁场的初速度；

（3）若将滑动变阻器的滑动触头P移到R的最左端，原带电质点恰好能从金属板边缘飞出，求质点飞出时的动能．

答案：（1）因带电质点做匀速圆周运动，故电场力F与重力G平衡，有F = mg = Eq

两板间电场强度E = U/d，两板间电压U = IR/4

由闭合电路的欧姆定律得：I =/ (R + r)

得= 4 (R + r) dmg/Rq．

（2）由（1）知，电场力竖直向上，故质点带负电，由左手定则得洛伦兹力竖直向下，由平衡条件得：mg + Bqv0 =F

因两板间电压U= IR/2 = 2U，得E= 2E，F= 2F = 2 mg 解得v0 = mg / Bq．

（3）因两板间电压变为U= IR = 4U

故电场力F= 4F = 4 mg dd12FmgEkmv0222由动能定理知

3m3g2

mgd2222Bq．得Ek =

内等离子的数目为n，每个离子的电荷量为q，板间部分的等离子体的等效内阻为r，外电路电阻为R，求：

（1）等离子体进出磁场前后的压强差p；

 （2）若等离子体在板间受到摩擦阻力为Ff，压强差p又为多少？

（3）若R阻值可以改变，讨论R中电流的变化情况，求出最大值Im，并在图6 – 21中所示的坐标上定性地画

出I随P变化的图象．

BldB2d2vp=S(rR)S．

 （2）同理p· S = BId + Ff

FfB2d2v得p=(rR)SS．

（3）若R可调节，I随R减小而增大，当所有进入发电机的离子全部偏转到板上形成电流时，电流达到最

BdBdQnqSvtrrnqSnqSt= nqSv，因为I小于Im，所以R >大值，Im =t，因此当R >的I随R的增大而减小，

BdrnqSBdrnqS当R≤时电流达到饱和值Im．由以上分析画出I随R变化的图象如图6 – 22所示（图中R0 =）．

，现有一

BeL

（1）P点的坐标；

（2）矩形磁场的面积．

答案：（1）如图8 – 10所示，设P点的坐标为(xP，yP)，从P到Q，质子做类平抛运动，设过Q点时的速度与x轴正向的夹角为，则：

2v0

cos=，所以= 60° 质子在Q点时在y方向的分速度vOy = 2v0sin

Ee在电场中质子运动的加速度a =m，设质子由P到Q的时间为t，则vOy = at，xP = – v0t，yP = L 1+2at2，解得：B2eL2B2eL2

L24Em36EmxP =，yP =．

（2）设所加的最小矩形磁场的高和底长分别为L1、L2，质子在磁场中做圆周运动的半径为r，则：(L – r) sin (90°–) = r L所以r =3，又L1 = r + rcos，L2 = r

所以Smin = L1L2 =6．

2mv0

l，0），且l =Eq．试求：

（1）要使带电粒子能穿过磁场区而不再返回到电场中，磁场的宽度d应满足什么条件？

（2）要使带电粒子恰好不能从右边界穿出磁场区，则带电粒子在磁场中运动的时间为多少？

答案：（1）研究带电粒子在电场中的运动：

mv0lv0Eq

水平方向：l = v0t1，解得：t1 = 竖直方向，由动量定量得：Eqt1 = mvy，解得：vy = v0 所以粒子进入磁场时的速度：v =2v0v2

y2v0，方向与x轴成45°角．研究带电粒子在磁场中的运动：

mvv2

当粒子刚好不从磁场右边界穿出时，其运动轨迹如图8 – 15所示，由牛顿第二定律得：Bqv = mR，得R =Bq

又d = R + Rcos 45°

(21)mv0

Bq解得：d =

(21)mv0

Bq所以，要使带电粒子能穿过磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足的条件为：d

2R2m

（2）粒子在磁场中运动的周期T =vBq



T3m

由图8 – 15知，粒子在磁场中运动的时间t2 =22Bq．

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