高中物理带电粒子在复合场中的运动常见题型及答题技巧及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN和MN是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和

O，ONONd，P为靶点，OPkd（k为大于1的整数）。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U。质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加

速，经O进入磁场区域.当离子打到极板上ON区域（含N点）或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受的重力。求：

（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；

（3）打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。 【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）B22qUm22nqUm（2）B，(n1,2,3,qkdqkd,k21)（3）

22(k1)mt磁=，t=h 电222qum(k1)qU(2k23)mkd【解析】 【分析】

带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。 【详解】

（1）离子经电场加速，由动能定理：

qU可得v12mv 22qU m磁场中做匀速圆周运动：

v2qvBm

r刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知：

r联立解得Bkd 222qUm； qkd（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达N右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在P点。设共加速了n次，有：

nqU12mvn 22vnqvnBm

rn且：

rn解得：Bkd 222nqUm，

qkdd 2要求离子第一次加速后不能打在板上，有

r1且：

qU12mv1 2v12qv1Bm

r1解得：nk2，

故加速次数n为正整数最大取nk21 即：

B22nqUm(n1,2,3,qkd,k21)；

（3）加速次数最多的离子速度最大，取nk21，离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P点。 由匀速圆周运动：

T2r2m vqBT(2k23)mkdt磁=(n1)T

222qum(k21)电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式

(k21)ha12at电 2qU mh2(k21)m可得：t电=h qU

2．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

3．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%

4．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。

5．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．

(1)求电场强度的大小和方向；

(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；

(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．

【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）E（3）v【解析】 【分析】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零； （2）作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度； （3）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度． 【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动， 电场力与重力合力为零，即mg=qE， 解得：Emgq，方向竖直向上 （2）vmin(962)qBh

m0.68qBh0.545qBh0.52qBh；v；v mmmmgq，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上；

（2）粒子运动轨迹如图所示：

设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin， 对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，

圆心的连线与NS的夹角为φ，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

v2qvBm，

r解得，粒子轨道半径：rv， qBr1vminqB，r21r1， 2由几何知识得：

（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，

（﹣962)解得：vminqBh； m（3）粒子运动轨迹如图所示，

设粒子入射速度为v，

粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2， 粒子第一次通过KL时距离K点为x， 由题意可知：3nx=1.8h （n=1、2、3…）

3(962)h2，xr12hr1， x22解得：

r1（1即：n=1时， vn=2时，v0.36h)，n＜3.5， 2n20.68qBh， m0.545qBh， mn=3时，v0.52qBh； mmgq，电场方向竖直向上；

qBh． m答：（1）电场强度的大小为E（﹣962)（2）要使粒子不从NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为vmin（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为：v0.68qBh、m0.545qBh0.52qBh、或v． mm【点睛】

或v本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用．

6．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

22m2gvqEmg。 y (3)m【答案】(1)v2gy；(2)m22；qBqB【解析】 【详解】

⑴洛伦兹力不做功，由动能定理得

mgy12mv0 ① 2解得

v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

7．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

8．如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l、宽为l的矩形区域ABCD，区域ABCD内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的带电微粒，从A点正上方的O点水平抛出，正好从AD边的中点P进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q离开后经过空中的R点(Q、R图中未画出)。已知微粒从Q点运动到R点的过程中水平和竖直分位移大小相等，O点与A点的高度差h度为g，求：

(1)微粒从O点抛出时初速度v0的大小； (2)电场强度E和磁感应强度B的大小； (3)微粒从O点运动到R点的时间t。

3l ，重力加速8

【来源】四川省攀枝花市2019届高三第三次统一考试理综物理试题 【答案】(1)v0【解析】 【详解】

（1）从O到P，带电微粒做平抛运动：

3mg243lm3gE3gl ；(2) ，B；(3) t 4q33g2qlh12gt0 223gl 313gl 2l=v0t0

所以v0（2）在P点：vy=gt02vp=v0v2y53gl 6设P点速度与竖直方向的夹角为θ，则

tanθv04 vy3带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知：

tanθmgmg FEqsinθEmgmg fqvpB3mg 4qBm3g

2ql

（3）设微粒从P到Q所用时间为t1，

t1PD13l v02g设微粒从Q到R所用时间为t2，因水平和竖直分位移相等，得：

x2v0t2

1y2vyt2gt22

2由题意得： x2y2

微粒从0点运动到R点的时间t为：

tt0t1t2

所以：t43l 3g

9．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子

对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为B0，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m、电量为e，重力不计．真空中的光速为c，普朗克常量为h．

（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v

（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的平均功率P

（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……An共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小

【来源】2019年天津市滨海新区塘沽一中高三三模理综物理试卷

2B0Rsine2B02R22mc2e2B0Ue2B02R2 ；(2) ；(3)【答案】(1) v，En 2mmhhmd【解析】 【详解】

mv02 解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：evB0R解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：v0eB0R me2B02R212 正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：Emv022m正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：2E2mc2hv

e2B02R22mc2 正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：vmhh(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n次，则有：

neU1mv02 2eB02R2解得：n

2mU 正、负电子在磁场中运动的周期为：T2m eB0B0R2n 正、负电子在磁场中运动的时间为：tT22UWEe2B0UD型盒间的电场对电子做功的平均功率：P ttm (3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得rsinnd 2解得：

rd2sin

nmv02根据洛伦磁力提供向心力可得：ev0B

r电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：

B2B0Rsindn

10．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-平行于y轴的匀强电场，在-

3L区域存在场强大小相同，方向相反均23L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁23L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径2场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（R=

5L（不计粒子重力），求： 2

（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；

（2）

E； B（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期． 【来源】2019年内蒙古呼和浩特市高三物理二模试题

40537L4v05【答案】（1）v0，与x成53°角；（2）；（3）2L；（4）．

60v033【解析】 【详解】

（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为vy， 由运动学规律知

3L=v0t1， 2

L=

vy2t1

3L4可得t1=，vy=v0

2v0322故粒子在P2的速度为v=v0vy=

5v0 3设v与x成β角，则tanβ=

vyv0=

4，即β=53°； 3（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=

28mv0E= 9qL121mv-mv02可得 22v2粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m

R5mv02mvmv03==解得：B=

5qR3qLqL2解得：

E4v0； B3（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-

3L直线与Q′2点，可得： P2O′=

3L5=L=r

2cos5323L 2故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-

直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=

3L+（r-rcos37°）=2L； 23L（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=

2v0372r37L=在磁场中由P2到M动时间：t2= 360v120v02qE8v0=从M运动到N，a= m9L则t3=

v15L= 8va0则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=

40537L60v0．

11．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B的所有可能取值

（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。 【来源】2019年东北三省四市高考二模物理试题

【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，方向：与x轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B的所有可能取值：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：tk＝1、2、3……或t【解析】 【详解】

（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t， 竖直方向：a2am3mk(k1) v02qB4qB2am3mnn n＝1、2、3……。 v02qB4qBvy2t ，

解得：vy＝v0，tanθ＝

vyv0＝1，θ＝45°，

2粒子穿过O点时的速度：vv0v22v0；

（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

v2qvBm ，

r粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45° n＝1、2、3……， 解得：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2a（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝；

v0粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：T12mm，T2， qBqB粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝

1T1， 4若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×

31T1+T2， 4431T1+T2， 4431T1+2×T2， 44若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×………… 则t2k或t2nm2qB(k1)n3m k＝1、2、3…… 4qBm2qB3m n＝1、2、3…… 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2，

解得：t或t2am3mk(k1) k＝1、2、3…… v02qB4qB2am3mnn n＝1、2、3……； v02qB4qB

12．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，

qB02(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212m 4qB0侧射出Ⅰ区的时间最长

粒子两次在I区域运动的时间为t12粒子两次在磁场之间的时间为t222L4m vqB0粒子在II区域运动的时间t332m34qB021m qB0总时间tt1t2t33224mqB

13．如图，空间某个半径为R的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d，足够大的平行金属板，板间电压为U。一群质量为m，带电量为q的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。不计重力，则

R的粒子能从极板上的小孔P射入电场，求粒子的速度？ 2（2）极板CD上多长的区域上可能会有带电粒子击中？

（1）离极板AB距离为

（3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并离开磁场区域。计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。

【来源】江苏省苏州新区一中2019届高三一摸模拟物理试题 【答案】（1）入射粒子的速度vqBR；（2）带电粒子击中的长度为mm2dBR2B2R2d2qttt；（3）总时间 2x212qBUmU【解析】 【详解】

mvmv2 （1）洛伦兹力提供向心力，qvB，解得rqBr根据作图可解得，能从极板上的小孔P射入电场，rR 所以，入射粒子的速度vqBR m（2）所有进入磁场的粒子都能从P点射入电场，从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场，这些粒子在垂直于电场方向做匀加速直线运动，aFqU mmdd12at 22md2解得t

qU2B2R2d2q 沿极板运动的距离xvt

mU2B2R2d2q

有带电粒子击中的长度为2x2

mU（3）能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场，在电场中运动的时间

t12v2dBR aU在磁场中运动的时间为t2所以t22R2mT，T vqB2mqB

总时间tt1t2mqB2dBR U

14．如图，离子源A产生的初速度为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场．已知HO＝d，HS＝2d，MNQ＝90°．（忽略粒子所受重力）

（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ； （2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；

（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围． 【来源】2009高考重庆理综

【答案】（1）E0【解析】 【分析】 【详解】

U0mU0；45°（2）2（3）mmx25m 2deB（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为V1，设 对正离子，应用动能定理有eU0＝

1mV12， 2正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动

受到电场力F＝qE0、产生的加速度为a＝垂直电场方向匀速运动，有2d＝V1t， 沿场强方向：Y＝联立解得E0＝又tanφ＝

qEF，即a＝0，

mm12

at， 2U0 dV1，解得φ＝45°； at2（2）正离子进入磁场时的速度大小为V2＝V12at， 解得V2V12(at)2 mV22正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，qV2B＝，

R解得离子在磁场中做圆周运动的半径R＝2mU0； 2eB（3）根据R＝2mU0可知， eB2质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1＝24mU0eB2，

质量为16m的离子在磁场中的运动打在S2，运动半径为R2＝2又ON＝R2－R1，

由几何关系可知S1和S2之间的距离ΔS＝R22ON2－R1， 联立解得ΔS＝4(3－)16mU0eB2，

mU0； 2eB由R′2＝(2 R1)2+( R′－R1)2解得R′＝再根据

5R1， 251R1＜R＜R1， 22解得m＜mx＜25m．

15．如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U，两板间电场可看作均匀的，且两金属板外无电场，两金属板长L＝0.2 m，两板间距离d＝0.2 m．在金属板右侧边界MN的区域有一足够大的匀强磁场，MN与两板中线OO′垂直，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子

q＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时m间内，电场可视作是恒定不变的．

(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度；

速度v0＝105 m/s，比荷

(2)任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和在MN上出射点的距离是一确定的值s，试通过计算写出s 的表达式（用字母m、v0、q、B表示）．

【来源】【市级联考】肇庆市2019届高三第三次统一检测理综物理试题

【答案】（1）vm2105m/s1.41105m/s．方向：斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45°夹角；（2）s2Rsin小无关，s为定值． 【解析】 【分析】

2mv0，距离s与粒子在磁场中运行速度的大qB【详解】

（1）偏转电压由0到200V的变化中，粒子流可能都能射出电场，也可能只有部分粒子能射出电场，设偏转的电压为U0时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出，则：

d1U0qL2() 22mdv0解得U0＝100V

知偏转电压为100V时，粒子恰好能射出电场，且速度最大． 根据动能定理得，

U11mvm2mv02q0 222vm2105m/s1.41105m/s．

方向：斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45°夹角．

（2）设粒子射出电场速度方向与MN间夹角为θ．粒子射出电场时速度大小为：vv0 sinv2 在磁场中，qvBmR解得Rmv0mv qBqBsin2mv0． qB因此粒子射进磁场点与射出磁场点间距离为：s2Rsin由此可看出，距离s与粒子在磁场中运行速度的大小无关，s为定值．