(物理)物理带电粒子在复合场中的运动练习题及答案及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．如图所不，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场．位于x轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为g的一束负离子，其初速度大小范围0〜

，这束离子经电势差

的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直

磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a〜3a区间水平固定放置一探测板（

），假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布（离子

重力不计）．

（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；

（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；

（3）保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．

【来源】浙江省2018版选考物理考前特训（2017年10月)加试30分特训：特训7 带电粒子在场中的运动试题 【答案】（1）【解析】

(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv 在磁场中洛仑兹力提供向心力：恰好打在x＝2a的位置； 对于初速度为r2＝

＝2a，

v0的离子，qU＝mv－m(

v0)2 ，所以半径：r1＝

＝a

；（2）

（3）

恰好打在x＝4a的位置

故离子束从小孔O射入磁场打在x轴上的区间为[2a，4a]

(2)由动能定理 qU＝mv－m(r3＝r3＝a 解得B1＝B0 (3)对速度为0的离子 qU＝mv r4＝

＝a

v0)2

2r4＝1.5a

离子打在x轴上的区间为[1.5a,3a] N＝N0

＝N0

对打在x＝2a处的离子 qv3B1＝

对打在x＝3a处的离子 qv4B1＝

＝

)

打到x轴上的离子均匀分布，所以由动量定理 －Ft＝－0.8Nm【名师点睛】

＋0.2N(－0.6m

－m

解得F＝N0mv0．

初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x轴上的位置不同．分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力．

2．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<

得：<

<

，

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%

3．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，

mgq，方向竖直向上 （2）vmin(962)qBh

m0.68qBh0.5qBh0.52qBh；v；v mmm解得：Emgq，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n=3时，v0.36h)，n＜3.5， 2n20.68qBh， m0.5qBh， m0.52qBh； mmgq，电场方向竖直向上；

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qBh． m（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、m0.5qBh0.52qBh、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．

4．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；

(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；

(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．

【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（北京)

2qU8U（2）【答案】（1）m1qB2【解析】

（1）动能定理 Uq＝

m1m2 （3）dm＝m1m22m1m2L

1m1v12 2得：v1＝

2qU …① m1（2）由牛顿第二定律和轨道半径有：

mvmv2 qvB＝，R＝ qBR利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：

R1＝ 2m2U2mU1 ，R＝…② 2

qB2qB28U(m1m2) …③ 2qB两种离子在GA上落点的间距s＝2(R1−R2)＝ （3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d（如图二中的粗线所示）．同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d（如图二中的细线所示）．

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R1-R2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R1(1− R1的最大值满足：2R1m=L-d 得：(L−d)(1− m2)＞d m1m2)＞d m1m1m22m1m2L

求得最大值：dm＝

5．如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与x的正方向成 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 点射入磁场时的速度 v；

（2）匀强电场的场强 E0 和匀强磁场的磁感应强度 B0． （3）粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间．

【来源】海南省海口市海南中学2018-2019学年高三第十次月考物理试题 【答案】（1）2v0；（2）【解析】 【详解】

解：(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示，粒子在 O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45角，可得：v0vcos45 解得：v(8)L2mv0；（3）

4v0Lq2v0

(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：qEL2mv0解得：E

2qL1212mv0mv 22又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向的位移为：xv0t1 竖直方向的位移为：yv0t1L 2可得：xQP2L，OQL

由OQ2Rcos45，故粒子在OQ段圆周运动的半径：Rmv2R 及 LqB2解得：B02mv qL(3)在Q点时，vyv0tan45v0

设粒子从由Q到P所用时间为t1，在竖直方向上有：

t1L2Lv0v0 2粒子从O点运动到Q所用的时间为：t2L4v0

2LL(8)L v04v04v0则粒子从O点运动到P点所用的时间为：t总t1t2

6．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

mcosqBdqB2d【答案】（1）（2） （3）

qBsinmcosmcos【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 R2v0 洛伦兹力做向心力：qv0BmR解得v0qBd mcos（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有sin粒子作匀速运动：x=v0t 联立解得td xmcos

qBsin（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=qv0B

qB2d解得E

mcos【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.

7．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m，电量为e；加速极板AB、A′B′间电压均为U0，且满足eU0=

3mv02。两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心27R；整个装置处2O、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B；

R，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线2的某位置相碰，求质子束原来的长度l0应该满足的条件。

【来源】湖南省常德市2019届高三第一次模拟考试理科综合物理试题

(2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了【答案】(1) v2v0；B【解析】 【详解】

解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：eU0又：eU02mv0336(2) l0 eR12112mv2mv0 2232mv0 2解得：v2v0；

根据对称，两束质子会相遇于OO的中点P，粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿OP方向射出，出射点为D，过C、D点作速度的垂线相交于K，则K，则K点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R

v2根据洛伦磁力提供向心力有：evBm

r可得磁场磁感应强度：B2mv0 eR

(2)磁场O的圆心上移了

R，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径2认为R，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F点射入磁场，如图所示，E点是原来C点位置，连OF、OD，并作FK平行且等于OD，连KD，由于OD=OF=FK，故平行四边形ODKF为菱形，即KD=KF=R，故粒子束仍然会从D点射出，但方向并不沿OD方向，K为粒子束的圆心

RR1ππ由于磁场上移了，故sin∠COF=2=，∠COF=，∠DOF=∠FKD=

2263R对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D点，

下方粒子到达C后最先到达D点的粒子所需时间为t2R(HR2R)(4)R 22v04v0l0 t0而上方粒子最后一个到达E点的试卷比下方粒子中第一个达到C的时间滞后Δt上方最后的一个粒子从E点到达D点所需时间为

RRsint2v0π12πR62π3336R

2v012v0π336

12要使两质子束相碰，其运动时间满足ttt 联立解得l0

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．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U0，周期为T，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在t0~T/2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t0；

（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m0的关系：

mm0v，则①粒子质量增加1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理1t2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

2m2R2m【答案】（1）（2）（3）100次；0.2

qrqU0T【解析】 【详解】

v2解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：qvBm

R电压周期T与粒子在磁场中的周期相同：T可得T2r v2m2mB ，

qrqB2R12且Ekmmv r2(2)粒子运动半径为R时：v解得：Ekm22mR2 2T粒子被加速n次达到动能Ekm，则有：EkmnqU0

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

T2R2m子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：t0n•

2qU0T(3)粒子在磁场中的周期：T2n，质量增加1%，周期增大1%， qBr再加速次数不超过2次

2100T1%加速后的质量m与原来质量m0的关系：粒子最终速度为：v0.2c 即粒子最终速度为光速的0.2倍

mm0v， m1.02m0 1()2c

10．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】 【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：

2mv0，距离s与粒子在磁场中运行速度的大qBd1U0qL2() 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．

11．在空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、CD的宽度为d，在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场，现有质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界AB成45°射入磁场，若粒子能垂直CD边界飞出磁场，试求： （1）匀强磁场的磁感应强度B； （2）从进入电场到穿出磁场的总时间。

【来源】陕西省汉中市汉台区2019届高三年级教学质量第一次检测考试物理试题 【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度B为

mv0；（2）从进入电场到穿出磁场的总时间为qdmv0d。 qE4v0【解析】 【详解】

（1）粒子进入磁场时的速度为：vv02v0

cos45粒子运动轨迹如图所示，

由几何知识得：rd2d

sin45v2粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm

r解得：Bmv0； qd（2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子进入磁场时的竖直分速度为：vy=vsin45°=v0=

qEt1， m解得，粒子在电场中的运动时间为：t1粒子在磁场中做匀速运动的周期为：T粒子在磁场中转过的圆心角我：θ=45°， 粒子在磁场中的运动时间为：t2mv0； qE2m ； qB360Tm4qB，

粒子从进入电场到穿出磁场的总时间为：tt1t2mv0d qE4v0

12．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。 A点到x轴的距离：

(23)mv 2Bq12Bv，方向跟y轴成120°角，斜向下指向左边。 73m BqAD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

13．质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域．汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，OO为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离OO的距离．以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．

（1）设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿OO的方向从O点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点．若在两极板间加一沿y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y0；

（2）假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数． 上述装置中，保留原电场，再在板间加沿y方向的匀强磁场．现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O＇点沿OO方向射入，屏上出现两条亮线．在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的．尽管入射离子速度不完全相等，但入射速度都很大，且在板间运动时OO方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速

度．

【来源】2018年9月29日 《每日一题》一轮复习-周末培优 【答案】（1）y0（2）m214u

故该未知离子的质量数为14

q0ELD2 m0v0【解析】

：（1）离子在电场中受到的电场力

Fyq0E①

离子获得的加速度

ayFym0②

离子在板间运动的时间

t0L③ v0到达极板右边缘时，离子在y方向的分速度

vyayt0④

离子从板右端到达屏上所需时间

t0'D⑤ v0离子射到屏上时偏离O点的距离

y0vyt0'

由上述各式，得

y0q0ELD⑥ m0v02（2）设离子电荷量为q，质量为m，入射时速度为v，磁场的磁感应强度为B，磁场对离子的洛伦兹力

FxqvB⑦

已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，O'O方向的分速度总是远大于在x方向和y方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度

qvB⑧ max是离子在x方向的加速度，离子在x方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，ax到达极板右端时，离子在x方向的分速度

qvBLqBL()⑨ mvm离子飞出极板到达屏时，在x方向上偏离O点的距离 vxaxtxvxt'qBLDqBLD()⑩ mvmv当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在y方向上偏离O点的距离为y，考虑到⑥式，得

yqELD⑾ mv2由⑩、⑾两式得

x2ky⑿ mqB2LD其中k

E上式表明，k是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，

x坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为m112u，x坐标3.00mm的光点对

应的是未知离子，设其质量为m2，由⑿式代入数据可得

m214u⒀

故该未知离子的质量数为14．

14．如图所示，虚线MN沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，虚线MN的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP与MN相交于O点．在A点有一质量为m，电量为+q的带电质点，以大小为v0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A与O点间的距离为3mv03mg，虚线MN右侧电场强度为，重力加速度为g．求： qBq

（1）MN左侧区域内电场强度的大小和方向；

（2）带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；

（3）带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小vp．

【来源】【市级联考】四川省泸州市2019届高三第二次教学质量诊断性考试理综物理试题

mg【答案】（1），方向竖直向上；（2）

q；（3）13v0．

【解析】

【详解】

（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE=mg，方向竖直向上； 所以MN左侧区域内电场强度E左mg，方向竖直向上； q2mv0（2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bv0q，

R所以轨道半径Rmv0； qB质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从A运动到O的过程O点为最右侧；所以，粒子从A到O的运动轨迹为劣弧； 又有dAO3mv03R；根据几何关系可得：带电质点在A点的入射方向与AO间的夹qB1dAO角； 2arcsin60R根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：

；

（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O点的竖直分速度

vyv0sin6013v0，水平分速度vxv0cos60v0；

22质点从O运动到P的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P点，故竖直位移为零，所以运动时间t2vyg3v0； g所以质点在P点的竖直分速度vyPvy水平分速度vxPvx3v0， 23v07qE1tv03gv0； m2g2所以带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度

22vPvyPvxP13v0；

15．如图所示，x轴正方向有以(0，0.10m)为圆心、半径为r=0.10m的圆形磁场区域，磁感应强度B=2.0×10-3T，方向垂直纸面向里。PQ为足够大的荧光屏，在MN和PQ之间有方向

竖直向下、宽度为2r的匀强电场(MN与磁场的右边界相切)。粒子源中有带正电的粒子不断地由静止电压U=800V的加速电场加速。粒子经加速后，沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场区域，再经电场作用恰好能垂直打在荧光屏PQ上，粒子重力不计。粒子的比荷为

q2tan=1.0×1010C/kg，tan2。求：

1tan2m

(1)粒子离开磁场时速度方向与x轴正方向夹角的正切值。 (2)匀强电场的电场强度E的大小。

(3)将粒子源和加速电场整体向下平移一段距离d(d(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理可得:qU6解得：v0410m/s

4（2）E3.84103N/C（3）1.5107s 312mv0， 22v0进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0Bm

R联立解得R12mU，R=0.2m；

Bq设速度偏离原来方向的夹角为θ，由几何关系可得tan故tan2r1， R24 3(2)竖直方向v0sinat， 水平方向2rv0cost，

aEq， m解得:E3.84103N/C

(3)粒子从C点入射，粒子在磁场中运动的最大弧弦长CD=2r=0.2m， 该粒子在磁场中运动时间最长，由几何关系可得偏向角为sin解得:α=60°； 在磁场中运动时间t1得：t12r， RR3v0，

6107s5108s

2r1107s

v0cos60在电场中，水平方向做匀速直线运动，t27则：tt1t21.510s