一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．让质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．
（1）若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A（a，0）点，求v1的大小；
（2）已知一粒子的初速度大小为v（v＞v1），为使该粒子能经过A（a，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sinθ值；
（3）如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射．研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值vm．
【来源】2013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（福建卷带解析) 【答案】⑴【解析】
试题分析：(1)当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，半径R1＝a/2
；⑵两个 sinθ=
；⑶
＋
．
v12由运动定律有Bqv1?m
R1解得v1?Bqa 2m(2)如右图所示，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在
a的直线上，半径为R，当给定一个初速率v时， 2有2个入射角，分别在第1、2象限．
x＝
即 sinθ′＝sinθ＝
a 2Rv2另有Bqv?m
R解得 sinθ′＝sinθ＝
aqB 2mv(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐
标，由动能定理有 qEym＝由题知 vm＝kym
1122mvm－mv0 222v0若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m
R0在最高处有 v0＝kR0 联立解得vm?EE2 ?()2?v0BB
考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．
2．如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.25m的半圆,两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小
E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙球在B点被碰后的瞬时速度大小；
（2）在满足1的条件下，求甲的速度v0；
（3）甲仍以中的速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
【来源】四川省资阳市高中（2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题
【答案】（1）5m/s；（2）5m/s；（3）
322m?x??23m。
【解析】 【分析】 【详解】
（1）对球乙从B运动到D的过程运用动能定理可得
?mgg2R?qEg2R?1212mvD?mvB 222vD乙恰能通过轨道的最高点D，根据牛顿第二定律可得
mg?qE?m联立并代入题给数据可得
vB=5m/s
R
（2）设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得
??mvB mv0?mv0根据机械能守恒可得
1112?2?mvBmv02?mv0
222联立解得
??0，v0?5m/s v0（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有
Mv0?MvM?mvm
111Mv02?MvM2?mvm2 222联立得
vm?2Mv0 M?m分析可知：当M=m时，vm取最小值v0；当M?m时，vm取最大值2v0 可得B球被撞后的速度范围为
v0?vm?2v0
?，由动能定理得 设乙球过D点的速度为vD?mgg2R?qEg2R?联立以上两个方程可得
11mvD?2?mvm2 22??230m/s 35m/s 12gt 2322m?x??23m 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，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?由几何知识得： ?vminqB，r2?1r1， 2（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， n220.68qBh， m0.545qBh， 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、m0.545qBh0.52qBh、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． 5．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于N点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠M的上方取点A，一比荷 q=5×105C/kg的带正电粒子，从A点m以v0=2×103m/s的速度沿平行MN方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q点回到电场。已知MN、PQ的长度均为L=0.5m，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。 (1)求电场强度E的大小； (2)求磁感应强度B的大小； (3)在左侧虚线上M点的下方取一点C，且CM=0.5m，带负电的粒子从C点沿平行MN方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q点和P点，求两带电粒子在A、C两点射入电场的时间差。 【来源】【市级联考】陕西省榆林市2019届高三第二次理科综合模拟试题（物理部分) 【答案】(1) 16N/C (2) 1.6?10?2T (3) 3.9?10?4s 【解析】 【详解】 （1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0t L1qE2?t 22m解得E=16N/C （2）设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为v=2v0 tan??v0qE tmv2粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvB?m r由几何关系可知r?解得B=1.6×10-2T 2L 2 （3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为 ?3?，带负电的粒子转过的圆心角为；两带电222?r2?m?； vqB粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间T?带正电的粒子在磁场中运动的时间为：t1?带负电的粒子在磁场中运动的时间为：t2?3T?5.9?10?4s； 41T?2.0?10?4s 4?4带电粒子在AC两点射入电场的时间差为?t?t1?t2?3.9?10s 6．如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L．O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为 7LL1，与水平线MN的距离为等(1?))．线框abcd内和电容器两极板间都存在周期2?4?性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去动．已知重力加速度为g，求： 1L:2gL内恰好做匀速圆周运g (1)此带电微粒的比荷(2)自0时刻起经时间q； m3L时微粒距O点的距离； 2g(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN． 【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题 【答案】（1）14B0Lg （2） （3） ?L7?L11?L??2n?n?0,1,2,3和2n????n?0,1,2? ????12g12g????【解析】 【详解】 L2?B解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：U??4B0LgL ?t电容器两极间电场强度：E?U?4B0gL L时间1L:2gL内：mg?qE g解得比荷： q1?m4B0g L(2)微粒运动的轨迹如图所示 时间0:1L内：mg?qE?ma 2gv?at1，t1?1L 2g解得：v?gL Lmv2内：qv?8?B0? gr1L:时间2g可得：r?又T?L 2?2?r v解得：T?L gL3L时微粒距O点的距离：x?2r? ?2g (3) 时间0:vL1L内，微粒竖直向下的位移：h?t1? 242gL1(1?) 4?设粒子转过角度?时与O点间的竖直距离为： L1(1?)?h ?sin??4r解得：???6和??5? 6每次微粒进入磁场后运动至水平线MN所需时间：t2?解得：t2??T 2?1L5L和t2? 12g12g自开始至水平线MN的时间：t?t1?n?2T?t2，(n?0,1,2,3,??) 即：t?(2n?又2rn?7L11L) ，(n?0,1,2,3,??) 和t?(2n?)12g12g7L 2?解得：n?3.5 微粒离开电容器后不再经过水平线MN，分析得自开始至水平线MN的时间： t?(2n?7L11L) ，(n?0,1,2,3)和t?(2n?) ，(n?0,1,2,3,??) 12g12g 7．如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置．带正电的粒子从容器A下方小孔S不断飘入电势差为U的加速电场．进过S正下方小孔O后，沿SO方向垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上并被吸收，D与O在同一水平面上，粒子在D上的落点距O为x，已知粒子经过小孔S时的速度可视为零，不考虑粒子重力． （1）求粒子的比荷q/m； （2）由于粒子间存在相互作用，从O进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转．其方向与竖直方向的最大夹角为α，若假设粒子速度大小相同，求粒子在D上的落点与O的距离范围； （3）加速电压在（U±△U）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同．现从容器A中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为m1、m2（m1＞m2），在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上．若要使两种离子的落点区域不重叠，则 条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为α） 【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018学年高二1月月考物理试题 VU应满足什么Um1cos2??m28U 【答案】（1）22 （2）最大值x 最小值xcos? （3）?U?m1cos2??m2Bx(m1cos2??m2) 【解析】 【详解】 （1）沿SO方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D的粒子； 粒子经过加速电场：qU= 12 mv 2v2洛伦兹力提供向心力：qvB=m R落点到O的距离等于圆运动直径：x=2R 所以粒子的比荷为： ?qm8U B2x2（2）粒子在磁场中圆运动半径R?2qmUx? qB2由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O1）或右偏θ角（轨迹圆心为O2） 落点到O的距离相等，均为L=2Rcosθ 故落点到O的距离 最大：Lmax=2R=x 最小：Lmin=2Rcosα=xcosα （3）①考虑同种粒子的落点到O的距离； 当加速电压为U+△U、偏角θ=0时，距离最大， Lmax=2Rmax= 22qm(U??U) Bq22qm(U??U) Bq当加速电压为U-△U、偏角θ=α时，距离最小 Lmin=2Rmin cosα= cosα ②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子 由R=2qmU和 m1＞m2，知：R1＞R2 qB要使落点区域不重叠，则应满足：L1min＞L2max 2 2qm1(U??U) Bq2 2qm2(U??U) cosα＞Bq m1cos2??m2． 解得：?U?m1cos2??m2（应有条件m1cos2α＞m2，否则粒子落点区域必然重叠） 8．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-行于y轴的匀强电场，在- 3L区域存在场强大小相同，方向相反均平23L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，2一质量为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（（不计粒子重力），求： 53L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=L22 （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 【答案】（1）【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 ?405?37??L4v5v0，与x成53°角；（2）0；（3）2L；（4）． 60v0333L=v0t1， 2 L= vy2t1 可得t1= 3L4，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=-点，可得： P2O′= 3L直线与Q′23L5L=r =o2cos5323L 23L+（r-rcos37°）=2L； 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（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= 2v0在磁场中由P2到M动时间：t2= 2qE8v0=从M运动到N，a= m9L37?2?r37?L?= o120v360v0则t3= v15L= 8va0则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）= ?405?37??L60v0． 9．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……； qL2a?m3?m?k?(k?1) v02qB4qB（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?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； v0（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝ 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 10．如图所示，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E?1.0?104V/m，另有一半径R=1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2?0.20T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方形以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线 5y=x垂直．粒子速度大小v0?1.0?10m/s，粒子的比荷为q/m?5.0?105C/kg，粒子重 力不计．求： (1)粒子在匀强磁场B2中运动的半径r； (2)坐标d的值； (3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件； (4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x上的最长时间（??3.14，结果保留两位有效数字）. 【来源】天津市滨海新区2019届高三毕业班质量监测理科综合能力测试物理试题 【答案】(1)r=1m (2)d?4m (3)B1?0.1T或B1?0.24T (4)t?6.2?10?5s 【解析】 【详解】 2v0 解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B2qv0?mr解得粒子运动的半径：r?1m (2) 粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x，竖直位移为y 水平方向：x?v0t 竖直方向：y?12at 2a?Eq mv0 attan45??联立解得：x?2m，y?1m 由图示几何关系得：d?x?y?R 解得：d?4m (3)若所加磁场的磁感应强度为B1?，粒子恰好垂直打在y轴上，粒子在磁场运动半径为r1 由如图所示几何关系得：r1?2?y?R? v?2v0 2v由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B1?qv?m r1解得：B1??0.1T 若所加磁场的磁感应强度为B1??，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为r2 由如图所示几何关系得：r2?2r2?2?y?R? 2v由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B1??qv?m r2解得B1???2?1T?0.24T 10综上，磁感应强度应满足的条件为B1?0.1T或B1?0.24T (4)设粒子在磁场B2中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2，在磁场B1中运动的时间为t3，则有： 1t1?T1 4T1?t2?2?R v0x v01t3?T2 2T2?2?r2 v解得：t?t1?t2?t3?2?1.5??22??10s?6.2?10s ???5?5 11．如图所示，在竖直平面（纸面）内有长为l的CD、EF两平行带电极板，上方CD为正 极板，下方EF为负极板，两极板间距为l，O点为两极板边缘C、E两点连线的中点；两极板右侧为边长为l的正方形匀强磁场区域磁场方向垂直纸面向外。离子源P产生的电荷量为q、质量为m的带正电粒子飘入电压为U1的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O点斜向上射入两极板间，带电粒子恰好从CD极板边缘D点垂直DF边界进入匀强磁场区域。已知磁感应强度大小B与带电粒子射入电场O点时的速度大小v0的关系为 B2m?，带电粒子重力不计。求 v02ql（1）带电粒子射入电场O点时的速度大小v0； （2）两平行极板间的电压U2； （3）带电粒子在磁场区域运动的时间t。 【来源】【市级联考】四川省德阳市2019届高三下学期二诊物理试题 【答案】（1） 【解析】 【详解】 （1）电荷在电场中加速，由动能定理得：qU1?解得：v0?2qU1m2qU1m；（2）U1；（3）4?qU1m 9qU112mv0， 2； （2）粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ， t，在偏转电场中：l?v0cos?g加速度：a?l1?v0sin??t，v0sin??at， 22qEqU2? ， mml解得：U2?U1,???4； （3）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力， (v0cos?)2由牛顿第二定律得：qv0cos??B?m， R解得：R?2l， 3粒子运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角：??粒子在磁场中的运动时间：t?2?， 3?Rv0cos?， 解得：t?4?qU1m. 9qU1 12．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x0=60cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.6×105N/C，在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外．磁场的边界和x轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为 q=1.0×108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v0=4.0×106m/s．不考虑粒子的重m力、粒子间的相互作用．求： （1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点的最远距离． 【来源】陕西省西安市2019年高三物理三模理综物理试题 【答案】（1）5cm；（2）0≤y≤10cm；（3）9cm 【解析】 【详解】 （1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得： 2v0qvB=m r解得：r= mv0?5?10?2m=5cm Bq（2）由（1）问可知r=R，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示： 由几何关系可知四边形PO′FO1为菱形，所以FO1∥O′P，又O′P垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y≤10cm （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有： x0=v0t0 h= 12at0 2qEa= m解得：h=18cm＞2R=10cm 说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则： x=v0t y= 代入数据解得：x=2y 设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为θ， 12at 2qEx?vymv0 tan????2yv0v0所以： H=（x0﹣x）tanθ=（x0﹣2y）?2y 由数学知识可知，当（x0﹣2y）=2y时，即y=4.5cm时H有最大值 所以Hmax=9cm 13．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】 (2?3)mv 2Bq12Bv，方向跟y轴成120°角，斜向下指向左边。 7?3m Bq【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： AD?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 t1?T④ 8T?2?m⑤ qB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： 12at? 2S2?vt? tan45??联立得 S1? S2t?5?m。 4qB 14．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 【解析】 ：（1）离子在电场中受到的电场力 q0ELD2 m0v0Fy?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． 15．如图所示，地面上方足够大的空间内同时存在竖直向上的匀强电场和水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电小球（大小可忽略）恰好静止在距地面高度为h的P处。现在给小球一个垂直磁场方向竖直向下的速度v，已知重力加速度为g，空气阻力不计，求： （1）电场强度E的大小； （2）若h?3mv ,小球从P点运动到地面的时间。 2qBmgq?m【来源】【市级联考】安徽省淮南市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题 【答案】（1）E?【解析】 【详解】 （1）粒子在P点静止，则电场力和重力平衡，则mg?（2）t?3qB qE 解得E?mgq （2）若给小球一个垂直磁场方向竖直向下的速度v，则粒子在正交场中做匀速圆周运动， mvv2 ， 由qvB?m 可得半径为r?qBr因h?3mv3=r ， 2qB2?则粒子在磁场中转过的角度为 ，则时间为3T?1?2?m??m t?3?2?6qB3qB 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容