最新物理带电粒子在复合场中的运动练习题20篇

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．

（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；

（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；

（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.

【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（福建卷带解析) 【答案】（1）E/B （2）【解析】 【分析】 【详解】

小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；

（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即BqvqE 解得：v（3）

E B12mv0 2（2）从A到C根据动能定理：mghWf1E2解得：Wfmghm2

2B（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为x12at 2从D到P，根据动能定理：a1a50，其中联立解得：vP【点睛】

12mv1 4mg2(qE)22m2 t2vD解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与MN间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．

2．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n=3时，v0.36h)，n＜3.5， 2n20.68qBh， 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．

3．如图，M、N是电压U=10V的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF相接，其中CD段光滑，DF段粗糙、长度x=1.0m．F点紧邻半径为R的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面)，圆筒上开一小孔与圆心O在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B=0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E．一质量m=0.01kg、电荷量q=－0.02C的小球a从C点静止释放，运动到F点时与质量为2m、不带电的静止小球b发生碰撞，碰撞后a球恰好返回D点，b球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动．不计空气阻力，小球a、b均视为质点，碰时两球电量平分，小球a在DF段与轨道的动摩因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2．求

(1)圆筒内电场强度的大小； (2)两球碰撞时损失的能量；

(3)若b球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从N点射出，则圆筒的半径．

【来源】福建省宁德市2019届普通高中毕业班质量检查理科综合物理试题 【答案】(1)20N/C；(2)0J；(3) 【解析】 【详解】

（1）小球b要在圆筒内做圆周运动，应满足：解得：E＝20 N/C

（2）小球a到达F点的速度为v1，根据动能定理得：Uq－μmgx＝小球a从F点的返回的速度为v2，根据功能关系得：μmgx＝R16tann≥3的整数）

n（1Eq＝2mg 21mv12 21mv22 2两球碰撞后，b球的速度为v，根据动量守恒定律得：mv1＝-mv2＋2mv 则两球碰撞损失的能量为：ΔE＝联立解得：ΔE＝0

（3）小球b进入圆筒后，与筒壁发生n-1次碰撞后从N点射出，轨迹图如图所示：

111mv12－mv22－mv2 222

每段圆弧对应圆筒的圆心角为

2，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r1＝Rtan nn1v2粒子在磁场中做圆周运动：qvB2m

2r1联立解得：

R16tan（n≥3的整数）

n

4．如图所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在边长为2L的正方形abcd区域（包括边界）内有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一电子从y轴上的A（0，

3L）点以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，已知电子的质量为m、电荷量2为e，正方形abcd的中心坐标为（3L，0），且ab边与x轴平行，匀强电场的电场强度大

2mv0． 小EeL

（1）求电子进入磁场时的位置坐标；

（2）若要使电子在磁场中从ab边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件． 【来源】【全国市级联考】河北省邯郸市2018届高三第一次模拟考试理综物理试题 【答案】（1）（2L，0）（2）【解析】

试题分析：电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小B满足的条件．

（1）电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有： 竖直方向有：y(21)mv0(21)mv0≤B＜

2eLeL12at1 2加速度为：aeE mL v0

水平方方向为：t1竖直速度：vy＝at1 解得：y1＝

L vy＝v0 2

所以电子射出电场时的速度方向与x轴成45°角，则电子在电场中沿x轴正方向和沿y轴负方向运动的距离分别为L和

3LL，又因为A点的坐标是（0，），电子在无电场和磁场的

22区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为（2L，0）且射入磁场区的速度大小：v＝2v0，方向与x轴成45°角．

（2）分使电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切 当运动轨迹与ab相切时，有r1＋r1sin45°＝L

mv2电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：evB1

r1解得：B1(21)mv0

Le当运动轨迹与bc相切时，有：r2＋r2sin45°＝2L

mv2 电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：evB2r2解得：B2(21)mv0

2Le(21)mv0(21)mv0≤B＜

2LeLe匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件：点睛：本题主要考查了带电粒子由电场进入磁场的情况，电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，根据几何关系求解．

5．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B1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B2=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xp=－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/s2)

(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

2.25) 【答案】(1) E40N/C，方向竖直向上 (2) 2.4m (3)(0.30，【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：E40N/C，方向竖直向上

v2(2)由牛顿第二定律有：qvB1m

R1所以R1mv0.6m qB1T2m10s qB1从图乙可知在05s内微粒做匀速圆周运动，在510s内微粒向左做匀速直线运动．在1015s内微粒又做匀速圆周运动，在15s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s'2R124R12.4m

(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．

v2由牛顿第二定律，有qvB2m

R2所以R2mv0.6m2r qB2所以最大偏转角为60° 所以圆心坐标x0.30m

1ys'rcos602.40.3m2.25m

22.25． 即磁场的圆心坐标为0.30，

6．在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B（图像中的B0末知）随时间t的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0向右做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．不考虑地磁场的影响，求：

(1)电场强度E的大小；

(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间； (3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．

【来源】【百强校】2015届辽宁师范大学附属中学高三模拟考试物理卷（带解析)

【答案】（1）Emgq（2）2t0(

1 ＋1) （3）T＝8t0，3

【解析】 【分析】

【详解】

(1)小球从M点运动到N点时，有qE＝mg， 解得Emgq．

(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t0，小球从N点经过个圆周，到达P点，所以t2＝t0 小球从P点运动到D点的位移

mv0x＝R＝，

B0q小球从P点运动到D点的时间

t3Rm v0B0qt0所以时间

2m2t,t3=0， qB311)． 3tt1t2t3＝2t0(T＝8t0.

(3)小球运动一个周期的轨迹如图所示．小球的运动周期为

7．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（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mT，2， 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m2qB(k1)3m k＝1、2、3…… 4qB或t2nm2qBn3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

8．如图所示，A、B两水平放置的金属板板间电压为U(U的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A板的S点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A、B板间的电场加速后从B板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C、D板间，C、D板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E，匀强磁场的方向水平向里，大小为B1。其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a点，圆内存在磁感应强度大小为B2、方向水平向里的匀强磁场。其中S、a、圆心O点在同一竖直线上。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。求： (1)能到达a点的粒子速度v的大小；

(2)若e、f两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为1︰3，都能到达a点，则对应A、B两金属板间的加速电压U1︰U2的绝对值大小为多大；

(3)在满足(2)中的条件下，若e粒子的比荷为k，e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差△t为多少?

【来源】河南省名校联盟2019届年高三第五次（3月份)调研考试理科综合物理试题

【答案】（1）v【解析】 【详解】

E；（2）U1:U23:1；（3）tt1t2

9kB2B1

解：(1)能达到a点的粒子速度设为v，说明在C、D板间做匀速直线运动，有：qvB1qE 解得：vE B1(2)由题意得e、f两粒子经A、B板间的电压加速后，速度都应该为v，根据动能定理得：

qU1mv2 2qeqf:1:3 memf它们的比荷之比：

得出：U1:U23:1

(3)设磁场圆的半径为R，e、f粒子进入磁场圆做圆周运动

v2对e粒子：q1vB2m1

r1v2对f粒子：q2vB2m2

r2解得：

r13 r21e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为

180， e、f两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：

tanθtanθR r1R r2θα90

联立解得：θ30，α60

e、f两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足：

T12πr1 vT22πr2 vqeqf:1:3 memf在磁场中运动的时间：

t1t22θT1 3602αT2 360π 9kB2t1t2

两粒子在磁场中运动的时间差为：Δtt1t2

9．如图1，光滑绝缘水平平台MNQP为矩

形， GH∥PQ，MP=NQ=1m，MN=GH=PQ=0.4m，平台离地面高度为h=2.45m．半径为R=0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B=0.05T，方向竖直向上，与MP边相切于A点，与NQ边相切于D点，与GH相切于C点．平台上PGHQ区域内有方向由P指向G的匀强电场，场强大小为E=0.25V/m．平台右方整个空间存在方向水平向右的电场，场强大小也为E=0.25V/m，俯视图如图2．两个质量均为m=2×10-5kg的小球a、b，小球a带正电，电量q=4×10-4C，小球b不带电，小球a、b均可视为质点．小球a从A点正对圆心O射入磁场，偏转90°后离开磁场，一段时间后与静止在平台D点的小球b发生弹性碰撞，碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a球带电量始终不变，碰撞时间忽略不计．已知重力加速度g=10m/s2，π=3.14，不计空气阻力，求：

(1)小球a射入磁场时的速度大小；

(2)从小球a射入磁场到第一次与小球b相碰撞，小球a运动的路程； (3)两个小球落地点与NQ的水平距离．

【来源】【市级联考】重庆市2019届高三5月调研测试（第三次诊断性考试)理综试卷物理试题

【答案】（1）0.2m/s （2）0.636m（3）0.684m 【解析】 【详解】

(1)小球a从A点正对圆心O射入磁场，偏转90°后离开磁场，小球a在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图：

分析得半径R=0.2m

v2由qvBm

R得：v=0.2m/s

(2)磁场中运动的路程s1=πR=0.628m 电场中加速度aqE5m/s2 mv2电场的路程s220.008m

2a小球a射入磁场到与小球b相碰过程运动的路程ss1s20.636m (3)a、b球弹性碰撞，质量相等每一次碰撞速度交换． D点碰后，两球速度分别为vaD=0，vbD=0.2m/s 此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动

2hgt20.7s 由h得，两小球在空中运动时间tg2水平方向：b球匀速运动，a球加速运动，加速度aqE5m/s2 m每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，v—t图如图所示：

可得，每两次碰撞间隔时间是定值：vbDt1a(t)2 2t0.08s

由

t0.738 t0.084所以小球在空中碰8次后，再过0.06s落地

小球b在空中碰n次后速度为vbN=(n+1)vbD=0.2(n+1) m/s

△t=0.016m 小球离开D点后在空中第一次碰撞前，水平位移x1=vb1·△t=0.032m 小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x2=2vb1·

以此类推，小球在空中第n-1次到第n次碰撞水平位移xn=nx1=0.016m 所以，在空中碰撞8次时的水平位移x0=0.016×（1+2+3+4+5+6+7+8）=0.576m 第8次碰后 vb8=1.8m/s va8=1.6m/s

所以，8次碰后0.06s内，△xb=vb8×0.06=0.108m △xa=va8×0.06+

1a×0.062=0.105m 2所以，水平位移分别为xa=x0+△xa=0.681m xb=x0+△xb=0.684m

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v0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

2h。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)

4Eh6h3πR3v02q （2） （3）【答案】（1）

v0R3v0m6Eh【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

vyv0tan30

由竖直方向匀加速直线运动知vy=at1，加速度为

a根据以上式解得

qE m3v02q m6Eh(2)粒子进入磁场的速度为v，有

cos30粒子运动轨迹如图所示

v0 v

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

mv2 qvBr解得

B(3)粒子在磁场中运动的时间为

4Eh v0R120t2T

360粒子在磁场中运动的周期为T2r，粒子在电场中运动的时间为 v2ht1

v0tt1t2

粒子运动的总时

代入数据得：

t

6h3πR

3v011．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】

2qU1m；（2）U1；（3）4qU1m

9qU1（1）电荷在电场中加速，由动能定理得：qU1解得：v02qU1m12mv0， 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， 在偏转电场中：lv0cost，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， 32， 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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

rmv05102m=5cm 解得：r=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．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粒子运动轨迹如图所示，

v02v0

cos45

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

14．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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）v0【解析】 【详解】 (1)如图所示，

qB1RqR22B14B2 （2） （3）1.2R

m2m

分析可知，粒子在区域I中的运动半径r1R

2v0 得 由qv0BmRv0qB1R ； 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r22R

v2 得： 由qvB2m2Rv2qB2R m1212mvv0 22粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：

qERqR22(B14B2)； 2m(3)如图分析可知，

解得：E

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x1处的屏上，由几何关系得：

(x1cosR)2(x1sin)24R2

解得：x12213R 5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x2处的屏上，由几何关系得：

(x1cosR)2(x1sin)24R2

解得：x12213R 5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

xx2x1

解得：x1.2R 。

15．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．