高中物理带电粒子在复合场中的运动真题汇编

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

；（2）

（3）

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，

，所以半径：r1＝＝a

v0的离子，qU＝mv－m(v0)2

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．

3．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的

一样．一带正电荷的粒子从P(x＝0，y＝h)点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点．不计重力．求： （1）粒子到达x＝R0平面时速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离； （2）M点的横坐标xM．

【来源】磁场 【答案】（1）Hh【解析】 【详解】

（1）做直线运动有，根据平衡条件有：

R1272ath0；（2）xM2R0R0R0hh2。 224qEqBv0①

做圆周运动有：

2v0qBv0m②

R0只有电场时，粒子做类平抛，有：

qEma③

R0v0t④ vyat⑤

解得：vyv0⑥ 粒子速度大小为：

22vv0vy2v0⑦

速度方向与x轴夹角为：粒子与x轴的距离为：

π⑧ 4

R1Hhat2h0⑨

22（2）撤电场加上磁场后，有：

v2qBvm⑩

R解得：R2R0⑾. 粒子运动轨迹如图所示

圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为得C点坐标为：

，有几何关系4xC2R0⑿

yCHR0h过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：

R0⒀ 2CMR2R0⒁

CDyCh22R0⒂） 2解得：DMCMCD72R0R0hh2⒃ 4M点横坐标为：xM2R072R0R0hh2⒄ 4

4．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.

5．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、

L，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。 2（1）求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度vM；

Q两点之间的距离为

（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t； （3）若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。

【来源】【省级联考】吉林省名校2019届高三下学期第一次联合模拟考试物理试题 【答案】（1）E2UeU，vM2，设vM的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）Lm3mLRmvM2mv3Lm；（3）T的表达式为T，t4（n＝B2n2emUeRLevM8eU1，2，3，…） 【解析】 【详解】

（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：eU可得v012mv0 22eU m电子从Q点到M点，做类平抛运动， x轴方向做匀速直线运动，ty轴方向做匀加速直线运动，由以上各式可得：ELmL v02eUL1eE2t 22m2U L2v0(电子运动至M点时：vM即：vM2Ee2t) meU m设vM的方向与x轴的夹角为θ，

cosv02 vM2解得：θ＝45°。

（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L

2vM由洛伦兹力提供向心力可得：evMBm

R即BmvM2mv eRLe3R3Lm。

t4vM8eU（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R，即22R2L

因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：2n(2R)2L（n＝1，2，3，…） 电子在磁场中做圆周运动的轨道半径RmvM eB0解得：B02n2emU（n＝1，2，3，…） eL电子在磁场变化的半个周期内恰好转过

1圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期414T 2的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是T0又T02m eB0则T的表达式为TmL（n＝1，2，3，…）。

2n2emU

6．如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场

(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰

好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．

1求粒子运动的速度大小；

2粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之

后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？

3粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？

【来源】2014届福建省厦门双十中学高三热身考试物理试卷（带解析) 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：

121mREqR；（2）R；；（3）2π。

2n1Eqmmv2 EqR解得：vEqR m（2）粒子从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所示：

由图示三角形区域面积最小值为：

R2 S2在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：

mv2 BqvR得：

Rmv Bq设MN下方的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，如图所示：

若只碰撞一次，则有：

R1Rmv 2B1qR2R故

mv B2qB21 B12若碰撞n次，则有：

R1Rmv n1B1qR2RB21故 B1n1（3）粒子在电场中运动时间：

mv B2qt1在MN下方的磁场中运动时间：

2R4v2mR Eqt2n11mmR2R1R 2vEqREq12R2t34v2mR Eq在MN上方的磁场中运动时间：

总时间：

tt1t2t32mR Eq

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

U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) Bq当加速电压为U-△U、偏角θ=α时，距离最小

2 2qm(UU) Lmin=2Rmin cosα=Bqcosα

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) Bqcosα＞ 22qm2(UU) 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

3mg243lm3g E3gl ；(2)【答案】(1)v0，B；(3) t 4q33g2ql【解析】 【详解】

（1）从O到P，带电微粒做平抛运动：

h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．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((3)小球运动一个周期的轨迹如图所示．小球的运动周期为

T＝8t0.

10．如图所示，处于竖直面内的坐标系x轴水平、y轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。带电微粒从x轴上M点以某一速度射入电磁场中，速度与x轴负半轴夹角α=53°，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直y轴进入第一象限。已知微粒的质量为m，电荷量为-q，OM间距离为L，重力加速度为g，sin53°=0．8，cos53°=0．6。求

(1)匀强电场的电场强度E；

(2)若微粒再次回到x轴时动能为M点动能的2倍，匀强磁场的磁感应强度B为多少。 【来源】【市级联考】山东省滨州市2019届高三第二次模拟（5月)考试理综物理试题

mg8mgL8m (2) B=【答案】(1) 或B=q5q5qL【解析】 【详解】

g L（1）微粒在第二象限做匀速圆周运动，则qE=mg，解得:E=

mg q（2）微粒垂直y轴进入第一象限，则圆周运动圆心在y轴上，由几何关系得:rsinα=L

v2由向心力公式可知： qvB=m

r（1cos）Ek微粒在第一象限中mgr1Ek2mv2

2联立解得:B=12mv 28mgL8mg或B=

5qL5qL

11．如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ= 60°角，纸面内的线段MN与水平方向成α=30°角，MN长度为d．现将一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球从M由静止释放，小球沿MN方向运动，到达N点的速度大小为vN（待求）；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度抛出，小球将经过M点正上方的P点（未画出），已知重力加速度大小为g，求：

(l)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度vN； (2)M点和P点之间的电势差；

(3)小球在P点动能与在M点动能的比值．

【来源】【市级联考】江西省南昌市2019届高三下学期4月第二次模拟考试理综物理试题 【答案】（1）2gd （2）【解析】 【详解】

解：（1）由小球运动方向可知，小球受合力沿MN方向，如图甲，由正弦定理：

4mgd7 （3） q3mgFEq sin30sin30sin120得：E3mg q

合力：F=mg

2从MN,有：2adN

得：N2gd

（2）如图乙，设MP为h，作PC垂直于电场线，小球做类平抛运动：

hcos6012at 2hsin60Nt UMCEhcos30

UMPUMC

得：UMP4mgd q（3）如图乙，作PD垂直于MN，从MP，由动能定理：FSMDEKPEKM

SMDhsin30

EKM1mvN2 2EKPFSMDEKM7 EKMEKM3

12．如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为- q（q > 0）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从O点发射，沿P板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g．

（1）求发射装置对粒子做的功；

（2）电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在h板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l．此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；

（3）若选用恰当直流电源，电路中开关S接“l”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强度B只能

在0～Bm=范围内选取），使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度

方向与b板板面夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）．

【来源】2014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（四川卷带解析)

mh2h32mh2(g22)（3）0arcsin 【答案】（1）2（2）

q(Rr)lt52t【解析】

试题分析： (1)设粒子在P板上匀速运动的速度为v0，由于粒子在P板匀速直线运动，故

v0h① t所以，由动能定理知，发射装置对粒子做的功W=12mv② 2mh2解得W=2③

2t说明：①②各2分，③式1分

（2）设电源的电动势E0和板间的电压为U，有E0U④

板间产生匀强电场为E，粒子进入板间时有水平方向的初速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设运动时间为t1，加速度为a，有UEh⑤ 当开关S接“1”时，粒子在电场中做匀变速曲线运动，其加速度为mg再由hqUma⑥ h12at1，⑦ 2lvt1⑧

当开关S接“2”时，由闭合电路欧姆定律知IE0U⑨ RrRrmh2h3(g22)⑩ 联立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得，Iq(Rr)lt说明：④⑤⑥⑦⑧⑨⑩各1分

（3）由题意分析知，此时在板间运动的粒子重力和电场力平衡．当粒子从k进入两板间后，立即进入磁场物体在电磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，故分析带电粒子的磁场如图所示，运动轨迹如图所示，粒子出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为，

Df与b板上表面即为题中所求，设粒子与板间的夹角最大，设为，磁场的磁感应强度

B取最大值时的夹角为，当磁场最强时，R最小，最大设为m

mvv2由qvBm，⑾知R，

qBR当B减小时，粒子离开磁场做匀速圆周运动的半径也要增大，D点向b板靠近．Df与b板上表面的夹角越变越小，当后在板间几乎沿着b板上表面运动， 当Bm则有图中可知DGhR(1cos)，⑿

TGhRsin⒀，

tanDG⒁ TG2⒂ 5联立⑾⑿⒀⒁，将B=Bm带入 解得arcsinm当B逐渐减小是，粒子做匀速圆周运动的半径R，D点无线接近向b板上表面时，当粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时BmB0满足题目要求，夹角趋近0，既

00⒃

故粒子飞出时与b板夹角的范围是0arcsin说明：⑿⒀⒁⒂⒃(17)各1分

考点：动能定理 牛顿第二定律 闭合电路欧姆定律

2(17) 5

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 【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 mv2ky⑿ m由⑩、⑾两式得

x2qB2LD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； arcsin2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

13vvcos60v0； ，水平分速度vyv0sin60v0x022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．如图甲所示，圆盒为质子发射器．M处是质子出射口．其正视截面如图乙所示，D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为R的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为V的低能质子；与A同轴放置的金属网C的半径为3R．不需要质子射出时，可用磁场将质子封闭在金属网以内；若需要低能质子射出时，可撤去磁场，让质子直接射出；若需要高能质子，撤去磁场，并在A，c间加一径向电场，使其加速后射出．不考虑A、C的静电感应电荷对质子的作用和质子之间的相互作用，忽略质子的重力和相对论效应，已知质子质量为m，电荷量为e

（1）若需要速度为2v的质子通过金属网C发射出来，在A、C间所加电压UAC是多大？ （2）若A、C间不加电压，要使由A发射的质子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆盒平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值； 【来源】【全国百强校】天津市新华中学2019届高三第10次统练物理试题

3mv3mv2【答案】(1) U；(2) B

4eR2e【解析】 【详解】

解：(1)电子在AC间电场中加速，由动能定理得：eU11m(2v)2mv2 223mv2解得：U

2e(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，磁感应强度最小时，电子运动轨迹与金属网相切，电子运动轨迹如图所示：

由几何知识得：(3Rr)rR 解得：r2224R 3mv2电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB

r解得所加磁场磁感应强度B的最小值：B3mv 4eR