高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m、电量

d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H2点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。

为＋q的粒子由小孔下方

(1)求极板间电场强度的大小；

(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小； (3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为点，求这段时间粒子运动的路程．

【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷带解析)

2mv4mv,粒子运动一段时间后再次经过H、

qDqD4mv4mvmv212【答案】（）（）或（3）5.5πD

qD3qDqd【解析】 【分析】 【详解】

mv2d12(1)粒子在电场中，根据动能定理Eqmv，解得E

qd22(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为

E R/24mvv2BqvBm由，解得 1qDr1则当外切时，半径为

e R4mvv2B由qvB1m，解得

3qDr29qB2L2100U016U0U(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为m，则粒子运动的半径为；Ⅱ

32U081912v2区域的磁感应强度为qU0mv，则粒子运动的半径为qvBm；

2r设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：

T12R13；r0L v14

据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2，圆弧和大圆的两

oo个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：1120；2180；

60o

粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间

U1L分别为t1、t2，可得：rU；5U0 L6

设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2) 联立上述各式可得：s=5.5πD

2．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

3．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(1)(2) (3)【答案】v2gy；mm22；qBqB【解析】 【详解】

⑴洛伦兹力不做功，由动能定理得

mgy解得

12mv0 ① 2v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

4．如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为L,0的A点。粒子源沿y轴正方向释放出速

度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成45o角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15o角的射线OM已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求：

1匀强电场的电场强度E的大小； 2电子在电场和磁场中运动的总时间t 3矩形磁场区域的最小面积Smin。

【来源】湖南省怀化市2019年高考物理一模物理试题

22L2mmv2mv0【答案】(1)；(2)；(3)3(0) v03eBeB2eL【解析】 【详解】

122mv01电子从A到C的过程中，由动能定理得：eEL1mvC

22vCcos45ov0

2mv0联立解得：E

2eL2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：L其中vCvCsint1 2v0 cos2 3由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：电子在磁场中的运动时间：t2其中TT 22m eB2L2m v03eB电子在电场和磁场中运动的总时间tt1t2 联立解得：t3电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

2vC则有 evBm

r最小矩形区域如图所示，

由数学知识得：CD2rsin2 CQrrcos2

最小矩形区域面积：SminCDCQ 联立解得：Smin3(mv02) eB

5．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。

7R；整个装置处2

(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； (2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了

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 【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

6．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30o，重力加速度为g，求：

(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小.

(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小. (3)微粒从P运动到Q的时间有多长.

【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)理综物理试题

6d1d2m2gd12mgEmg2gd1 【答案】(1)E1,2 (2) (3)q6gd22qd2q【解析】 【详解】

(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：qE1sin45mg 求得：E12mg qmg q12mv 2微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：mgqE2 求得：E2(2)粒子进入磁场区域时满足：qE1d1cos45v2qvBm

R根据几何关系，分析可知：R整理得：Bd22d2 sin30m2gd1 2qd2(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：

12a1t1d1 2mgtan45ma1

t2302R 360v经整理得：tt1t22d1122gd6d1d22gd1 g12qB6gd2

7．如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m、不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动，v0mg，两小球P、Q3qB可视为质点，正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移．已知匀强电场的电场强度

2m2gE，水平台面距地面高度h22，重力加速度为g，不计空气阻力．

qqBmg

（1）求P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球Q的速度大小；

（2）P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落地？落地点与平台边缘间的水平距离多大？

（3）若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘、小球P仍以水平初速度v0mg3qB向Q运动，小球Q的运动轨迹如图2所示（平台足够高，小球Q不与地面相撞）．求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H． 【来源】2019年湖北省黄冈中学高考三模物理试题

2mgm5m4m2g2mg(22)；22（3）vm,H22 【答案】（1）（2）

qB3qB3qB3qB3qB【解析】 【详解】

（1）小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，得：mv0mvPmvQ

121212mv0mvpmvQ 222联立解得vp0,vQv0mg 3qB（2）对于小球Q，由于qEmg，故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则

qvBm2vQr

2m qB经过一个周期的时间t1T小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后vPv0mg,vQ0 3qB12gt2，代入数据，得：2小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，则有ht22h2m gqB故P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间t2m2mm(22) qBqBqB2m2g落地点与平台边缘的水平距离xPv'Pt2

3q2B2（3）PQ相碰后，Q球速度vQ=v0，碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点Q球有最大速度，故从碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点过程，对Q球由动量定理得：qvyBtmvmmv0 即qBHmvmmv0 又由动能定理可得mgH1212mvmmv0， 225m4m2g,H22 解得：vm3qB3qB

8．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】

2am3mnn n＝1、2、3……。 v02qB4qB【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vy2t ，

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

9．如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。求：

（1）电子进入偏转电场时的速度v0；

（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E1应该变为原来的多少倍？

（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。 【来源】【区级联考】北京市顺义区2019届高三第二次统练理综物理试题 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：Ue所以，v02Uem（2）2倍 （3）E m2Ue12mv0 22Ue m（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：

12at Eema 24yU联立解得：E2

xxv0t y根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。 （3）电子做直线运动

Bev0Ee

解得： BEm 2Ue

10．如图所示，在xoy平面的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=102V/m，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xoy平面向外。一比荷

q=107C/kg的带正电粒子从x轴上的P点射入电场，速度大小mv0=2×104m/s，与x轴的夹角θ=60°。该粒子经电场偏转后，由y轴上的Q点以垂直于y轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O，且与x轴负方向的夹角α=60°，不计粒子重力。求：

(1)OP的长度和OQ的长度； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)等边三角形磁场区域的最小面积。

【来源】安徽蚌埠市2019届高三第二次教学质量检查考试理综（二模)物理试题 【答案】(1) OP【解析】 【详解】

解：(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y轴正方向的分运动是匀变速直线运动

沿y轴方向：qEma，t333m，OQ0.15m (2) B=0.02T (3)102m2 1016v0sinθvsinθt ，，OQ0a2沿x轴正方向：OPv0cosθt 联立解得：OP3m，OQ0.15m 10(2)粒子在磁场中作半径为r的匀速圆周运动，其轨迹如图 根据几何关系由：OQrr cosα解得：r=0.05m

vcosθ根据牛顿第二定律可得：Bqvcosθm002r

解得：B=0.02T

(3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD为边长L的△QRD是磁场区域面积最小的等边三角形，如图，则L3r， 故最小面积：Smin1233Lsin60?102m2 216

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】

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，

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， 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，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的

磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：

(1)两平行板间的电势差U；

(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径R．

【来源】甘肃省张掖市2019届高三上学期第一次联考理科综合试题（物理部分)

mmv0tan；（3）R=【答案】(1)U=Bv0d；（2）2 qBqB【解析】 【分析】

（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差．

（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R． 【详解】

(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=板间的电势差：U=Bv0d

(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：

2v0Bv0q=m

r2r同时有T=

v0U，解得两平行d粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=

T 2m解得t=

Bq(3)由几何关系可知：rtan2=R

解得圆形磁场区域的半径R=

mv0tanqB2

13．磁流体发电的工作原理示意如图．图中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R相连．整个发电导管处于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向如图垂直前后侧面．发电导管内有电阻率为的高温高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势．已知气体在磁场中的流速为v，

求：（1）磁流体发电机的电动势E的大小；

（2）磁流体发电机对外供电时克服安培力做功的功率P安多大； （3）磁流体发电机对外供电时的输出效率.

【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

RB2a2v2100%a【答案】（1）Bav（2） a（3）RRblbl【解析】 【详解】

解：(1)磁流体发电机的电动势：EBav (2)回路中的电流：I发电机内阻：rE Rrabl

受到的安培力：FBIa 克服安培力做功的功率：P安Fv

B2a2v2克服安培力做功的功率：P安a

Rbl(3)磁流体发电机对外供电时的输出效率：外电压：UIR 磁流体发电机对外供电时的输出效率：

UI EIRRabl100%

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 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．

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