高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．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v 0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/s 2。

(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v 0；
（3）甲仍以中的速度v 0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）
32m 3m 2
x '≤<。

【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
22112222
D B mg R q
E R mv mv --=
- 乙恰能通过轨道的最高点D ，根据牛顿第二定律可得
2
D
v mg qE m
R
+=
联立并代入题给数据可得
B v =5m/s
（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
00
B mv mv mv '=+ 根据机械能守恒可得
22200111222
B mv mv mv '=+
联立解得
0v '=，05v =m/s （3）设甲的质量为M ，碰撞后甲、乙的速度分别为M v 、m v ，根据动量守恒和机械能守恒定律有
0M m Mv Mv mv =+
2220111
222
M m Mv Mv mv =+ 联立得
2m Mv v M m
=
+ 分析可知：当M =m 时，v m 取最小值v 0；当M ≫m 时，v m 取最大值2v 0 可得B 球被撞后的速度范围为
002m v v v <<
设乙球过D 点的速度为D
v '，由动能定理得 2211
2222
D m mg R q
E R mv mv --=
'- 联立以上两个方程可得
/s</s D
v '> 设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x '，则有
2
122
D x v t R gt ''==
， 所以可得首次落点到B 点的距离范围
2
x '≤<
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S 1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S 2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）（2）（3）0.63%
【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=
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：R max=
铀238离子在磁场中最小半径为：R min=
这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：R max<R min
即：<
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，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R 0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 ＝R 0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 ＝R 0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x M ．
【来源】磁场 【答案】（1）20122R H h at h =+=+；（2）2
2000724
M x R R R h h =++- 【解析】 【详解】
（1）做直线运动有，根据平衡条件有：
0qE qB =v ①
做圆周运动有：
2
00
qB m R =v v ②
只有电场时，粒子做类平抛，有：
qE ma =③
00R t =v ④ y v at =⑤
解得：0y v v =⑥ 粒子速度大小为：
22
002y v v v v =+=⑦
速度方向与x 轴夹角为：π4
θ=⑧ 粒子与x 轴的距离为：
201
22
R H h at h =+=+⑨
（2）撤电场加上磁场后，有：
2
v qBv m R
=⑩
解得：02R R =⑾. 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4
π
，有几何关系得C 点坐标为：
02C x R =⑿
02
C R y H R h =-=-
⒀ 过C 作x 轴的垂线，在ΔCDM 中：
02CM R R ==⒁
2
C R C
D y h ==-
⒂） 解得：2
2
2
20074
DM CM CD R R h h =-=
+- M 点横坐标为：2
2000724
M x R R R h h =+-
4．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7 2 L
π
，与水平线MN的距离为等
1
(1)
4
L
π
+)．线框abcd内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，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
1
2
L L
g g
内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求：
(1)此带电微粒的比荷
q
m
；
(2)自0
3
2
L
g
时微粒距O点的距离；
(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
1
4
g
B L
（2）
L
π
（3）
))
711
20,1,2,320,1,2
1212
L L
n n n n
g g
⎛⎛
+=+=
⎝⎝
和
【解析】
【详解】
解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：
2
4
L B
U B L gL
t
∆
==
∆
电容器两极间电场强度：4
U
E B gL
L
==
1
2
L L
g g
内：mg qE
=
解得比荷：
1
4
q g
m B L
=
(2)微粒运动的轨迹如图所示
时间10
2L
g
内：mg qE ma += 1v at =，112L
t g
=
解得：v gL =12L L g
g 内：2
08mv qv B r π•= 可得：2L r π
= 又2r
T v
π=
解得：L T g
=
32L
g
时微粒距O 点的距离：2L x r π==
(3) 时间10
2L
g
内，微粒竖直向下的位移：124v L h t ==
设粒子转过角度α时与O 点间的竖直距离为：
1(1)4L π
+ 1
(1)4
sin L h
r
πα+-= 解得：6
π
α=
和56
πα=
每次微粒进入磁场后运动至水平线MN 所需时间：22t T απ
= 解得：2112L t g =
2512L
t g
=自开始至水平线MN 的时间：122t t n T t =+•+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯
即：7(2)12L t n g =+和11(2)
12L
t n g
=+ ，0,1,2,3(,)n =⋯⋯ 又722L rn π
=
解得： 3.5n =
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：
7(2)
12L t n g =+
，(0,1,2,3)n =和11(2)12L
t n g
=+ ，0,1,2,3(,)n =⋯⋯
5．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
【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d
m θ
【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 R
θ=
洛伦兹力做向心力：20
0v qv B m R
= 解得0cos qBd
v m θ
=
（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x
θ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θ
θ
=
（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=qv 0B
解得2qB d
E mcos θ
=
【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.
6．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。

第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E 的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的P 点以大小为v 0的速度垂直射入
电场，不计粒子重力和空气阻力，P 、O 两点间的距离为
20
2mv qE。

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x ；
（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

【来源】2019年辽宁省辽阳市高考物理二模试题
【答案】（1）02v ；20mv qE （
2）0
(21)E
B v +≥
【解析】 【详解】
（1）由动能定理有：
2
22
0011222
mv qE mv mv qE ⋅=- 解得：v ＝2v 0
设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝02
2
v v =
解得：θ＝45° 根据tan 21x
y
θ=⋅
=，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故20
mv x qE
=
（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：
s ＝R +R sinθ
又：2
v qvB m R
=
解得：0
(21)E
B v +=
故0
(21)E
B v +≥
7．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 、
Q 两点之间的距离为
2
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。

（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v M ；
（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）2U E L =
，M eU
v m
=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3
348M R L m t v eU
ππ==3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】
（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2
012
eU mv = 可得02eU
v 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，
02
L m t L
v eU ==
y轴方向做匀加速直线运动，2
1
22
L eE
t
m
=⨯
由以上各式可得：
2U
E
L
=
电子运动至M点时：22
()
M
Ee
v v t
m
=+
即：2
M
eU
v
m
=
设v M的方向与x轴的夹角为θ，
2
cos
2
M
v
v
θ==
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
由洛伦兹力提供向心力可得：
2
M
M
v
ev B m
R
=
即
2
M
mv mv
B
eR L e
==
3
3
4
8
M
R L m
t
v eU
ππ
==
（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2R'，即222
R L
'=
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：2(2)2n R L '
=（n ＝1，2，3，…） 电子在磁场中做圆周运动的轨道半径0
M
mv R eB '=
解得：022n emU
B eL
=
（n ＝1，2，3，…） 电子在磁场变化的半个周期内恰好转过
1
4
圆周，同时在MN 间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，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014
2
T T = 又00
2m
T eB π=
则T 的表达式为22T n emU
=
（n ＝1，2，3，…）。

8．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0U ，周期为T ，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在0~/2t T =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0t ；
（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0m
的关系：
m =
1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理由）？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
【答案】（1）2m qr π（2）220R m
qU T
π（3）100次；0.2
【解析】 【详解】
解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：2
v qvB m R
=
电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同：2r
T v
π= 可得2m T qB
π=
，
2m
B qr π= (2)粒子运动半径为R 时：2R v r π=且2
km 12
E mv = 解得：22
km
2
2mR E T
π= 粒子被加速n 次达到动能km E ，则有：0km E nqU =
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
子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：22002T R m
t n qU T
π=•=
(3)粒子在磁场中的周期：2n
T qB
π=
，质量增加1%，周期增大1%， 再加速次数不超过221001%
r
T ⨯=⨯次
加速后的质量m 与原来质量0m
的关系：m ， 01.02m m = 粒子最终速度为：0.2v c = 即粒子最终速度为光速的0.2倍
9．如图所示，在xOy 坐标平面内，虚线PQ 与x 轴正方向的夹角为60°，其右侧有沿y 轴
正方向的匀强电场；左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一质量为m ，带电量为q 的带负电的粒子自坐标原点O 射入匀强磁场中，经过一段时间后恰好自虚线PQ 上的M 点沿x 轴正方向进入匀强电场，粒子在电场中的运动轨迹与x 轴的交点为N ．已知O 、M 两点间的距离为3L ；O 、N 两点间的距离为（3
+1）L ，粒子重力不计．求：
（1）带电粒子自坐标原点O 射入匀强磁场的速度大小； （2）匀强电场的电场强度大小；
（3）若自O 点射入磁场的粒子带正电，粒子的质量、带电量、初速度等都不变，则在粒子离开O 点后的运动中第二次与虚线PQ 相交的交点坐标． 【来源】2019年山东省德州市高三一模物理试卷
【答案】（1）qBL m ；（2）23qB L m ；（33
L ，12L ）．
【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中运动时qvB =2
mv r
3=2r sin60°
解得粒子自坐标原点O 射入匀强磁场的速度大小v =qBL
m
（2）粒子自M 到N 做类平抛运动 3sin60°=2
12qE t m
垂直电场方向；（
3
12
+）L 360Lcos ︒=vt 1 得电场强度E =23qB L
m
（3）若自O 点射人磁场的粒子带正电，粒子在磁场中逆时针转过240°后自R 点垂直于电 场方向离开磁场，如图所示．
离开磁场时x 坐标；330R x rcos L =-︒= y 坐标：3
302
R y r rsin L =-
+︒=（） 粒子进入电场后自R 到S 做类平抛运动 垂直电场方向；2Rs x vt = 沿电场方向：2
22Rs qE y t m
= tan60°=
RS
RS
y x 解得：2t =
23m ，RS x =23
L ，2RS y L = 第二次与虚线PQ 的交点S 的x 坐标：RS R x x x =+=3
6
L y 坐标：12
RS R y y y L =+=
则第二次与虚线PQ 的交点S 的坐标为（
3
6
L ，12L ）
10．如图所示，在竖直平面内的xoy 直角坐标系中，x 轴上方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E 1，方向沿y 轴向上，磁感应强度B ，方向垂直纸面向里．x 轴下方存在方向沿y 轴向上的匀强电场（图中未画出），场强为E 2．质量为m 、电荷量为q 的带正电小球（可视为质点），从y 轴上的A 点以速度大小v 0沿x 轴正方向抛出，经x 轴上的P 点后
与x 轴正向成45°进入x 轴上方恰能做匀速圆周运动．O 、P 两点间距离0x 与O 、A 两点间距离0y 满足以下关系，2
00
20
2=y x g v ，重力加速度为g ，以上物理量中m 、q 、v 0、g 为已知量，其余量大小未知．
(1)电场强度E 1与E 2的比值
(2)若小球可多次（大于两次）通过P 点，则磁感应强度B 为多大？
(3)若小球可恰好两次通过P 点，则磁感应强度B 为多大？小球两次通过P 点时间间隔为多少？
【来源】安徽省黄山市2019届高中毕业班第二次质量检测高三理综物理试题
【答案】（1）12；（2）
mg B qv = ；（3）01mg B 1n qv =+（） （n=1，2，3……..）；0
nv 3πt 22g
=+
（） （n=1，2，3……..） 【解析】 【分析】 【详解】
解：(1)小球在x 轴上方匀速圆周，可得：1qE mg = 小球从A 到P 的过程做内平抛运动：00x v t = 201y at 2
= 结合：2
0020
g y x 2v =
可得：a g =
由牛顿第三定律可得：2qE mg ma -= 解得：2qE 2mg = 故：
12E 1E 2
= (2) 小球第一次通过P 点时与x 轴正向成45︒，可知小球在P 点时则有：y 0v v = 故P 点时的速度：0v 2v =
由类平抛的位移公式可得：
2
0 0
v x
g
=
小球多次经过P点，轨迹如图甲所示，小球在磁场中运动
3
4
个周期后，到达x轴上的Q 点，P、Q关于原点O对称，之后回到A并不断重复这一过程，从而多次经过P点
设小球在磁场中圆周运动的半径为R，由几何关系可得：
R2x
=
又由：
2
v
qvB m
R
=
联立解得：
mg
B
qv
=
(3)小球恰能两次经过P点，轨迹如图乙所示
在x轴上方，小球在磁场中的运动周期：
2πm
T
qB
=
在x轴下方，小球的运动时间：00
2
x2v
t2
v g
==
由规律可知，小球恰能两次经过P点满足的几何关系为：
1
2x2R2R
n
=+（n=1，2，3……..）
解得：
1
(1)
mg
B
n qv
=+（n=1，2，3……..）
两次通过P点的时间间隔为：
2
3
(1)
4
t n T nt
=++（n=1，2，3……..）
解得：0
3
(2)
2
nv
t
g
π
=+（n=1，2，3……..）
11．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
m
=107C/kg 的带正电粒子从x 轴上的P 点射入电场，速度大小v 0=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) 30.15OP OQ m ==，223310m - 【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 =，0v sin θt a =
，，0
v sin θ
OQ t 2
= 沿x 轴正方向：0OP v cos θt =⋅
联立解得：3
OP m 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：r OQ r cos α
=+ 解得：r=0.05m
根据牛顿第二定律可得：()2
v cos θBqv cos θm r
=
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：222min 133
S L sin60?10m 2-=
=⨯
12．如图，离子源A 产生的初速度为零、带电量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场．已知HO ＝d ，HS ＝2d ，MNQ ∠＝90°．（忽略粒子所受重力）
（1）求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ； （2）求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；
（3）若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处．求S 1和S 2之间的距离以及能打在NQ 上的正离子的质量范围． 【来源】2009高考重庆理综 【答案】（1）00U E d =；45°（2）0
22mU eB
（3）25x m m m << 【解析】 【分析】 【详解】
（1）正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度设为V 1，设 对正离子，应用动能定理有eU 0＝
1
2
mV 12， 正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动
受到电场力F ＝qE 0、产生的加速度为a ＝F
m
，即a ＝0qE m ，
垂直电场方向匀速运动，有2d ＝V 1t ， 沿场强方向：Y ＝12
at 2
， 联立解得E 0＝0
U d
又tanφ＝
1
V at
，解得φ＝45°； （2）正离子进入磁场时的速度大小为V 2()2
21V at + 解得2221()V V at =+正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，qV 2B ＝2
2mV R
，
解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝0
2
mU eB
；
（3）根据R ＝2
2
mU eB 可知， 质量为4m 的离子在磁场中的运动打在S 1，运动半径为R 1＝2
()0
2
4m U eB
，
质量为16m 的离子在磁场中的运动打在S 2，运动半径为R 2＝2()0
2
16m U eB
，
又ON ＝R 2－R 1，
由几何关系可知S 1和S 2之间的距离ΔS ＝222R ON -－R 1， 联立解得ΔS ＝4(3－)
2
mU eB
； 由R′2＝(2 R 1)2+( R′－R 1)2解得R′＝5
2
R 1， 再根据
1
2R 1＜R ＜52
R 1， 解得m ＜m x ＜25m ．
13．“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后．从下方以恒定速率v 1,向上射入有磁感应强度为B 1、垂直纸面向里的匀强磁场区域I 内．当栅极MN 、PQ 间形成稳定的电场后．自动关闭区域I 系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B 1)．区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B 2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D 、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A )．放在A 处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D 的平行氙粒子束，经过栅极MN 、PQ 之间的电场加速后从PQ 喷出．在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力．不计粒子之间相互作用与相对论效应)．已知极板长RM =2D ，栅极MN 和PQ 间距为d ，氙原子核的质量为m 、电荷量为q ，求：
(1)当栅极MN 、PQ 间形成稳定的电场时，其电场强度E 多大． (2)氙原子核从PQ 喷出时的速度大小v 2．
(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求
能进入区域I的氙原子核占A处发射粒子总数的百分比．
【来源】【全国市级联考】湖南省衡阳市2018届高三下学期第三次联考理综物理试题
【答案】（1）E=v1B1;（2）
222 112
8mB v qd q B D
+
;（3）33.3%．
【解析】
（1）等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q′，
则11
Eq B v q
=''即
11
E B v
=
（2）氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时,设速度为v3,则有：
2
3
23
v
B qv m
r
=
根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核
束，即
2
D
r=
则：22
32
B qr B qD
v
m m
==
氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为2v，根据动能定理可知：
其中电压11
U Ed B v d
==
联立可得
222
112
22
8
4
B v qdm B D q
v
m
+
=
（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为'
2
B之后，根据
'
2
mv
r
B q
'=可知，r′=r=D
①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域
I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I．
该轨迹的圆心O1，正好在N点，AO1=MO1=D，所以根据几何关系可知，此时∠FAN=900；
②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区
域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I．
AO2=AN=NO2=D，所以此时入射角度∠GAN=300；
根据上述分析可知，只有∠FAG=600；这个范围内射入的粒子还能进入区域I．该区域的粒
子占A 处总粒子束的比例为0
0600010033.300180
η=⨯=
点睛：考查牛顿第二定律与运动学公式的应用，掌握由洛伦兹力提供向心力的求解方法，理解动能定理的内容，注意正确画出运动轨迹，及分清各段运动性质；第三问要注意临界条件，求出恰从上、下两边缘射出的粒子的入射角，从而求出射入Ⅰ区的粒子数点比．
14．在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r=
9
44
m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点,GH 与水平面的夹角θ=37°．过G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=1.25T;过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E=1×104N/C ．小物体P 1质量m=2×10-3kg 、电荷量q=+8×10-6C,受到水平向右的推力F=9.98×10-3N 的作用,沿CD 向右做匀速直线运动,到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时,不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放,经过时间t=0.1s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ=0.5,取g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力．求:
(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小; (2)倾斜轨道GH 的长度s ．
【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）4m/s （2）0.56m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到水平外力F ，重力mg ，支持力N ，竖直向上的洛伦兹力F 1，滑动摩擦力f 则F 1=qvB①
N mg qvB =-，f N μ=②
匀速直线运动，物体处于平衡状态；0F f -=③ 解得4v =m/s④
说明：①③各1分，②④各2分
(2)设物体P 1在G 点的速度为1v ，由于洛伦兹力不做功
由动能定理知22
111sin 37(1cos37)22
qEr mgr mv mv ︒--︒=-⑤ 解得速度15v =m/s
小物体P 1在GH 上运动受到水平向右的电场力qE ，重力mg ，垂直斜面支持力N 1，沿斜面向下的滑动摩擦力f 1设加速度为1a
由牛顿第二定律有1cos37cos37N mg qE =︒+︒，11f N μ=
11sin 37qE mg f ma -︒-=，⑥
解得110a =m/s 2
小物体P 1在GH 上匀加速向上运动
=0.55m⑦
小物体P 2在GH 上运动受到重力m 2g ，垂直斜面支持力N 2，沿斜面向上的滑动摩擦力f 2，加速度为2a
则2222sin 37cos37m g m g m a μ︒-︒=⑧ 解得22a =m/s 2
小物体P 2在GH 上匀加速向下运动2
2212
s a t ==0.01m⑨ 故轨道长12s s s =+⑩ 所以s=0.56m ⑾
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AC U 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。