高中物理带电粒子在复合场中的运动技巧小结及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．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）（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%
2．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.
(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;
(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U;
(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向.
【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)0
12qU v m
=
(2)1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，
若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°． 【解析】
(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理2001
2
qU mv =
由题意得10v v =，即0
12qU v m
=
(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1
qU a md
=
在离开时,竖直分速度y
v at = 竖直位移2
112
y at =
水平位移1
l v t = 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =
由题意知,粒子竖直总位移12
y?2y y =+ 解得2
10U l y U d
=
则当加速电压为04U 时,1U?4U =
（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于x 轴. 且F
E q
= (b)由沿y +
-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.
222F f (5F)+=,则f?2F =且1f?qv B =
解得0
2F m
B B
qU =
(c)设电场方向与x 轴方向夹角为
.
若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222sin )(cos )(7)f F F F αα++=（ 解得
=30°,或
=150°
即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°. 同理,若B 沿-x 轴方向
E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.
3．如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。

0t =时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的1N 点以水平速度v 射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的2N 点，Q 为线段12N N 的中点，重力加速度为g ，上述d 、0E 、m 、v 、g 为已知量。

(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小； (2)求电场变化的周期T ；
(3)改变宽度d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T 的最小值。

【来源】2010年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷)理综 【答案】(1)0
2E B v
=；(2)122d v T t t v g π=+=+；(3)min 1min 2(21)2v T t t g π+=+。

【解析】 【分析】
根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况。

再根据受力分析列出相应等式解决问题。

【详解】
(1)根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡， 则mg=qE 0 ①
∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0. 则 mg+qE 0=qvB ② 联立①②得：q=
③B=
④
(2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，作圆周运动的周期为t 2， 则=vt 1⑤qvB=m
⑥2πR=vt 2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦得：t 1=
，t 2=
⑧
电场变化的周期T=t1+t2=+⑨
(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R ⑩
联立③④⑥得：R=，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由⑤⑩得t1min=，
因t2不变，T的最小值 T min=t1min+t2=。

答：(1)微粒所带电荷量q为，磁感应强度B的大小为。

(2)电场变化的周期T为+。

(3)T的最小值为。

【点睛】
运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路。

4．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=3
2
mv02。

两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心
O、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=7
2
R；整个装置处
于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(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2
R
，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l 0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) 02v v =；02mv B eR =(2) 0336
12
l π++≥ 【解析】 【详解】
解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：22
0011eU mv mv 22
=- 又：2
003eU mv 2
=
解得：0v 2v =；
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
根据洛伦磁力提供向心力有：2
v evB m r
=
可得磁场磁感应强度：0
2mv B eR
=
(2)磁场O 的圆心上移了
R
2
，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
由于磁场上移了R
2
，故sin∠COF=
R
2
R
=
1
2
，
∠COF=
π
6
，∠DOF=∠FKD=
π
3
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
00
(2)(4)
22
24
R
R H R R
t
v v
π
π
++-+
'==
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0
l
Δt
t
=
上方最后的一个粒子从E点到达D点所需时间为
()
000
π1
R Rsin2πR62π33
36
t R
2v2v12v
-+-
=+=
要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t
'≤+∆
联立解得
π336
l
++
≥
5．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）
mg
q
E=（2）2
t0(
1
3π
＋1) （3）T＝8t0，
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小球从M点运动到N点时，有qE＝mg，
解得
mg
q
E=．
(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
x＝R＝0
mv
B q，
小球从P点运动到D点的时间
3
00
R m
t
v B q
=
=
2m
t
qB
π
=,t
3=0
2
3
t
π
，
所以时间
1230
()
1
3
21
t t t t t
π
+++
=＝．
(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.
6．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子
对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为
B，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m、电量为e，重力不计．真空中的光速为c，普朗克常量为h．
（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v
（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的
平均功率P
（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……A n共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小
【来源】2019年天津市滨海新区塘沽一中高三三模理综物理试卷
【答案】(1)
2222
2
e B R mc
v
mh h
=+，
222
2
e B R
E
m
=；(2)
2
e B U
m
π
；(3)0
2sin
B R
n
d
π
【解析】
【详解】
解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：
2
mv
evB
R
=
解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：0
eB R
v
m
=
正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：
222
20
1
22
e B R
E mv
m
==
正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：2
22
E mc hv
+=
正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：
2222
2
e B R mc
v
mh h
=+
(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n次，则有：
2
1
2
neU mv
=
解得：
22
2
eB R
n
mU
=
正、负电子在磁场中运动的周期为：0
2m
T eB π=
正、负电子在磁场中运动的时间为：202
2B R n
t T U
π==
D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B U
W E P t t m
π===
(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin
2
d
r n
π
=
解得：
2sin
d r n
π=
根据洛伦磁力提供向心力可得：2
00mv ev B r
=
电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：
02sin
B R n B d
π
=
7．如图1所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面內，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 ，电最
为+q 的粒子由小孔下
2
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H 点紧靠大圆内侧射入磁场，不计粒子的重力．
（1）求极板间电场强度的大小E ； （2）若I 区、II 区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mv
qD
，粒子运动一段时间t 后再次经过H 点，试求出这段时间t ；：
（3）如图23D ，调节磁感应强度为B 0（大小未知），并将小圆中的磁场改为匀强电场，其方向与水平方向夹角成60︒角，粒子仍由H 点紧靠大圆内侧射入磁场，为使粒子恰好从内圆的最高点A 处进入偏转电场，且粒子在电场中运动的
时间最长，求I 区磁感应强度B 0的大小和II 区电场的场强E 0的大小? 【来源】【全国百强校】天津市新华中学2019届高三高考模拟物理试题
【答案】（1）2mv qd （2）5.5D v π（3
【解析】 【详解】
解：(1)粒子在电场中运动，由动能定理可得：2
122
d qE
mv = 解得：2
mv E qd
=
(2)粒子在I 区中，由牛顿第二定律可得：2
11
v qvB m R =
其中12v B qD π=
，12
R v
= 粒子在II 区中，由牛顿第二定律可得：2
22
v qvB m R =
其中24mv B qD =
，24
D
R = 121222,R R T T v v
ππ=
=， 由几何关系可得：1120θ=︒
2180θ=︒
1
112360t T θ=︒
2
22360t T θ︒
=
()126t t t =+
解得： 5.5D
t v
π=
(3)由几何关系可知：2223())22
D D r r =+- 解得：3
3
r D =
由牛顿第二定律可得：2
0v qvB m r
=
解得：03mv
B qB
=
32cos D
r θ==
解得：30θ=︒，则粒子速度方向与电场垂直
(1sin )2
D
vt θ+= 21cos 22D at θ= 0E q ma =
解得：2083mv E =
8．在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅱ、Ⅲ象限y 轴到直线PQ 范围内存在沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小500N/C E =，第I 、Ⅳ象限以()0.4,0为圆心，半径为的
圆形范围内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度0.5T B =.大量质量为
10110kg m -=⨯，电荷量6110C q -=⨯的带正电的粒子从PQ 上任意位置由静止进入电
场．已知直线PQ 到y 轴的距离也等于R ．不计粒子重力，求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）若某个粒子出磁场时速度偏转了120，则该粒子进入电场时到y 轴的距离h 多大？ （3）粒子在磁场中运动的最长时间．
【来源】天津市耀华中学2019届高三高考二模物理试题 【答案】（1）2000m/s （2）0.2m （3）4210s π-⨯ 【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中加速，则有：212
EqR mv = 解得：2000m/s v =
（2）在磁场中，有：2
v qvB m r
=
解得： 0.4m r R ==
即正好等于磁场半径，如图，轨迹圆半径与磁场圆半径正好组成一个菱形
由此可得sin300.2h R m =︒=
（3）无论粒子从何处进入磁场，（2）中菱形特点均成立，所有粒子均从同一位置射出磁场，故4max 210s 2T
m t Bq
ππ-=
==⨯
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v 0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】（12v 0，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：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m
t n n v qB qB
ππ=
++ n ＝1、2、3……。

【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2
y v a t =
，
解得：v y ＝v 0，tan θ＝
y v v ＝1，θ＝45°，
粒子穿过O
点时的速度：0v ==；
（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：
2
v qvB m r
= ，
粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝
2a v ； 粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=
，2m
T qB
π=， 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：t 2＝
1
4
T 1， 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：t 2＝1
4T 1+34
T 2， 若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×
1
4T 1+34
T 2， 若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×1
4T 1+2×34
T 2， ………… 则23(1)24m
m
t k k qB
qB
ππ=+- k ＝1、2、3 (2324)
m
t n
n
qB qB
ππ=+ n ＝1、2、3…… 粒子从出发到P 点经过的时间：t ＝t 1+t 2， 解得：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3…… 或02324a m m t n n v qB qB
ππ=
++ n ＝1、2、3……；
10．如图所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0<y<d的区域Ⅰ内的磁感应强度大小为B，在y>d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B.一个质量为m、电荷量为-q
的粒子以速度
qBd
m
从O点沿y轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力．
(1) 求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径：
(2) 若粒子射入区域Ⅰ时的速度为
2qBd
v
m
=，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；
(3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度
qBd
v
m
>，求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值．
【来源】江苏省苏锡常镇四市2019届高三第二次模拟考试物理试题
【答案】（1）R d
=（2）(43
OP d
=
2
3
m
t
qB
π
=（3）
min
3
x d
=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：
2
1
v
qv B m
r
=
把
qBd
v
m
=，代入上式，解得：R d
=
(2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为0
2
v v
=时，如图所示
在OA 段圆周运动的圆心在O 1，半径为12R d = 在AB 段圆周运动的圆心在O 2，半径为R d = 在BP 段圆周运动的圆心在O 3，半径为12R d =
可以证明ABPO 3为矩形，则图中30θ=,由几何知识可得：
132cos303OO d d ==
所以：323OO d d =-
所以粒子打在x 轴上的位置坐标()
133243OP O O OO d =+=- 粒子在OA 段运动的时间为：13023606m m
t qB qB
ππ==
粒子在AB 段运动的时间为2120236023m m
t q B qB
ππ=
=
粒子在BP 段运动的时间为313023606m m
t t qB qB
ππ==
=
在此过程中粒子的运动时间：12223m
t t t qB
π=+=
(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R ，轨迹由图
可得粒子打在x 轴上位置坐标：(
22
222x R R d R d =--化简得：222340R Rx x d -++=
把上式配方：2
22213033R x x d ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭ 化简为：2
22213033R x x d ⎛⎫-=-≥ ⎪⎝
⎭
则当
2
3
R x
=时，位置坐标x取最小值：
min
3
x d
=
11．如图所示，半径为r的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B0，方向垂直于纸面向外．磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为
2r，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏．加速管右侧存在方向垂直于纸面向外磁感应强度也为B0的匀强磁场区域Ⅱ．在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的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y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．（不计粒子重力及其相互作用）
（1）求粒子刚进入加速管时的速度大小v0；
（2）求加速电压U；
（3）若保持加速电压U不变，磁场Ⅱ的磁感应强度B=0.9 B0，求荧光屏上有粒子到达的范围？
【来源】江苏省扬州市高邮市2018－2019学年度第二学期高三年级阶段性物理调研试题【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
由运动方向通过几何关系求得半径，进而由洛伦兹力作向心力求得速度；再由几何关系求得半径，由洛伦兹力作向心力联立两式求得粒子速度，应用动能定理求得加速电压；先通过几何关系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子运动的半径及几何关系求得可打在荧光屏上的粒子范围；
【详解】
解：(1)磁场区域Ⅰ内粒子运动轨道半径为：
(2)粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为:
又
由动能定理得：
解得：
(3)粒子经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与x轴平行；经证明可知： OO1CO2是菱形，所以CO2和y轴平行，v和x轴平行
磁场Ⅱ的磁感应强度B2减小10%，即，
荧光屏上方没有粒子到达的长度为:
即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端处到下端，总长度
12．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0
mv qd ；（2）从进入电场到穿出磁场的总时间为
00
4π+mv d
qE v 。

【解析】 【详解】
（1）粒子进入磁场时的速度为：0
02cos 45v v v ==︒
粒子运动轨迹如图所示，
由几何知识得：2sin 45=
=︒
d
r d
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：2
v qvB m r
=
解得：0
mv B 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：v y =v sin45°=v 0=
1qE
t m
， 解得，粒子在电场中的运动时间为：0
1mv t qE
=； 粒子在磁场中做匀速运动的周期为：2m
T qB
π=
；
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：23604θπ==︒m
t T qB ，
粒子从进入电场到穿出磁场的总时间为：0120
4π=+=+mv d t t t qE v
13．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=944
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22111sin 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22212
s a t =
=0.01m⑨ 故轨道长12s s s =+⑩
所以s=0.56m ⑾
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0m 、电荷量为0q 的正离子以速度0v 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0y ；
（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）00200
q ELD y m v =
（2）214u m ≈
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 0y F q E =①
离子获得的加速度
0y
y F a m =②
离子在板间运动的时间
00
L t v =③ 到达极板右边缘时，离子在y +方向的分速度
0y y v a t =④
离子从板右端到达屏上所需时间
00
'D t v =⑤ 离子射到屏上时偏离O 点的距离
00'y y v t =
由上述各式，得
002
00q ELD y m v =⑥ （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
x F qvB =⑦
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。