高考物理带电粒子在复合场中的运动模拟试题及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02
π
θ<<
)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P
相应的速率．(已知重力加速度为g )
【来源】带电粒子在磁场中的运动 【答案】min 2cos m g B q R θ
=cos gR
v θθ=
【解析】 【分析】 【详解】
据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力
f ＝qvB ①
式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律
cos 0N mg θ-= ②
2
sin sin v f N m
R θθ
-= ③ 由①②③式得
22
sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ
-+=④
由于v 是实数，必须满足
22
2sin 4sin ()0cos qBR qR m θθ
θ
∆=-≥ ⑤
由此得
2cos m g
B q R θ≥
⑥
可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为
min 2cos m g
B q R θ
=
⑦
此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为
min
sin
2
qB R
v
m
θ
=⑧
由⑦⑧式得
sin
cos
gR
vθ
θ
=⑨
2．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．
(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；
(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．
【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（北京)
【答案】（1
1
2qU
m
2
12
2
8U
m m
qB
（3）d m12
12
2
m m
m m
-
-
L
【解析】
（1）动能定理Uq＝1
2
m1v12
得：v1＝
1
2qU
m
…①
（2）由牛顿第二定律和轨道半径有：
qvB ＝2
mv R
，R ＝ mv qB 利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：
R 1＝1
2
2
mU qB
，R 2＝222 m U qB …② 两种离子在GA 上落点的间距s ＝2(R 1−R 2)＝1228
()U
m m qB
- …③ （3）质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d （如图二中的粗线所示）．同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d （如图二中的细线所示）．
为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R 1-R 2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R 1(1−2
1
m m ＞d R 1的最大值满足：2R 1m =L-d 得：(L −d )(1−2
1
m m ＞d 求得最大值：d m 1212
2m m m m --L
3．如图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O 为圆心，OH 为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH 轴的C 和D 分别是离子发射点和收集点.CM 垂直磁场左边界于M ，且OM =d .现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C 射出，这些离子在CM 方向上的分速度均为v 0.若该离子束中比荷为q
m
的离子都能汇聚到D ，试求：
（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM 方向运动的离子为研究对象）； （2）离子沿与CM 成θ角的直线CN 进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间； （3）线段CM 的长度.
【来源】电粒子在磁场中的运动 【答案】（1）0mv
B qd =
，磁场方向垂直纸面向外；（2）cos d
R θ
'=，()02t d v θα+=
；（3）cos CM d t α=。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）设沿CM 方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R
由
2
0v qv B m R =
R=d
得0
mv B qd
=
，磁场方向垂直纸面向外 （2）设沿CN 运动的离子速度大小为v ，在磁场中的轨道半径为R ′，运动时间为t ，由
v cos θ=v 0
得v ＝0
cos v θ
由
2
v qvB m R ='
解得：R′
=
cos d
θ
方法一：设弧长为s ，则运动的时间：
t =
s v
又
s=2(θ+α)×R′
解得t =
()
2d v θα+ 方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2m
qB
π，则有：
()0
2t T d v θαθαπ++=⨯
= （3）方法一：由几何关系得：
CM =MN cot θ
则有：
()sin sin MN d R αβα
'
+=+
解得：cos d
R θ
'=
， 以上3式联立求解得 CM =d cot α
方法二：
设圆心为A ，过A 做AB 垂直NO ，如图所示
由几何关系得：
cos cos d
NM MB R MB MB d MB θθ
-='-=
-=- 而BO d MB =-
因此NM =BO 因
NM =CM tan θ
又
cot sin cot sin
cot cos d
BO AB R αθαθαθ
=='=
解得：CM =d cot α
4．如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m 、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与x 的正方向成 45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L ，L ）的 P 点处时速度大小为 v 0，方向与 x 轴正方向相同．求： （1）粒子从 O 点射入磁场时的速度 v ；
（2）匀强电场的场强 E 0 和匀强磁场的磁感应强度 B 0． （3）粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间．
【来源】海南省海口市海南中学2018-2019学年高三第十次月考物理试题 【答案】（102v ；（2）0
2mv Lq
；（3）0(8)4L v π+
【解析】 【详解】
解：(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P ，则其运动轨迹如图所示，粒子在 O 点时的速度大小为v ，OQ 段为圆周，QP 段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q 点时的速度大小也为v ，方向与x 轴正方向成45︒角，可得：045v vcos =︒ 解得：02v v =
(2)在粒子从Q 运动到P 的过程中，由动能定理得：2201122
qEL mv mv -=
- 解得：20
2mv E qL
=
又在匀强电场由Q 到P 的过程中，水平方向的位移为：01x v t = 竖直方向的位移为：0
12
v y t L =
= 可得：2QP x L =，OQ L =
由2cos 45OQ R =︒，故粒子在OQ 段圆周运动的半径：22
R L
= 及mv R qB = 解得：02mv
B qL
=
(3)在Q 点时，0045y v v tan v =︒=
设粒子从由Q 到P 所用时间为1t ，在竖直方向上有：
10022
L L t v v =
=
粒子从O 点运动到Q 所用的时间为：20
4L
t v π=
则粒子从O 点运动到P 点所用的时间为：t 总12000
2(8)44L L L t t v v v ππ+=+=
+=
5．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，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30，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12E E 、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 【答案】(1)12mg E q =,2mg
E q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【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：1sin45qE mg ︒= 求得：12mg
E q
=
微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mg
E q
=
(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452
qE d mv ︒=
2
v qvB m R
=
根据几何关系，分析可知：2
22sin30d R d ==︒
整理得：1
2
2m gd B =
(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：
2
11112
a t d = 1tan45mg ma ︒=
2302360R
t v
π︒=
⨯︒ 经整理得：112
121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=
=
6．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
由2
v qvB m R
=
得：v =0.2m/s
(2)磁场中运动的路程s 1=πR=0.628m 电场中加速度25m/s qE
a m
=
= 电场的路程2
220.008m 2v s a
=⨯=
小球a 射入磁场到与小球b 相碰过程运动的路程120.636m s s s =+= (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v a D =0，v b D =0.2m/s 此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动
由2
2
gt h =得，两小球在空中运动时间20.7s h t g == 水平方向：b 球匀速运动，a 球加速运动，加速度25m/s qE
a 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：21
()2
bD v t a t ⋅∆=
∆
0.08s t∆=
由
0.73
8
0.084 t
t
==
∆
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v bN=(n+1)v bD=0.2(n+1) m/s
小球离开D点后在空中第一次碰撞前，水平位移x1=v b1·△t=0.016m
小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x2=2v b1·△t=0.032m
以此类推，小球在空中第n-1次到第n次碰撞水平位移x n=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
v b8=1.8m/s
v a8=1.6m/s
所以，8次碰后0.06s内，△x b=v b8×0.06=0.108m
△x a=v a8×0.06+1
2
a×0.062=0.105m
所以，水平位移分别为x a=x0+△x a=0.681m
x b=x0+△x b=0.684m
7．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向．在x = L到x =2L之间存在
竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（q
m
）为k的带电微粒从
坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x方向通过x轴上x =3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g．求：
（1）电场强度的大小；
（2）带电微粒的初速度；
（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．
【来源】【市级联考】福建省厦门市2019届高三5月第二次质量检查考试理综物理试题
【答案】（1）g
k
（2）
2g
kB
（3）
222
22
32
(,)
28
g k B L
L
k B g
-
【解析】【分析】【详解】
（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=q
k m
解得g E k
=
（2）由几何关系：2R cos θ=L ，
粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2
v qvB m r
= ；
由
cos y v v
θ=
在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v
0L v t =
解得02g v kB
=
（3）由2
12
h gt =
其中2kBL t g = ，
则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'3
2
O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-
8．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v 0；
（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E 1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）2Ue m （2）2倍 （3）2m
E Ue
【解析】 【详解】
（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：2
012
Ue mv = 所以，02Ue
v m
=
（2）设电子的水平位移为x ，电子的竖直偏移量为y ，则有：
0x v t = 2
12y at =
Ee ma = 联立解得：24yU
E x =
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
0Bev Ee =
解得： 2m
B E
Ue
=
9．如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t 变化的电压U ，两板间电场可看作均匀的，且两金属板外无电场，两金属板长L ＝0.2 m ，两板间距离d ＝0.2 m ．在金属板右侧边界MN 的区域有一足够大的匀强磁场，MN 与两板中线OO ′垂直，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子流沿两板中线OO ′连续射入电场中，已知每个粒子速
度v 0＝105 m/s ，比荷
q
m
＝108 C/kg ，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．
(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度；
(2)任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN 上的入射点和在MN 上出射点的距离是一确定的值s ，试通过计算写出s 的表达式（用字母m 、v 0、q 、B 表示）．
【来源】【市级联考】肇庆市2019届高三第三次统一检测理综物理试题
【答案】（1）55210/ 1.4110/m v m s m s =⨯．方向：斜向右上方或斜向右下方，与
初速度方向成45°夹角；（2）s 0
22mv Rsin qB
θ==，距离s 与粒子在磁场中运行速度的大小无关，s 为定值． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）偏转电压由0到200V 的变化中，粒子流可能都能射出电场，也可能只有部分粒子能射出电场，设偏转的电压为U 0时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出，则：
2
00
1()22U q d L md v = 解得U 0＝100V
知偏转电压为100V 时，粒子恰好能射出电场，且速度最大． 根据动能定理得，
220011
222
m U mv mv q -= 55210/ 1.4110/m v m s m s =⨯=⨯．
方向：斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45°夹角．
（2）设粒子射出电场速度方向与MN 间夹角为θ．粒子射出电场时速度大小为：0
v v sin θ
=
在磁场中，2
v qvB m R
= 解得R 0mv mv qB qBsin θ
=
= 因此粒子射进磁场点与射出磁场点间距离为：s 0
22mv Rsin qB
θ==
． 由此可看出，距离s 与粒子在磁场中运行速度的大小无关，s 为定值．
10．如图所示，ABCD 与MNPQ 均为边长为l 的正方形区域，且A 点为MN 的中点。

ABCD 区域中存在有界的垂直纸面方向匀强磁场，在整个MNPQ 区域中存在图示方向的匀强电场。

质量为m 、电荷量为e 的电子以大小为的初速度垂直于BC 射入正方形ABCD 区域，且都从A 点进入电场，已知从C 点进入磁场的粒子在ABCD 区域中运动时始终位于磁场中，不计电子重力，求：
（1）匀强磁场区域中磁感应强度B的大小和方向；
（2）要使所有粒子均能打在PQ边上，电场强度E至少为多大；
（3）ABCD区域中磁场面积的最小值是多少。

【来源】【全国百强校】天津市耀华中学2019届高三高考一模物理试题
【答案】(1) ，方向为垂直纸面向外；(2) ；(3)
【解析】
【详解】
解：(1)由洛伦磁力提供向心力可得：
由题意则有：
解得：，方向为垂直纸面向外
(2)在匀强电场中做内平抛运动，则有：
解得：
(3)图中阴影部分为磁场面积最小范围，由几何关系可知：
11．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v 0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
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：23604θ
π=
=
︒
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
12．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B 1、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B 2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53θ︒=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v 0； （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）10qB R v m = （2）()22
1242qR B B m
- （3）1.2R 【解析】 【详解】 (1)如图所示，
分析可知，粒子在区域I 中的运动半径1r R =
由20
0v qv B m R
= 得 10qB R
v 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22r R =
由2
22v qvB m R = 得： 22qB R
v m
=
粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：
2201122
qER mv v -=
- 解得：22
12(4)2qR E B B m
=
-； (3)如图分析可知，
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1x 处的屏上，由几何关系得：
22211(cos )(sin )4x R x R θθ++=
解得：12213
5
x R =
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2x 处的屏上，由几何关系得：
22211(cos )(sin )4x R x R θθ-+=
解得：12213
x R +=
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
21x x x ∆=-
解得： 1.2x R ∆= 。

13．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～B m =
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)
【答案】（1）2
22mh t
（2）
3222()()mh h g q R r l t -+（3）20arcsin 5θ<≤ 【解析】
试题分析： (1)设粒子在P 板上匀速运动的速度为v 0，由于粒子在P 板匀速直线运动，故
0h
v t
=
① 所以，由动能定理知，发射装置对粒子做的功2
1=
2
W mv ② 解得W=2
22mh t
③
说明：①②各2分，③式1分
（2）设电源的电动势E 0和板间的电压为U ，有0E U =④
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v 0，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t 1，加速度为a ，有U Eh =⑤ 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qU
mg ma h
-=⑥ 再由2
112
h at =
，⑦ 1l vt =⑧
当开关S 接“2”时，由闭合电路欧姆定律知0E U
I R r R r
=
=++⑨
联立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得，3222()()mh h I g q R r l t
=-+⑩ 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θ，
Df 与b 板上表面即为题中所求θ，设粒子与板间的夹角最大，设为θ，磁场的磁感应强度B 取最大值时的夹角为θ，当磁场最强时，R 最小，最大设为m θ
由2
v qvB m R
=，⑾知mv R qB =， 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B m 则有图中可知(1cos )DG h R θ=--，⑿
sin TG h R θ=+⒀，
tan DG TG
θ=⒁ 联立⑾⑿⒀⒁，将B=B m 带入 解得2arcsin 5m θ=
⒂ 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0m B B >>满足题目要求，夹角θ趋近0θ，既
00θ=⒃
故粒子飞出时与b 板夹角的范围是20arcsin
5
θ<≤(17) 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
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
x qvB a m
=⑧ x a 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，到达极板右端时，离子在x 方向的分速度
()x x qvB L qBL v a t m v m
==
=⑨ 离子飞出极板到达屏时，在x 方向上偏离O 点的距离 '()x qBL D qBLD x v t m v mv
==⑩ 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
2
qELD y mv =⑾ 由⑩、⑾两式得 2k x y m =
⑿ 其中2qB LD 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112m u =，x 坐标3.00mm 的光点对应的是未知离子，设其质量为2m ，由⑿式代入数据可得
214m u ≈⒀
故该未知离子的质量数为14．
15．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v 0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03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mg q
，重力加速度为g ．求：
（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v p ．
【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
【答案】（1）mg q ，方向竖直向上；（2）；（3013v ．
【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mg E q
左=，方向竖直向上； （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：200mv Bv q R
=， 所以轨道半径0mv R 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033AO mv d R qB
==；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。