物理带电粒子在复合场中的运动易错剖析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p （t ）进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比（,0x p αα=>）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d ，单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成，磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为0(1
)0B B x ββ=->，．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿12C C 方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生霍尔电压U 0.
（1）指出D 1、D 2两点那点电势高；
（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，其中e 为电子电荷量）；
（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 0、U 1、t 0、α、及β）
【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题
【答案】(1) D 1点电势高 (2) 0
01IB U ne d
= (3) 101(1)U A U αβ=- ，012f t =
【解析】
【分析】由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd 求出U 0与I 、B 0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 0与I 、B 0之间的关系式求出压力波的振幅．
解：（1）电流方向为C 1C 2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；
（2）当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力
0U qvB q
b
= ① 由电流I nevbd =
得：I
v nebd
=
② 将②带入①得0
0IB U ned
=
（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t 0 所以，频率为: 0
12f t =
当杆运动至最远点时，电压最小，即取U 1，此时0(1)B B x β=- 取x 正向最远处为振幅A ，有：0
1(1?)IB U A ned
β=
- 所以：0
0011(1)1IB U ned IB A U A
ned ββ==-- 解得：01
U U A U β-=
根据压力与唯一关系x p α=可得x
p α
=
因此压力最大振幅为：01
m U U p U αβ-=
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
=
0cos
mθ
（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=v0t
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=qv0B
解得
2
qB d E
mcosθ=
【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．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）2t
0(
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，
q
(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
=,t3=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．如图所示，在空间坐标系x<0区域中有竖直向上的匀强电场E1，在一、四象限的正方形区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B，已知CD=2L，OC=L，E2 =4E1。

在负x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度v0沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b球不粘连、无摩擦）质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。

已知a、b 球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g，不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电场、磁场的影响，求：
(1)碰撞后，a、b球的速度大小；
(2)a、b碰后，经0
2
3
v
t
g
=时a球到某位置P点，求P点的位置坐标；
(3)a、b碰后，要使 b球不从CD边界射出，求磁感应强度B的取值。

【来源】【全国百强校】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2019届高三上学期期末考试理科综合物理试题
【答案】(1) 01
3a v v =-，023
=b v v ；(2)（2029g v - ，2
09g v - ）； (3) 016m 015v B qL <<或
16m 3v B qL
>
【解析】 【分析】
(1)a 、b 碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后a 、b 的速度；
(2)碰后a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P 点的位置坐标； (3)要使 b 球不从CD 边界射出，求解恰能从C 点和D 点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。

【详解】 (1)a 匀速，则
1mg qE = ①
a 、
b 碰撞，动量守恒
02a b mv mv mv =+ ②
机械能守恒
()22201112222
a b mv mv m v =+ ③ 由②③得
01
3a v v =-，023
=b v v ④
(2)碰后a 、b 电量总量平分，则
1
2
a b q q q ==
碰后a 在电场中向左做类平抛运动，设经0
23v t g
=
时a 球到P 点的位置坐标为（-x ，-y ） a x v t = ⑤ ，2
12
y at =
⑥ 其中
112
mg qE ma -=⑦，12a g =
由⑤⑥⑦得
2029v x g =，2
09v y g
=
故P 点的位置坐标为（2029g v - ，2
9g
v - ）⑧
(3)碰撞后对b
21
22
qE mg = ⑨ 故b 做匀速圆周运动，则
21
22b b v qv B m r
= ⑩ 得
83mv r qB
=
⑪ b 恰好从C 射出，则
2L r =⑫
由⑪⑫得
116m 3v B qL
=
恰从D 射出，则由几何关系
()2
224r L r L =+- ⑬，
得
5
2
r L =
⑭ 由⑪⑭得
216m 15v B qL
=
故要使b 不从CD 边界射出，则B 的取值范围满足
016m 015v B qL <<
或0
16m 3v B qL
> 【点睛】
本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的
运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。

7．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0B ，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：
2m
T
eB
π
=
正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B 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
=
8．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-3
2
L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-
3
2
L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（3
2L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52
L （不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）
E
B
； （3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期． 【来源】2019年内蒙古呼和浩特市高三物理二模试题 【答案】（1）5
3v 0，与x 成53°角；（2）043
v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．
【解析】
【详解】
（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，
由运动学规律知
3
2
L=v0t1，
L=
2
y
v
t1
可得t1=
3
2
L
v，v y=
4
3
v0
故粒子在P2的速度为v22
0y
v v
+=
5
3
v0
设v与x成β角，则tanβ=
y
v
v
=
4
3
，即β=53°；
（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=
1
2
mv2-
1
2
mv02可得
E=
2
8
9
mv
qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m
2
v
R
解得：B=
mv
qR
=
5
3
5
2
m v
q L
⨯
⨯
=0
2
3
mv
qL
解得：0
4
3
v
E
B
=；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-
3
2
L直线与Q′点，可得：
P2O′=
3
253
L
cos o
=
5
2
L=r
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-
3
2
L
直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=
3
2
L+（r-r cos37°）=2L；
（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=
32L
v 在磁场中由P 2
到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o
=0
37120L
v π 从M 运动到N ，a =qE m =2
89v L
则t 3=v a =0
158L v
则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=
()0
4053760L
v π+．
9．如图，空间某个半径为R 的区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d ，足够大的平行金属板，板间电压为U 。

一群质量为m ，带电量为q 的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。

不计重力，则
（1）离极板AB 距离为
2
R
的粒子能从极板上的小孔P 射入电场，求粒子的速度？ （2）极板CD 上多长的区域上可能会有带电粒子击中？
（3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并离开磁场区域。

计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。

【来源】江苏省苏州新区一中2019届高三一摸模拟物理试题 【答案】（1）入射粒子的速度qBR
v m
=
；（2）带电粒子击中的长度为222222
B R d q x mU
=；（3）总时间122m dBR t t t qB U π=+=+ 【解析】 【详解】
（1）洛伦兹力提供向心力，2
mv qvB r
=，解得
mv r qB =
根据作图可解得，能从极板上的小孔P 射入电场，r R = 所以，入射粒子的速度qBR
v m
=
（2）所有进入磁场的粒子都能从P 点射入电场，从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场，这些粒子在垂直于电场方向做匀加速直线运动，F qU a m md
=
= 212
d at =
解得t =
沿极板运动的距离x vt ==
有带电粒子击中的长度为2x =
（3）能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场，在电场中运动的时间
122
v dBR t a U
== 在磁场中运动的时间为22
T
t =，22R m T v qB ππ==
所以2m
t qB
π=
总时间122m
dBR t t t qB
U
π=+=
+
10．如图所示，在平面直角坐标系中，AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动且通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点（图中未画出）进入第一象限内并击中AO 上
的D 点（图中未画出）．已知OM 的长度1L =，匀强磁场的磁感应强度大小为B
＝m
q
(T)，重力加速度g 取10m/s 2．求：
(1)两匀强电场的电场强度E 的大小； (2)OC 的长度L 2；
(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t ．
【来源】2018《单元滚动检测卷》高考物理（四川专用)精练第九章物理试卷 【答案】(1) mg q
E = (2)40m (3)7.71 s
【解析】 【详解】
(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场，沿AO 做匀加速直线运动，所以有
mg qE =
即mg q
E =
(2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，
有：2
v qvB m R
=
由运动规律知22v aL =1 由牛顿第二定律得：2a g =
解得：202m R =
由几何知识可知OC 的长度为：L 2=2Rcos45°=40m (3) 质点从M 到O 的时间为：1=2v
t s a
= 质点做圆周运动时间为：2323 4.7142
R t s s v ππ=
⨯==
质点做类平抛运动时间为：3=
1R
t s v
= 质点全过程所经历的时间为：t=t 1+t 2+t 3=7.71s 。

11．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．
12．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B 0，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B 0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v 0； （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 B 0，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
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、、、，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，这两宽分别为l a b
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η.
【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）Bav （2）222
B a v a R bl
ρ+
（3）100%R a R bl ρ⨯+ 【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：E
I R r
=+ 发电机内阻：a
r bl
ρ=
受到的安培力：F BIa = 克服安培力做功的功率：P 安v F =
克服安培力做功的功率：P 安222B a v a R bl
ρ=
+
(3)磁流体发电机对外供电时的输出效率：UI EI
η= 外电压：U IR = 磁流体发电机对外供电时的输出效率：
100%
R
a
R bl
ηρ=
⨯+
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 ==；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AO d arcsin R
θ==︒； 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00360y v v sin v =︒=，水平分速度001602x v v cos v =︒=； 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023y
v v t g g
==； 所以质点在P 点的竖直分速度03yP y v v v ==
， 水平分速度000317322
xP x v qE v v t v g v m g =+=+⋅=； 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
22013P yP xP v v v v =+=；
15．如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成，偏转电场处在相距为d 的两块水平放置的平行导体板之间，匀强磁场水平宽度为l ，竖直宽度足够大．大量电子(重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场．已知电子的质量为m 、电荷量为e ，加速电场的电压为U 1＝.当偏转电场不加电压时，这些电子通过两板之间的时间为T ；当偏转电场加上如图乙所示的周期为T 、大小恒为U 0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场后打在竖直放置的荧光屏上．
(1)求水平导体板的板长l 0；
(2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移y m ；
(3)要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感应强度B 的取值范围．
【来源】模拟仿真预测卷（一)-2019《试吧大考卷》高中全程训练计划�物理
【答案】（1）；（2）；（3）。