高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及经典题型及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．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，02L m t L v eU
=
=
y 轴方向做匀加速直线运动，2
122L eE
t m
=⨯ 由以上各式可得：2U E L
=
电子运动至M 点时：22
0(
)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，
02cos 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O 2M ＝O 2A ，O 1M ＝O 1A ，且O 2A ∥MO 1，所以四边形MO 1AO 2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2M mv mv
B eR L e
=
= 3348M 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222R 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，…）。

2．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
3．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 ）
4．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 OQ 0.15m ，=
= (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 133S L sin60?10m 2-=
=⨯
5．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1202L =m ，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 4.7142R 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 。

6．如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ= 60°角，纸面内的线段MN 与水平方向成α=30°角，MN 长度为d ．现将一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电小球从M 由静止释放，小球沿MN 方向运动，到达N 点的速度大小为N v （待求）；若将该小球从M 点沿垂直于MN 的方向，以大小N v 的速度抛出，小球将经过M 点正上方的P 点（未画出），已知重力加速度大小为g ，求：
(l)匀强电场的电场强度E 及小球在N 点的速度N v ； (2)M 点和P 点之间的电势差；
(3)小球在P 点动能与在M 点动能的比值．
【来源】【市级联考】江西省南昌市2019届高三下学期4月第二次模拟考试理综物理试题 【答案】（1）2gd （2）4mgd q （3）7
3
【解析】 【详解】
解：（1）由小球运动方向可知，小球受合力沿MN 方向，如图甲，由正弦定理：
sin30sin30sin120
mg F Eq
== 得：3mg
E q
=
合力：F =mg
从M N →,有：2
2N ad υ=
得：2N gd υ=
（2）如图乙，设MP 为h ，作PC 垂直于电场线，小球做类平抛运动：
21cos602
h at =
sin60N h t υ= cos30MC U Eh =
MP MC U U =
得：4MP mgd
U q
=
（3）如图乙，作PD 垂直于MN ，从M P →，由动能定理：MD KP KM FS E E =-
sin30MD S h
=
21
2
KM N
E mv =
7
3
KP MD KM KM KM E FS E E E +==
7．如图所示为一“匚”字型金属框架截面图，上下为两水平且足够长平行金属板，通过左侧长度为L ＝1m 的金属板连接．空间中有垂直纸面向里场强大小B ＝0.2T 的匀强磁场，金属框架在外力的作用下以速度v 0＝1m/s 水平向左做匀速直线运动．框架内O 处有一质量为m ＝0.1kg 、带正电q ＝1C 的小球．若以某一速度水平向右飞出时，则沿图中虚线OO '′做直线运动；若小球在O 点静止释放，则小球的运动轨迹沿如图曲线（实线）所示，已知此曲线在最低点P 的曲率半径（曲线上过P 点及紧邻P 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆的半径叫做该点的曲率半径）为P 点到O 点竖直高度h 的2倍，重力加速度g 取10 m /s 2．求：
（1）小球沿图中虚线OO '做直线运动速度v 大小 （2）小球在O 点静止释放后轨迹最低点P 到O 点竖直高度h
【来源】江西省名校（临川一中、南昌二中)2018-2019学年高三5月联合考理综物理试题 【答案】（1）v 4m/s =；（2）4h m = 【解析】 【详解】
解：(1)框架向左运动，产生感应电动势：0U BLv = 板间场强：0U
E Bv L
=
= 小球做匀速直线运动，受力平衡：Eq qvB mg += 可解得：v 4m/s = (2)最大速率点在轨迹的最低点 根据动能定理可得：2
102
m Eqh mgh mv -+=
- 最低点根据牛顿第二定律和圆周运动规律有：22m
m v Eq qv B mg m h
+-=
联立可解得：4h m =
8．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：
9．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E =1.6×105N/C ，在第二象限有半径R =5cm 的圆形磁场，磁感应强度B =0.8T ，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为
q
m
=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/s ．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点的最远距离． 【来源】陕西省西安市2019年高三物理三模理综物理试题 【答案】（1）5cm ；（2）0≤y≤10cm ；（3）9cm 【解析】 【详解】
（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB =m 20
v r
解得：r =
20
510mv Bq
-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知r =R ，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示：
由几何关系可知四边形PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y ≤10cm （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：
x 0=v 0t 0 h =
2012at a =qE m
解得：h =18cm ＞2R =10cm
说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则：
x =v 0t y =
212
at 代入数据解得：x 2y
设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，
000
tan 2y qE x v m v y
v v θ⋅
===
所以：
H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 02y ）2y
由数学知识可知，当（x 02y ）2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值 所以H max =9cm
10．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
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：1
2
213
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 ∆= 。

11．如图甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。

t =0时刻，一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子（不计重力），以初速度0v 由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当0B 和B T 取某些特定值时，可使0t =时刻入射的粒子经t ∆时间恰能垂直打在P 板上（不考虑粒子反弹）。

上述0m q d v 、、、为已知量。

（1）若B 1
2
t T ∆= ，求0B ； （2）若B 3
2
t T ∆=，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； （3）若0
04mv B qd
=
，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求B T 。

【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（山东卷带解析)
【答案】（1）0mv qd （2）20
3v d
（3）03d v π 或01arcsin 242d v π⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径1R ，由牛顿第二定律得
20
001
mv qv B
R = ……①
据题意由几何关系得
1R d = ……②
联立①②式得
0mv B qd
=
……③ （2）设粒子做圆周运动的半径为2R ，加速度大小为a ，由圆周运动公式得
202
v a R = ……④
据题意由几何关系得
23R d = ……⑤
联立④⑤式得
20
3v a d
= ……⑥ （3）设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得
2R
T v π=
……⑦ 由牛顿第二定律得
20
00mv qv B R
= ……⑧ 由题意知0
04mv B qd
=
，代入⑧式得 4d R = ……⑨
粒子运动轨迹如图所示，1O 、2O 为圆心，1O 、2O 连线与水平方向夹角为θ，在每个B T 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求02
π
θ<<
，由题意可知
B 222
T T π
θθ+= ……⑩ 设经历完整B T 的个数为n （0n =，1，2，3．．．．．．） 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得
2(sin )R R R n d θ++= ……⑪
当n =0时，无解； 当n =1时联立⑨⑪式得
6
π
θ=
或（1
sin 2
θ=
）……⑫ 联立⑦⑨⑩⑫式得
B 0
3d
T v π=
……⑬
当2n ≥时，不满足090θ︒<<的要求；
若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得
2sin 2(sin )R R R R n d θθ+++=……⑭
当0n =时无解
当1n =时，联立⑨⑭式得
1
arcsin 4θ= 或（1sin 4
θ=）……⑰
联立⑦⑧⑨⑩⑰式得
B 01arcsin 2
42d T v π
⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ……⑱
当2n ≥时，不满足090θ︒<<的要求。

【点睛】
12．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
y 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．
13．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。

y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。

现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。

（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；
（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【来源】2019年四川省乐山市高三三模理综物理试题
【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外
【解析】
【详解】
解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：
200v qv B m r
= 可得：r =0.20m =R
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012
l v t y at ==， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma =
联立可得：41.010E =⨯N/C
（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：30 5.010y qE l v at m v ==
=⨯m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v
根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=
根据洛伦兹力提供向心力可得： 2v qvB m r '='
联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mv B qr '=='
T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

14．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求
(1)匀强磁杨的磁感应强度B
(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围;
(3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L
【来源】四川省乐山市2018届高三第二次调查研究考试理综物理试题
【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）94
d ； 【解析】
(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ；
由几何关系可得r =d
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：200v ev B m r = 解得：0mv B ed
= (2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.
设此时的圆心位置为O '，有：sin 30r O a '=︒
3OO d O a ='-'
解得OO d '=
即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远
所以22m y r d ==
电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤
设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：
根据运动学公式有：0x v t =
212eE y t m
=⋅ y eE v t m
= 0tan y v v θ= tan 3L d x
θ=- 解得：(32)2L d y y =即98
y d =时，L 有最大值 解得：94L d =
当322d y y
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．
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。