高中物理带电粒子在复合场中的运动各地方试卷集合汇编及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为L ．一质量为m ，电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域．并再次通过A 点，此时速度方向与y 轴正方向成锐角．不计重力作用．试求： （1）粒子经过C 点速度的大小和方向； （2）磁感应强度的大小B ．
【来源】2007普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ)理综物理部分 【答案】（1）α＝arctan
2h l
（2）B 2212mhE
h l q
+【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：（1）以a 表示粒子在电场作用下的加速度，有qE ma ＝①
加速度沿y 轴负方向．设粒子从A 点进入电场时的初速度为0v ，由A 点运动到C 点经历的时间为t ， 则有：2
12
h at =
② 0l v t =③
由②③式得02a v h
＝ 设粒子从C 点进入磁场时的速度为v ，v 垂直于x 轴的分量12v ah ＝⑤ 由①④⑤式得：2
2101
v v v +＝(
)22
42qE h l mh
+⑥
设粒子经过C 点时的速度方向与x 轴的夹角为α，则有
1
v
tan
v
α＝⑦
由④⑤⑦式得
2h
arctan
l
α＝⑧
（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，
则有qvB＝m
2
v
R
⑨
设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC＝PA R
＝．用β表示PA与y轴的夹角，由几何关系得：Rcos Rcos h
βα
=+⑩
Rsin l Rsin
βα
=－
解得
22
22
4
2
h l
R h l
hl
+
+
＝
由⑥⑨式得：B=
22
12mhE
h l q
+
2．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小v c；
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W f；
（3）若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v p .
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（福建卷带解析) 【答案】（1）E/B （2）（3）
【解析】 【分析】 【详解】
小滑块到达C 点时离开MN ，此时与MN 间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功W f ；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；
（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE 时滑块离开MN 开始做曲线运动，即Bqv qE = 解得：E v B
=
（2）从A 到C 根据动能定理：2
102
f mgh W mv -=
- 解得：2
212f E W mgh m B
=-
（3）设重力与电场力的合力为F ，由图意知，在D 点速度v D 的方向与F 地方向垂直，从D 到P 做类平抛运动，在F 方向做匀加速运动a=F /m ，t 时间内在F 方向的位移为212
x at = 从D 到P ，根据动能定理：150a a +=，其中2114
mv 联立解得：()
2
2
222
()P D
mg qE v t v m
+=
+【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN 分离时，小滑块与MN 间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．
3．如图所示，在xOy 平面直角坐标系中，直角三角形ACD 内存在垂直平面向里磁感应强度为B 的匀强磁场，线段CO=OD=L ，CD 边在x 轴上，∠ADC=30°。

电子束沿y 轴方向以相同的速度v 0从CD 边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为
3
L
，在第四象限正方形ODQP 内存在沿x 轴正方向、大小为E=Bv 0的匀强电场，在y=－L 处垂直于y 轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y 轴交点为P 。

忽略电子间的相互作用，
不计电子的重力。

(1)电子的比荷；
(2)从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P 点间的距离： (3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P 的最远距离。

【来源】【市级联考】河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试题 【答案】(1) 03v e m BL = (2) 23
L (3) 3
4L 【解析】 【分析】
根据电子束沿速度v 0射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解； 【详解】
（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径3
L
r = 由牛顿第二定律得2
Bev m r
v =
电子的比荷
3e m BL
v =； （2）若电子能进入电场中，且离O 点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD 相切，即粒子从F 点离开磁场进入电场时，离O 点最远：
设电子运动轨迹的圆心为O '点。

则23
L OF x ==
从F 点射出的电子，做类平抛运动，有2
232L Ee x m t
==，0y t v =
代入得23
L y =
电子射出电场时与水平方向的夹角为θ有122
y tan x θ=
= 所以，从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G ，则它与P 点的距离 ()
2tan 3
L y L GP θ
-=
=
； （3）设打到屏上离P 点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时 00
223
xm xL
y t Ee v v ===
设该电子打到荧光屏上的点与P 点的距离为X ，由平抛运动特点得2X L y
y x -=
所以2
332222838xL xL
L X x x y L x ⎡
⎤⎛⎫⎢⎥⎛⎫
=-=-=-+ ⎪ ⎪⎢⎥
⎪⎝⎭⎝
⎭⎢⎥⎣
⎦
⎛⎫- ⎪
⎭
所以当38
x L =，有3
4m L X =。

【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。

4．如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l 、宽为l 的矩形区域ABCD ，区域ABCD 内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为+q 的带电微粒，从A 点正上方的O 点水平抛出，正好从AD 边的中点P 进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q 离开后经过空中的R 点(Q 、R 图中未画出)。

已知微粒从Q 点运动到R 点的过程中水平和竖直分位移大小相等，O 点与A 点的高度差3
8
h l = ，重力加速度为g ，求：
(1)微粒从O 点抛出时初速度v 0的大小； (2)电场强度E 和磁感应强度B 的大小； (3)微粒从O 点运动到R 点的时间t 。

【来源】四川省攀枝花市2019届高三第三次统一考试理综物理试题
【答案】(1)
2
3 3
v gl
=；(2)
3mg E
4q =
，
3
2
m g
B
q l
=；(3)
43
3
l
t
g
=
【解析】
【详解】
（1）从O到P，带电微粒做平抛运动：
2
1
h gt
2
=
00
l=v t
所以
2
v3gl
3
=
（2）在P点：
y0
1
v=gt3gl
2
=
22
p0y
5
v=v v3gl
6
+=
设P点速度与竖直方向的夹角为θ，则
y
v4
tanθ
v3
==
带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知：
mg mg
tanθ
F Eq
==
p
mg mg
sinθ
f qv B
==
3mg
E
4q
=
m3g
B
2q l
=
（3）设微粒从P到Q所用时间为t1，
10PD 13l
t v 2g
=
=
设微粒从Q 到R 所用时间为t 2，因水平和竖直分位移相等，得：
202x v t =
22y 221
y v t gt 2
=+
由题意得： 22x y =
微粒从0点运动到R 点的时间t 为：
012t t t t =++
所以：43l
t 3g
=
5．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．
(1)求电场强度大小E ；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；
(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间． 【来源】四川省2018届高三春季诊断性测试理综物理试题
【答案】（1）2
mv E qL
=（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π= 【解析】
本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求
解．
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，
2
122
L at
=，qE ma = 联立解得： 20
mv E qL
=
(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan x
y
v v θ==l 速度大小0
02sin v v v θ
=
= 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2
π
；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．
若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2
π
.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n
=
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
v qvB m R
=
得：0
4nmv B qL
=
，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为
2
π
.则有222x R ，此时满足()221L n x =+
联立可得：()2212
R n =
+
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
22
v qvB m R =
得：
()
2
221
n mv
B
qL
+
=，n=1
、2、3....
所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小0
4nmv
B
qL
=，n=1、2、3....或
()
2
221
n mv
B
qL
+
=，n=1、2、3....
(3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
θ=2n×
2
π
×2=2nπ，则
22
22
n n m L
t T
qB v
πππ
π
=⨯==
若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则22
20
(42)(42)
2
n n m L
t T
qB v
πππ
π
++
=⨯==
粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为
22
22
n n m L
t T
qB v
πππ
π
=⨯==或
22
20
(42)(42)
2
n n m L
t T
qB v
πππ
π
++
=⨯==
6．如图所示，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场1B，直线x=d与y=x 间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度4
1.010V/m
E=⨯，另有一半径R=1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度20.20T
B=，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴
均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方形以速度
v进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域1B，且第一次进入磁场1B时的速度方向与直线y=x
垂直．粒子速度大小5
1.010m/s
v=⨯，粒子的比荷为5
/ 5.010C/kg
q m=⨯，粒子重力不计．求：
(1)粒子在匀强磁场2B中运动的半径r；
(2)坐标d的值；
(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度1B应满足的条件；
(4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x上的最长时间
（ 3.14
π=，结果保留两位有效数字）.
【来源】天津市滨海新区2019届高三毕业班质量监测理科综合能力测试物理试题
【答案】(1)r=1m (2)4m
d= (3)
1
0.1
B T
≤或
1
0.24
B T
≥ (4)5
6.210
t s
-
≈⨯
【解析】【详解】
解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：
2
0 20
v
B qv m
r
=
解得粒子运动的半径：1
r m
=
(2) 粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x，竖直位移为y 水平方向：0
x v t
=
竖直方向：2
1
2
y at
=
Eq
a
m
=
tan45
v
at
︒=
联立解得：2
x m
=，1
y m
=
由图示几何关系得：d x y R
=++
解得：4
d m
=
(3)若所加磁场的磁感应强度为
1
B'，粒子恰好垂直打在y轴上，粒子在磁场运动半径为1r
由如图所示几何关系得：)
1
2
r y R
=+
2
v v
=
由带电粒子在匀强磁场中运动可得：
2
1
1
v
B qv m
r
'=
解得：
1
0.1
B T
'=
若所加磁场的磁感应强度为
1
B''，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为2r
由如图所示几何关系得：)
22
22
r r y R
=+
由带电粒子在匀强磁场中运动可得：
2
1
2
v
B qv m
r
''=
解得
1
21
0.24
B T
+
''=≈
综上，磁感应强度应满足的条件为10.1B T ≤或10.24B T ≥
(4)设粒子在磁场2B 中运动的时间为1t ，在电场中运动的时间为2t ，在磁场1B 中运动的时间为3t ，则有：
1114t T =
10
2R
T v π=
20
x t v =
3212t T =
2
22r T v
π=
解得：()
55
1232 1.52210 6.210t t t t s s ππ--=++=-+⨯≈⨯
7．如图所示，空间有相互平行、相距和宽度也都为L 的I 、II 两区域，I 、II 区域内有垂直于纸面的匀强磁场，I 区域磁场向内、磁感应强度为0B ，II 区域磁场向外，大小待定。

现有一质量为m ，电荷量为q -的带电粒子，从图中所示的一加速电场中的MN 板附近由静止释放被加速，粒子经电场加速后平行纸面与I 区磁场边界成45°角进入磁场，然后又从I 区右边界成45°角射出。

(1)求加速电场两极板间电势差U ；
(2)若II 区磁感应强度也是0B 时，则粒子经过I 区的最高点和经过II 区的最低点之间的高度
差是多少？
(3)为使粒子能返回I 区，II 区的磁感应强度B 应满足什么条件？并求出粒子从左侧进入I 区到从左侧射出I 区需要的最长时间。

【来源】河南省南阳中学2019届高三下学期第十七次考试理综物理试题
【答案】(1)222
04q B L U m
=
(2)2h L = (3)0212B B +≥，
()
3224m t qB ππ=-+ 【解析】 【详解】
(1)画出粒子在磁场中运动的示意图，如图所示：
粒子在加速电场中根据动能定理可得2
12
qU mv =
粒子在I 区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得2
01
v qvB m R =
根据几何关系可得：122
R L =
联立可得加速电场两极板间电势差222
04q B L U m
=
(2)粒子在II 区域运动的半径与I 区域相同，
高度差由图中几何关系可得：()21h R cos Ltan θθ=-+ 可得：2h L =
(3)画出粒子刚好从II 区域右边界穿出磁场的临界状态，即轨迹圆与右边界相切的情况．
根据几何关系可得()21cos R L θ+≤，
解得021
2
B B +≥
可知当021
B B +=
时，粒子在II 区域中运动的时间最长，即粒子从左侧进入Ⅰ区到从左侧射出Ⅰ区的时间最长
粒子两次在I 区域运动的时间为10
1224m t qB π=⨯⋅ 粒子两次在磁场之间的时间为20
224L m
t v qB == 粒子在II 区域运动的时间(
)30
32321
4m m
t qB
qB
ππ=
⋅=-
总时间()
1230
3224
m t t t t qB ππ=++=-+
8．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) 30.1510OP m OQ m ==， (2) B=0.02T (3)22331016
m - 【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 θ
t 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 ，=
= (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-=
=
9．如图所示，在竖直平面（纸面）内有长为l 的CD 、EF 两平行带电极板，上方CD 为正极板，下方EF 为负极板，两极板间距为l ，O 点为两极板边缘C 、E 两点连线的中点；两极板右侧为边长为l 的正方形匀强磁场区域磁场方向垂直纸面向外。

离子源P 产生的电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子飘入电压为U 1的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O 点斜向上射入两极板间，带电粒子恰好从CD 极板边缘D 点垂直DF 边界进入匀强磁场区域。

已知磁感应强度大小B 与带电粒子射入电场O 点时的速度大小v 0的关系为
022B m
v ql
=，带电粒子重力不计。

求 （1）带电粒子射入电场O 点时的速度大小v 0； （2）两平行极板间的电压U 2；
（3）带电粒子在磁场区域运动的时间t 。

【来源】【市级联考】四川省德阳市2019届高三下学期二诊物理试题 【答案】（1） 12qU m
；（2）
U 1；（3）
11
4qU m
π
【解析】 【详解】
（1）电荷在电场中加速，由动能定理得：2
1012
qU mv =， 解得：102qU v m
=
；
（2）粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ， 在偏转电场中：0cos l v t θ=，01
sin 22
l v t θ=⋅，0sin v at θ=， 加速度：2
qU qE a m ml
=
= ， 解得：21,4
U U π
θ==
；
（3）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
00(cos )cos v qv B m R
θθ⋅=，
解得：2
3
R l =
，
粒子运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角：
2
3α
π
=，
粒子在磁场中的运动时间：
cos
R
t
v
α
θ
=，
解得：1
1
4qU m
t
π
=.
10．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U0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E0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S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2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）0
U
E
d
=；45°（2）0
2
mU
eB
3）25
x
m m m
<<
【解析】
【分析】
【详解】
（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为V1，设
对正离子，应用动能定理有eU0＝
1
2
mV12，
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 ＝0
2
mU eB 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＝()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＝()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 ＝30
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 ．
11．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
2qELD 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．
12．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003602y 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 ==
， 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 =+=；
13．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为2
R 的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．
(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；
(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；
(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【来源】【市级联考】山东省泰安市2019届高三第二次模拟考试理综物理试题
【答案】(1)
2
2
4
mv
E
qR
=；2v
，速度方向沿y轴负方向
(2)
8222
5
mv mv
B
qR qR
≤≤(3)
()
2271
3
mv
qR
-
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动
1
3
2cos4522
cos45
R
L R R
=-︒=
︒
1
L vt
=
沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a
2
2sin452
L R R
=︒=
2
2
1
2
L at
=
qE
a
m
=
设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v'
1v v =、2v at =，2tan v v θ= 联立可得224
mv E qR
= 进入磁场的速度22122v v v v =+='
45θ=︒，速度方向沿y 轴负方向 （2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12R r =
由211mv qv B r =''得122mv B qR = 当粒子从C 点射出时，由勾股定理得
()2
22222R R r r ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭ 解得258
r R = 由222mv qv B r =''得2825mv B qR
= 根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当
82225mv mv B qR qR
≤≤时，粒子从AC 边界射出
（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD 区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行
于x 轴，其半径为3r ，由几何关系得2
2
2332R r r R ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭ 解得()3714R r =
由2
33mv qv B r =''得)
322713mv B qR
= 磁感应强度小于3B ，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x 轴下方，便不会回到电场中
14．如图所示,在直角坐标系xOy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I 区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy 平面向里的匀强磁场(图中未画出),I 、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B 、2B 。

a 、b 两带正电粒子从O 点同时分别沿y 轴正向、负向运动,已知粒子a 质量为m 、电量为q 、速度大小为v,粒子b 质量为2m 、电量为2q 、速度大小为v /2,粒子b 恰好不穿出1区域,粒子a 不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。

求:
(1)小圆半径R 1；
(2)大圆半径最小值
(3)a 、b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间t (不考虑a 、b 在其它位置相遇)。

【来源】重庆市2019届4月调研测试（第二次诊断性考试)理综试卷物理试题
【答案】(1)1mv R qB = (2)2min (31)mv R += (3)14m qB π 【解析】
【详解】
解：(1)粒子b 在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为b r 根据洛伦磁力提供向心力有：2
2()222b
v m v q B r =
由粒子b 恰好不穿出Ⅰ区域：12b R r = 解得：1mv R qB
=。