高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．让质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．
（1）若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A （a ，0）点，求v 1的大小；
（2）已知一粒子的初速度大小为v （v ＞v 1），为使该粒子能经过A （a ，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin θ值；
（3）如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射．研究表明：粒子在xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x 分量v x 与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m ．
【来源】2013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（福建卷带解析) 【答案】⑴；⑵两个 sin θ=
；⑶
＋
．
【解析】
试题分析：(1)当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，半径R 1＝a/2
由运动定律有2
111
v Bqv m R =
解得12Bqa
v m
=
(2)如右图所示，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在
x ＝
2
a
的直线上，半径为R ，当给定一个初速率v 时， 有2个入射角，分别在第1、2象限．
即 sinθ′＝sinθ＝
2a R
另有2
v Bqv m R
=
解得 sinθ′＝sinθ＝
2aqB
mv
(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐
标，由动能定理有 qEy m＝1
2 mv
2
m
－
1
2
mv2
由题知 v m＝ky m
若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m
2
v
R
在最高处有 v0＝kR0
联立解得22
()
m
E E
v v
B B
=++
考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．
2．如图所不，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场．位于x 轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为g的一束负离子，其初速度大小范围0〜，这束离子经电势差的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a〜3a区间水平固定放置一探测板（），假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布（离子重力不计）．
（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；
（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；
（3）保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．
【来源】浙江省2018版选考物理考前特训（2017年10月)加试30分特训：特训7 带电粒子在场中的运动试题
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】
(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv
在磁场中洛仑兹力提供向心力：，所以半径：r1＝＝a
恰好打在x＝2a的位置；
对于初速度为v0的离子，qU＝mv－m(v0)2
r2＝＝2a，
恰好打在x＝4a的位置
故离子束从小孔O射入磁场打在x轴上的区间为[2a，4a]
(2)由动能定理
qU＝mv－m(v0)2
r3＝
r3＝a
解得B1＝B0
(3)对速度为0的离子
qU＝mv
r4＝＝a
2r4＝1.5a
离子打在x轴上的区间为[1.5a,3a]
N＝N0＝N0
对打在x＝2a处的离子
qv3B1＝
对打在x＝3a处的离子
qv 4B 1＝
打到x 轴上的离子均匀分布，所以＝
由动量定理 －Ft ＝－0.8Nm ＋0.2N(－0.6m
－m
)
解得F ＝N 0mv 0．
【名师点睛】
初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x 轴上的位置不同．分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x 轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a ，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s ，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力．
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．在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z 轴距离的2倍，重力加速度为g ．求：
(1)小球运动到任意位置P (x ，y)的速率v ； (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m ； (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E (mg
E q
>)的匀强电场时，小球从O 静止释放后获得的最大速率m v 。

【来源】江苏高考物理试题复习
【答案】(1)2v gy =；(2)2222m m g
y q B
= ；(3)()2m v qE mg qB =-。

【解析】 【详解】
⑴洛伦兹力不做功，由动能定理得
2
102
mgy mv =
- ① 解得
2v gy = ②
⑵设在最大距离m y 处的速率为m v ，根据圆周运动有
2m
m v qv B mg m R
-= ③
且由②知
2m m v gy =④
由③④及2m R y =，得
2222m m g
y q B
= ⑤
⑶小球运动如图所示，
由动能定理得
2
1()2
m m qE mg y mv -= ⑥
由圆周运动得
2m
m v qv B mg qE m R
+-= ⑦
且由⑥⑦及2m R y =，解得：
()2
m v qE mg qB
=
-
5．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：0
2v 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+=+=
+=
6．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。

第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E 的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的P 点以大小为v 0的速度垂直射入
电场，不计粒子重力和空气阻力，P 、O 两点间的距离为
20
2mv qE。

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x ；
（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

【来源】2019年辽宁省辽阳市高考物理二模试题
【答案】（1）02v ；20mv qE （
2）0
(21)E
B v +≥
【解析】 【详解】
（1）由动能定理有：
2
22
0011222
mv qE mv mv qE ⋅=- 解得：v ＝2v 0
设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝02
2
v v =
解得：θ＝45° 根据tan 21x
y
θ=⋅
=，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故20
mv x qE
=
（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：
s ＝R +R sinθ
又：2
v qvB m R
=
解得：0
(21)E
B v +=
故0
(21)E
B v +≥
7．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为
q
m
=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:
(1)电压U 0的大小；
(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23
T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．
【来源】【市级联考】山东省济南市2019届高三第三次模拟考试理综物理试题
【答案】(1)4
0 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥
【解析】 【分析】 【详解】
(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：
0l v T = 7110T s -=⨯
211()22T y a =
2
y T v a
=
22y T y v = 122
d y y =+ Eq ma =
0U E d
= 解得：40 2.1610V U =⨯ (2)2T t nT =+
时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆=
(3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y .
速度偏转角的正切值均为：0tan y
v v β= 37β=o
0cos37v v
=o 6110m/s v =⨯
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
2
v qvB m R
= 0.03m R r ==
由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.
由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A R x x ︒
=+ 0.1425m C x =.
由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动.
综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥
8．如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置．带正电的粒子从容器A 下方小孔S 不断飘入电势差为U 的加速电场．进过S 正下方小孔O 后，沿SO 方向垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打在照相底片D 上并被吸收，D 与O 在同一水平面上，粒子在D 上的落点距O 为x ，已知粒子经过小孔S 时的速度可视为零，不考虑粒子重力．
（1）求粒子的比荷q/m ；
（2）由于粒子间存在相互作用，从O 进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转．其方向与竖直方向的最大夹角为α，若假设粒子速度大小相同，求粒子在D 上的落点与O 的距离范围；
（3）加速电压在（U±△U ）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同．现从容器A 中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为m 1、m 2（m 1＞m 2），在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上．若要使两种离子的落点区域不重叠，则
U U
V 应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为α）
【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018学年高二1月月考物理试题 【答案】（1）228U B x
（2）最大值x 最小值cos x α （3）212212cos cos m m U m m αα-∆<+ 212(cos )m m α>
【解析】
【详解】
（1）沿SO 方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D 的粒子；
粒子经过加速电场：qU=12
mv 2 洛伦兹力提供向心力：qvB=m 2
v R
落点到O 的距离等于圆运动直径：x=2R
所以粒子的比荷为：22
8 q
U m B x = （2）粒子在磁场中圆运动半径22
qmU x R == 由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O 1）或右偏θ角（轨迹圆心为O 2）
落点到O 的距离相等，均为L=2Rcosθ
故落点到O 的距离
最大：L max =2R=x
最小：L min =2Rcosα=xcosα
（3）①考虑同种粒子的落点到O 的距离；
当加速电压为U+△U 、偏角θ=0时，距离最大，
L max =2R max =2 2()qm U U Bq
+∆ 当加速电压为U-△U 、偏角θ=α时，距离最小
L min =2R min cosα=2 2()qm U U Bq
-∆cosα
②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子
由2qmU 和 m 1＞m 2，知：R 1＞R 2 要使落点区域不重叠，则应满足：L 1min ＞L 2max
12 2()qm U U Bq
-∆cosα＞22 2()qm U U Bq
+∆ 解得：212212
cos cos m m U m m αα-∆<+． （应有条件m 1cos 2α＞m 2，否则粒子落点区域必然重叠）
9．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（
32
+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 ；（33L ，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°=
212qE t m 31+）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：3302
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：222Rs qE y t m =
tan60°=RS RS
y x 解得：2t =23m ，RS x =23L ，2RS y L = 第二次与虚线PQ 的交点S 的x 坐标：RS R x x x =+=
36L 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（
36L ，12L ）
10．如图所示，A 、B 两水平放置的金属板板间电压为U(U 的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A 板的S 点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A 、B 板间的电场加速后从B 板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C 、D 板间，C 、D 板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E ，匀强磁场的方向水平向里，大小为B 1。

其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a
点，圆内存在磁感应强度大小为B 2、方向水平向里的匀强磁场。

其中S 、a 、圆心O 点在同一竖直线上。

不计粒子的重力和粒子之间的作用力。

求：
(1)能到达a 点的粒子速度v 的大小；
(2)若e 、f 两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为1︰3，都能到达a 点，则对应A 、B 两金属板间的加速电压U 1︰U 2的绝对值大小为多大；
(3)在满足(2)中的条件下，若e 粒子的比荷为k ，e 、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差△t 为多少?
【来源】河南省名校联盟2019届年高三第五次（3月份)调研考试理科综合物理试题
【答案】（1）1E v B =
；（2）12:3:1U U =；（3）1229t t t kB π∆=-= 【解析】
【详解】
解：(1)能达到a 点的粒子速度设为v ，说明在C 、D 板间做匀速直线运动，有：1qvB qE = 解得：1
E v B = (2)由题意得e 、f 两粒子经A 、B 板间的电压加速后，速度都应该为v ，根据动能定理得：21qU mv 2
= 它们的比荷之比：
e f e f q q :1:3m m = 得出：12U :U 3:1=
(3)设磁场圆的半径为R ，e 、f 粒子进入磁场圆做圆周运动
对e 粒子：2
1211
v q vB m r = 对f 粒子：2
2222
v q vB m r =
解得：
12r 3r 1
= e 、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为180o ， e 、f 两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：
1R tan θr =
2
R tan θr = θα90o +=
联立解得：θ30=o ，α60=o
e 、
f 两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足：
112πr T v
= 222πr T v
= e f e f
q q :1:3m m = 在磁场中运动的时间：
112θt T 360=
o 222αt T 360=o
12t t > 两粒子在磁场中运动的时间差为：122πΔt t t 9kB =-=
11．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)22331016m - 【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 θOQ t 2
= 沿x 轴正方向：0OP v cos θt =⋅ 联立解得：3OP 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：()20
0v 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-==⨯
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）()221242qR 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200v 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： 2201122qER mv v -=
- 解得：2212(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：122135
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：12213x 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，在坐标系xoy 中，过原点的直线OC 与x 轴正向的夹角φ=120°，在OC 右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y 轴、左边界为图中平行于y 轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直抵面向里。

一带正电荷q 、质量为m 的粒子以某一速度自磁场左边界上的A 点射入磁场区域，并从O
点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝30°，大小为v，粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。

粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。

已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。

忽略重力的影响。

求
（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；
（2）匀强电场的大小和方向；
（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。

【来源】2008年高考全国卷Ⅰ理综试题物理部分
【答案】（1）垂直左边界向右；(23)
2
mv
Bq
（2）
12
7
Bv
E
π
=，方向跟y轴成120°角，斜向下指向左边。

（3）
43m
t=
【解析】
【分析】
本题考查带电粒子在磁场中的运动。

【详解】
（1）设磁场左边界与x轴相交于D点，过O点作速度v垂线OO1，与MN相交于O1点．由几何关系可知，在直角三角形OO1D中∠OO1D =45º。

设磁场左右边界间距为d，则OO12d。

故粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O1点，圆孤轨迹所对的圆心角为45º，且O1A为圆弧的半径R。

由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直。

A点到x轴的距离：
()
1cos45
AD R︒
=-①
由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得
2
q mv vB R =② 联立①②式得
21mv AD qB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
③ （2）
依题意：匀强电场的方向与x 轴正向夹角应为135º。

设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，第一次在磁场中飞行的时间为t 1，有
18
T t =
④ 2m T qB π=⑤ 由几何关系可知，粒子再次从O 点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为45º。

设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O 2，O 2必定在直线OO 1上。

设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P 点，则∠OO 2P =90º。

设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t 2，有
214
t T =⑥ 设带电粒子在电场中运动的时间为t 3，依题意得
()312t T t t =-+⑦
由匀变速运动的规律和牛顿定律可知
3v v at -=-⑧
qE a m
=
⑨ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得 85E Bv π
=
⑩ （3）由几何关系可得：245OPO ︒∠= 故粒子自P 点射出后将做类平抛运动。

则沿电场方向做匀加速运动：
2112
S at =
⑪ 垂直电场方向做匀速直线运动： 2S vt =⑫
12
tan 45S S ︒=
⑬ 联立得 54m t qB
π=。

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,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:。