磁场高考题汇编精选(4)复合场、科技应用(答案)

磁场高考题汇编精选（4）复合场、科技应用（参考答案）
一、选择题
1． 【答案】 B
【解析】 粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，其受力平衡有Eq ＝Bqv ，则知当粒子所带的电荷量改变时，粒子所受的合力仍为0，运动轨迹不会改变，故B 项正确． 2． 【答案】C
【解析】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即Eq=qvB ，则v=
E
B
，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意，对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，但是对电性和电量无要求，根据F=qvB 可知，洛伦兹力的方向与速度方向有关，故对入射时的速度也有要求，故选C 。

3． 【答案】B
【解析】 对微粒a ，洛伦兹力提供其做圆周运动所需向心力，且m a g ＝Eq ，对微粒b ，qvB ＋Eq ＝m b g ，对微粒c ，qvB ＋m c g ＝Eq ，联立三式可得m b >m a >m c ，选项B 正确． 4． 【答案】AD 5． 【答案】D
【解析】粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v ，则qU ＝1
2
mv 2，粒子进入磁场做圆周运动，半径r
＝mv qB ＝1B 2mU q ，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D 正确． 6． 【答案】D
【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A 错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有
=,=U F evB F eE e a =洛电，故=U F e a 洛，故D 正确，由U
evB e a
=则电压U avB =，故前后表面的电压与速度有关，与a 成正比，故BC 错误。

二、计算题
7． 【答案】(1)Bd U v =(2)0
222
2U d B U m e =(3)d B L L L Uh m e 2121)2(2+= 【解析】 (1)设电子经过加速电场加速后速度大小为v
电子在电场、磁场共存的P 和P '区域内做匀速直线运动，因此有d
U
e evB = 解得Bd
U v =
(2)对于电子经过加速电场过程，根据动能定理有2021mv eU =
解得：0
222
2U d B U m e =
(3)设电子在P 和P '区域内只有偏转电场时，运动的加速度为a ，时间为t ，离开偏转电场时的侧移量为y ，偏
转的角度为θ。

根据运动学公式有：22
1at y = 根据牛顿第二定律有：md
eU
a =
电子在P 和P '区域内运动时间：v
L t 1
=
联立解得mU d
B eL mdv eUL y 22221221==
由于2
112
2tan L
L h
L y v v x y +=
==θ，所以h L L L y 2112+= 联立解得d
B L L L Uh
m e 2121)2(2+=
8． 【答案】 (1)负电荷 mgd U (2)v 0U gd 2 (3)4v 0U
5gd 2
【解析】 [审题指导] 第一步：
第二步：(1)要求墨滴所带电荷种类及电荷量→应用墨滴在电场区域中做匀速直线运动的规律求解。

(2)要求磁感应强度B →应用墨滴在电、磁场区域做匀速圆周运动的规律，画运动轨迹，列方程求解。

(3)要求B ′→应根据墨滴在电、磁场区域做匀速圆周运动的规律，画运动轨迹，结合几何知识列方程求解。

(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
q U
d ＝mg ①
由①式得 q ＝mgd U
② 由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：
墨滴带负电荷。

③
(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有
qv 0B ＝m v 02
R ④
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径 R ＝d ⑤
由②④⑤式得
B ＝v 0U gd
2
⑥
(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为R ′，有
qv 0B ′＝m v 02
R ′ ⑦
由图示可得 R ′2＝d 2＋⎝⎛⎭⎫R ′－d 2 2 ⑧ 得R ′＝5
4d
⑨
联立②⑦⑨式可得
B ′＝4v 0U 5gd 2
带电粒子在复合场中运动的综合分析
这类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面。

(1)在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时，符合二力平衡：qE ＝qvB 。

(2)若撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法分析。

(3)若撤去电场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，符合洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2r 。

9． 【答案】 (1)20 m/s 方向与电场E 的方向之间的夹角为60°斜向上 (2)3.5 s
【解析】(1)小球匀速直线运动时受力如图1-所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有 qvB ＝
q 2E 2＋m 2g 2 ①
图1-
代入数据解得v ＝20 m/s ②
速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角θ满足
tan θ＝qE
mg ③
代入数据解得tan θ＝ 3
θ＝60° ④
(2)解法一：
撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有 a ＝
q 2E 2＋m 2g 2
m
⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有 x ＝vt ⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有 y ＝1
2at 2 ⑦ a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又
tan θ＝y
x
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t ＝2 3 s ＝3.5 s ⑨ 解法二：
撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ ⑤ 若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
v y t －1
2gt 2＝0 ⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s 10．【答案】(1)0BR E t =
(2)2
43R
a t = (3)03R t t π= 【解析】（1）设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，电场强度为E 。

可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x 轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向
且有 qE =qvB ① 又 R =vt 0 ② 则 0
BR
E t =
③ （2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动
在y 方向位移 2
2t y v
= ④ 由②④式得 2
R
y = ⑤
设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是
3x R =
又有 2
01()22t x a = ⑥
得 2
43R
a t = ⑦ （3）仅有磁场时，入射速度4v v '=，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有
2
v qv B m r
''= ⑧
又 qE =ma ⑨
由⑦⑧⑨式得 33R
r =
⑩ 由几何关系 sin 2R
r
α= ○
11
即 3sin 2α=
3
π
α= ○12 带电粒子在磁场中运动周期 2m
T qB
π=
则带电粒子在磁场中运动时间
22R t T απ= 所以 0318
R t t π
= ○13 11．【答案】（1）v=
（2）
（3）
【解析】（1）首先分析，在任意时刻，小球都只受到重力和洛伦兹力．洛伦兹力始终方向与速度方向垂直，不做功，所以从原点到最低点只有重力做功，根据动能定理即可求得速度；
（2）设小球在最低点的速度为v ，到x 轴距离为
h ，最低点的曲率半径为2h ．对于小球运动到最低点时，小球的向心力由洛伦兹力与重力的合力提供，列出向心力公式，再结合第一问中的速度就可以求出小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m ；
（3）加入电场后，结合动能定理和圆周运动向心力的公式即可以求得小球从O 静止释放后获得的最大速率v m ． 【解答】解：（1）洛仑兹力不做功，由动能定理得， ﹣mgy=mv 2① 得 v=
②
（2）设在最大距离y m 处的速率为v m ，根据圆周运动有，qv m B ﹣mg=m ③
且由②知
④
由③④及R=2y m 得 ⑤
（3）小球运动如图所示， 由动能定理 （qE ﹣mg ）|y m |=⑥ 由圆周运动 qv m B+mg ﹣qE=m ⑦
且由⑥⑦及R=2|y m |解得 v m =
．
【点评】本题涉及到的知识点有洛伦兹力的性质（无论何时都不做功）、机械能守恒的条件与计算、圆周运动的计算，对同学们分析问题的能力要求较高，属于中档偏上的题目． 12．【答案】 (1)4B mU 0
q
－L
(2)2B mU 0q －4mU 0qB 2－L 24 (3)L <2B m q
[2（U 0－ΔU ）－
2（U 0＋ΔU ）]
【解析】 (1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1
电场加速过程，有qU 0＝1
2
×2mv 2
且qvB ＝2m v 2
r 1
解得r 1＝2B mU 0
q
根据几何关系得x ＝2r 1－L 解得x ＝
4
B mU 0
q
－L (2)如图所示
最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d ＝r 1－r 21－⎝⎛⎭
⎫L 22
解得d ＝
2
B
mU 0q
－4mU 0qB 2－L 2
4 (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r 2 r 1的最小半径r 1min ＝
2
B m （U 0－ΔU ）
q
r 2的最大半径r 2max ＝
1
B
2m （U 0＋ΔU ）
q
由题意知2r 1min －2r 2max >L ，即4
B m （U 0－ΔU ）q －
2B
2m （U 0＋ΔU ）
q
>L
解得L <2B m
q [2U 0－ΔU －2（U 0＋ΔU ）]
13．【答案】（1）r 2：r 1=
：1 （2）t=
（3）当f Bm ≤f m 时，E Km =；当f Bm ≥f m 时，E Km =．
【解析】解：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r 1，速度为v 1 qU=mv 12
qv1B=m
解得
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径
则．
（2）设粒子到出口处被加速了n圈
解得．
（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即
当磁场感应强度为B m时，加速电场的频率应为
粒子的动能
当f Bm≤f m时，粒子的最大动能由B m决定
解得
当f Bm≥f m时，粒子的最大动能由f m决定v m=2πf m R解得
14．【答案】（1）静电分析器中半径为r0处的电场强度E0为，磁分析器中的磁感应强度B的大小为；
（2）质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l为1.5r0；
（3）若磁感应强度在（B-△B）到（B+△B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，的最大值为：0.12。

【解析】
（1）离子在静电分析器中做圆周运动，电场力提供向心力，离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出电场强度与磁感应强度。

（2）由动能定理求出离子的速度，应用牛顿第二定律求出离子做圆周运动的轨道半径，然后求出离子到达探
测板上的位置与O点的距离。

（3）磁感应强度变化时粒子做圆周运动的轨道半径发生变化，根据分辨条件求出的最大值。

本题考查了带电离子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、分析清楚向心力的来源是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与动能定理可以解题。

解：（1）在静电分析器中，电场力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qE0=m，
解得：E0=；
离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：qv0B=m，
解得：B=；
（2）对离子，由动能定理得：qU NP=，
解得：v=v 0，
离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：qvB=0.5m，
解得：r=r0，
距离：l=2r cosθ-0.5r0，
解得：l=1.5r0；
（3）恰好能分辨的条件：=，
解得：=-4≈0.12；。