物理带电粒子在复合场中的运动专题练习(及答案)含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y轴向下，在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场，质点到达x轴上A点，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d，接着，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为φ.求：

⑴粒子在磁场中运动速度的大小； ⑵匀强电场的场强大小.

【来源】带电粒子在复合场中的运动 计算题 【答案】(1)【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）由几何关系得：R=dsinφ 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得解得：

(2)

（2）质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有：

v0=vcosφ vsinφ=at d=v0t

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE=ma 解得：

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）【解析】

(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv

；（2）

（3）

在磁场中洛仑兹力提供向心力：恰好打在x＝2a的位置； 对于初速度为r2＝

＝2a，

，所以半径：r1＝＝a

v0的离子，qU＝mv－m(v0)2

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(r3＝r3＝a 解得B1＝B0 (3)对速度为0的离子 qU＝mv r4＝

＝a

v0)2

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 qv4B1＝

＝

)

打到x轴上的离子均匀分布，所以由动量定理 －Ft＝－0.8Nm【名师点睛】

＋0.2N(－0.6m

－m

解得F＝N0mv0．

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．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S1不断飘入加速电场，其初速度可视为

零，然后经过小孔S2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）【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=

（2）

（3）0.63%

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：Rmax=

铀238离子在磁场中最小半径为：Rmin=

这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：Rmax<<

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%

4．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期T02m．板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相qB反的匀强磁场．粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子．t=0时刻，发射源在（x，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．

（1）若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系

【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题

qBy0【答案】（1）x0y0 ，

2m【解析】 【详解】

（1）发射源的位置x0y0，

2 （2）见解析

粒子的初动能：Ek0qBy02m2；

（2）分下面三种情况讨论： （i）如图1，Ek02qU0

由y和

mvmv2mv、R00、R11， BqBqBq12121212mv1mv0qU0，mv2mv1qU0， 2222及xy2R0R1， 得xy2qByqB22mqU02qByqB24mqU0；

（ii）如图2，qU0Ek02qU0

由yd和

mvmv2、R00， BqBq1212mv0mv2qU0， 22及x3yd2R0，

3yd)得x（2qBydq2B22mqU0；

2（iii）如图3，Ek0qU0

由yd和

mvmv2、R00， BqBq1212mv0mv2qU0， 22及xyd4R0， 得xyd4qByd2q2B22mqU0；

5．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为

d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电量q、重力不计的

带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：

（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1 （2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小En （3）粒子第n次经过电场所用的时间tn

（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．

【来源】河北省衡水中学滁州分校2018届高三上学期全真模拟物理试题

2d(2n1)mv123mv12tE（1） （2）（3） （4）如图；【答案】W1nn(2n1)v2qd21

【解析】 （1）根据r（2）

mv1122，因为r22r1，所以v22v1，所以W1mv2mv1, qB22=

，

，所以

．

（3）(4)

，，所以．

6．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于N点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠M的上方取点A，一比荷

q=5×105C/kg的带正电粒子，从A点m以v0=2×103m/s的速度沿平行MN方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q点回到电场。已知MN、PQ的长度均为L=0.5m，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。

(1)求电场强度E的大小； (2)求磁感应强度B的大小；

(3)在左侧虚线上M点的下方取一点C，且CM=0.5m，带负电的粒子从C点沿平行MN方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q点和P点，求两带电粒子在A、C两点射入电场的时间差。 【来源】【市级联考】陕西省榆林市2019届高三第二次理科综合模拟试题（物理部分) 【答案】(1) 16N/C (2) 1.6102T (3) 3.9104s

【解析】 【详解】

（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0t

L1qE2t 22m解得E=16N/C

（2）设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为v=2v0

tanv0qE tmv2粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvBm

r由几何关系可知r解得B=1.6×10-2T

2L 2

（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为

3，带负电的粒子转过的圆心角为；两带电222r2m； vqB粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间T带正电的粒子在磁场中运动的时间为：t1带负电的粒子在磁场中运动的时间为：t23T5.9104s； 41T2.0104s 44带电粒子在AC两点射入电场的时间差为tt1t23.910s

7．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m，电量为e；加速极板

AB、A′B′间电压均为U0，且满足eU0=

3mv02。两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心27R；整个装置处2O、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B；

R，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线2的某位置相碰，求质子束原来的长度l0应该满足的条件。

【来源】湖南省常德市2019届高三第一次模拟考试理科综合物理试题

(2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了【答案】(1) v2v0；B【解析】 【详解】

解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：eU0又：eU02mv0336(2) l0 eR12112mv2mv0 2232mv0 2解得：v2v0；

根据对称，两束质子会相遇于OO的中点P，粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿OP方向射出，出射点为D，过C、D点作速度的垂线相交于K，则K，则K点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R

v2根据洛伦磁力提供向心力有：evBm

r可得磁场磁感应强度：B2mv0 eR

(2)磁场O的圆心上移了

R，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径2认为R，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F点射入磁场，如图所示，E点是原来C点位置，连OF、OD，并作FK平行且等于OD，连KD，由于OD=OF=FK，故平行四边形ODKF为菱形，即KD=KF=R，故粒子束仍然会从D点射出，但方向并不沿OD方向，K为粒子束的圆心

RR1ππ由于磁场上移了，故sin∠COF=2=，∠COF=，∠DOF=∠FKD=

2263R对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D点，

下方粒子到达C后最先到达D点的粒子所需时间为t2R(HR2R)(4)R 22v04v0l0 t0而上方粒子最后一个到达E点的试卷比下方粒子中第一个达到C的时间滞后Δt上方最后的一个粒子从E点到达D点所需时间为

RRsint2v0π12πR62π3336R

2v012v0π336

12要使两质子束相碰，其运动时间满足ttt 联立解得l0

8．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、

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。 2（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vM；

Q两点之间的距离为

（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）E2UeU，vM2，设vM的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）Lm3mLRmvM2mv3Lm；（3）T的表达式为T，t4（n＝B2n2emUeRLevM8eU1，2，3，…） 【解析】 【详解】

（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：eU可得v012mv0 22eU 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，ty轴方向做匀加速直线运动，

LmL v02eUL1eE2t 22m由以上各式可得：E2U L2v0(电子运动至M点时：vM即：vM2Ee2t) meU m设vM的方向与x轴的夹角为θ，

cosv02 vM2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O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L

2vM由洛伦兹力提供向心力可得：evMBm

R即BmvM2mv eRLe3R3Lm。 4tvM8eU（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轨道半径2R，即22R2L

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：2n(2R)2L（n＝1，2，3，…） 电子在磁场中做圆周运动的轨道半径RmvM eB0解得：B02n2emU（n＝1，2，3，…） eL电子在磁场变化的半个周期内恰好转过

1圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期414T 2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T0又T02m eB0则T的表达式为TmL（n＝1，2，3，…）。

2n2emU

9．如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场

(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰

好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．

1求粒子运动的速度大小；

2粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之

后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？

3粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？

【来源】2014届福建省厦门双十中学高三热身考试物理试卷（带解析) 【答案】（1）【解析】

121mREqR；（2）R；；（3）2π。

2n1Eqm【分析】 【详解】

（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：

mv2 EqR解得：vEqR m（2）粒子从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所示：

由图示三角形区域面积最小值为：

R2 S2在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：

mv2 BqvR得：

Rmv Bq设MN下方的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，如图所示：

若只碰撞一次，则有：

R1Rmv 2B1qR2RB21 故

B12若碰撞n次，则有：

mv B2qR1Rmv n1B1qR2R故

mv B2qB21 B1n1（3）粒子在电场中运动时间：

t1在MN下方的磁场中运动时间：

2R4v2mR Eqt2n11mmR2R1R 2vEqREq12R2t34v2mR Eq在MN上方的磁场中运动时间：

总时间：

tt1t2t32mR Eq

10．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度；

（2）求磁感应强度B的所有可能取值

（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。 【来源】2019年东北三省四市高考二模物理试题

【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，方向：与x轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B的所有可能取值：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2am3mk(k1) v02qB4qB（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：tk＝1、2、3……或t【解析】 【详解】

（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t， 竖直方向：a2am3mnn n＝1、2、3……。 v02qB4qBvy2t ，

解得：vy＝v0，tanθ＝

vyv0＝1，θ＝45°，

2粒子穿过O点时的速度：vv0v22v0；

（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

v2qvBm ，

r粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45° n＝1、2、3……， 解得：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2a（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝；

v0粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：T12mmT，2， qBqB粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝

1T1， 4若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×

31T1+T2， 4431T1+T2， 4431T1+2×T2， 44若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×

………… 则t2k或t2nm2qB(k1)n3m k＝1、2、3…… 4qBm2qB3m n＝1、2、3…… 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2， 解得：t或t2am3mk(k1) k＝1、2、3…… v02qB4qB2am3mnn n＝1、2、3……； v02qB4qB

11．如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。求：

（1）电子进入偏转电场时的速度v0；

（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E1应该变为原来的多少倍？

（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。 【来源】【区级联考】北京市顺义区2019届高三第二次统练理综物理试题 【答案】（1）【解析】 【详解】

2Uem（2）2倍 （3）E m2Ue（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：Ue所以，v012mv0 22Ue m（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：

12at Eema 24yU联立解得：E2

xxv0t y根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。 （3）电子做直线运动

Bev0Ee

解得： BEm 2Ue

12．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L1202m，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝

m (T)，重力加速度g取10m/s2．求： q

(1)两匀强电场的电场强度E的大小； (2)OC的长度L2；

(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) E【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

mgq (2)40m (3)7.71 s

mgqE

即Emgq

(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，

v2有：qvBm

R由运动规律知v22aL1 由牛顿第二定律得：a解得：R202m

由几何知识可知OC的长度为：L2=2Rcos45°=40m (3) 质点从M到O的时间为：t1=质点做圆周运动时间为：t22g

v2s a32R3s4.71s 4v2质点做类平抛运动时间为：t3=R1s v质点全过程所经历的时间为：t=t1+t2+t3=7.71s。

13．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）E0【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＝

U0mU0；45°（2）2（3）mmx25m 2deB1mV12， 2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＝qE0、产生的加速度为a＝垂直电场方向匀速运动，有2d＝V1t， 沿场强方向：Y＝联立解得E0＝又tanφ＝

qEF，即a＝0，

mm12

at， 2U0 dV1，解得φ＝45°； at2（2）正离子进入磁场时的速度大小为V2＝V12at， 解得V2V12(at)2 mV22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，qV2B＝，

R解得离子在磁场中做圆周运动的半径R＝2mU0； eB2（3）根据R＝2mU0可知， 2eB质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1＝24mU0eB2，

质量为16m的离子在磁场中的运动打在S2，运动半径为R2＝2又ON＝R2－R1，

由几何关系可知S1和S2之间的距离ΔS＝R22ON2－R1， 联立解得ΔS＝4(3－)16mU0eB2，

mU0； eB2由R′2＝(2 R1)2+( R′－R1)2解得R′＝再根据

5R1， 251R1＜R＜R1， 22解得m＜mx＜25m．

14．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v0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B0和TB取某些特定值时，可使t0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m、q、d、v0为已知量。

（1）若t（2）若t1TB ，求B0； 23TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； 2（3）若B04mv0，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。 qd【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)

2dmv01d3v0（2） （3） 或arcsin【答案】（1）

3v242vqd0d0【解析】 【分析】 【详解】

（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R1，由牛顿第二定律得

2mv0qv0B0 ……①

R1据题意由几何关系得

R1d ……②

联立①②式得

B0mv0 ……③ qd（2）设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得

2v0a ……④

R2

据题意由几何关系得

3R2d ……⑤

联立④⑤式得

23v0 ……⑥ ad（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

T由牛顿第二定律得

2R……⑦ v02mv0 ……⑧ qv0B0R由题意知B04mv0 ，代入⑧式得 qdd4R ……⑨

粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1、O2连线与水平方向夹角为，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求02，由题意可知

T ……⑩ 2TB22设经历完整TB的个数为n（n0，1，2，3．．．．．．） 若在B点击中P板，据题意由几何关系得

R2(RRsin)nd ……⑪

当n=0时，无解； 当n=1时联立⑨⑪式得

联立⑦⑨⑩⑫式得

6或（sin1）……⑫ 2TB当n2时，不满足090的要求；

d3v0……⑬

若在B点击中P板，据题意由几何关系得

R2Rsin2(RRsin)nd……⑭

当n0时无解

当n1时，联立⑨⑭式得

11arcsin 或（sin）……⑰

44联立⑦⑧⑨⑩⑰式得

1dTBarcsin ……⑱

242v0当n2时，不满足090的要求。 【点睛】

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U1＝.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U0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l0；

(2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移ym；

(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）【解析】 【分析】

；（2）；（3）

（1）应用动能定理求得电子经加速获得的速度，电子进入偏转电场后水平方向做匀速直线运动，可求板长；（2）电子在内做类平抛运动，偏转最小；电子在

时进入电场，电子在偏转电场中半个周期的时间时进入电场，偏转最大且是最小偏转的3倍；

（3）电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方的临界是电子垂直打在荧光屏上和电子轨迹与屏相切，据临界时的半径可求出对应的临界磁感应强度。 【详解】

(1)电子在电场中加速，由动能定理得水平导体板的板长(2)若电子在半个周期的侧向位移

，则

时进入电场，电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动

电子离开偏转电场时的最大侧向位移

(3)电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θ

，则

电子进入磁场做匀速圆周运动，有垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R1，轨迹与屏相切时圆周运动半径为R2，联立解得【点睛】

，

，故

，其中

，此时B有最小值 ，此时B有最大值

所谓临界问题是指一种物理过程或物理状态转变为另一种物理过程或物理状态的时候，存在着分界的现象，即所谓的临界状态，符合这个临界状态的条件即为临界条件，满足临界条件的物理量称为临界值，在解答临界问题时，就是要找出临界状态，分析临界条件，求出临界值．解决临界问题，一般有两种基本方法：（1）以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解．（2）直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求解出所研究问题的规律和解．