高中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．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN和MN是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和

O，ONONd，P为靶点，OPkd（k为大于1的整数）。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U。质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加

速，经O进入磁场区域.当离子打到极板上ON区域（含N点）或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受的重力。求：

（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；

（3）打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。 【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）B22qUm22nqUm（2）B，(n1,2,3,qkdqkd,k21)（3）

22(k1)mt磁=，t=h 电222qum(k1)qU(2k23)mkd【解析】 【分析】

带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。 【详解】

（1）离子经电场加速，由动能定理：

qU可得v12mv 22qU m磁场中做匀速圆周运动：

v2qvBm

r刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知：

r联立解得Bkd 222qUm； qkd（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达N右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在P点。设共加速了n次，有：

nqU12mvn 22vnqvnBm

rn且：

rn解得：Bkd 222nqUm，

qkdd 2要求离子第一次加速后不能打在板上，有

r1且：

qU12mv1 2v12qv1Bm

r1解得：nk2，

故加速次数n为正整数最大取nk21 即：

B22nqUm(n1,2,3,qkd,k21)；

（3）加速次数最多的离子速度最大，取nk21，离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P点。 由匀速圆周运动：

T2r2m vqBT(2k23)mkdt磁=(n1)T

222qum(k21)电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式

(k21)ha12at电 2qU mh2(k21)m可得：t电=h qU

2．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v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A（a，0）点，求v1的大小；

（2）已知一粒子的初速度大小为v（v＞v1），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sinθ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v0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vx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vm．

【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【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R1＝a/2

；⑵两个 sinθ=

；⑶

＋

．

v12由运动定律有Bqv1m

R1解得v1Bqa 2m(2)如右图所示，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在

a的直线上，半径为R，当给定一个初速率v时， 2有2个入射角，分别在第1、2象限．

x＝

即 sinθ′＝sinθ＝

a 2Rv2另有Bqvm

R解得 sinθ′＝sinθ＝

aqB 2mv(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ym表示其y坐标，由动能定理有 qEym＝由题知 vm＝kym

2v0若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m

R01122mvm－mv0 22在最高处有 v0＝kR0 联立解得vmEE2 ()2v0BB

考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．

3．如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.25m的半圆,两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小

E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)

（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙球在B点被碰后的瞬时速度大

小；

（2）在满足1的条件下，求甲的速度v0；

（3）甲仍以中的速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。

【来源】四川省资阳市高中（2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题 【答案】（1）5m/s；（2）5m/s；（3）

322mx23m。

【解析】 【分析】 【详解】

（1）对球乙从B运动到D的过程运用动能定理可得

mg2RqE2R1212mvDmvB 222vD乙恰能通过轨道的最高点D，根据牛顿第二定律可得

mgqEm联立并代入题给数据可得

vB=5m/s

R

（2）设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得

mvB mv0mv0根据机械能守恒可得

11122mvBmv02mv0

222联立解得

0，v05m/s v0（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有

Mv0MvMmvm

111Mv02MvM2mvm2 222联立得

vm2Mv0 Mm分析可知：当M=m时，vm取最小值v0；当M≫m时，vm取最大值2v0 可得B球被撞后的速度范围为

v0vm2v0

，由动能定理得 设乙球过D点的速度为vDmg2RqE2R联立以上两个方程可得

11mvD2mvm2 22230m/s 35m/st，xvD2R所以可得首次落点到B点的距离范围

12gt 2322mx23m

4．如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为L,0的A点。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成45角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15角的射线OM已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求：

1匀强电场的电场强度E的大小； 2电子在电场和磁场中运动的总时间t 3矩形磁场区域的最小面积Smin。

【来源】湖南省怀化市2019年高考物理一模物理试题

22L2mmv2mv0【答案】(1)；(2)；(3)3(0) v03eBeB2eL【解析】 【详解】

122mv01电子从A到C的过程中，由动能定理得：eEL1mvC

22vCcos45v0

2mv0联立解得：E

2eL2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：L其中vCvCsint1 2v0 cos2 3由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：电子在磁场中的运动时间：t2其中TT 22m eB2L2m v03eB电子在电场和磁场中运动的总时间tt1t2 联立解得：t3电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

2vC则有 evBm

r最小矩形区域如图所示，

由数学知识得：CD2rsin2 CQrrcos2

最小矩形区域面积：SminCDCQ 联立解得：Smin3(mv02) eB

5．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v0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

L，在第四象限正方形ODQP内存在沿x轴正方向、大小为E=Bv0的匀强电场，在y=－L3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) 【解析】 【分析】

根据电子束沿速度v0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r由牛顿第二定律得Bev=mv

0022Le3v03 (2) (3) L mBL43L 3r电子的比荷

e3v0； mBL（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OF=x=2L 32LEe2，yv0t 32mt从F点射出的电子，做类平抛运动，有x代入得y=2L 3电子射出电场时与水平方向的夹角为有tany1 2x2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 GPLytan2L； 3（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 yv0tv02xm2xL Ee3XLy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xy

2xL所以X2x2y3xLx223L。 43Lx823L 8所以当xL，有Xm【点睛】

38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。

6．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g，求：

(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小. (3)微粒从P运动到Q的时间有多长.

【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)理综物理试题 【答案】(1)E1【解析】 【详解】

(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：qE1sin45mg 求得：E16d1d2m2gd12mgEmg2gd1 ,2 (2) (3)q6gd2qd2q22mg qmg q12mv 2微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：mgqE2 求得：E2(2)粒子进入磁场区域时满足：qE1d1cos45v2qvBm

R根据几何关系，分析可知：R整理得：Bd22d2 sin30m2gd1 2qd2(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：

12a1t1d1 2mgtan45ma1

t2302R 360v经整理得：tt1t22d1122gd6d1d22gd1 g12qB6gd2

7．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h度为g，求：

(1)微粒从O点抛出时初速度v0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。

3l ，重力加速8

【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)v0【解析】 【详解】

（1）从O到P，带电微粒做平抛运动：

3mg243lm3gE3gl ；(2) ，B；(3) t 4q33g2qlh12gt0 223gl 313gl 2l=v0t0

所以v0（2）在P点：vy=gt02vp=v0v2y53gl 6设P点速度与竖直方向的夹角为θ，则

tanθv04 vy3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：

tanθmgmg FEqsinθEmgmg fqvpB3mg 4qBm3g

2ql

（3）设微粒从P到Q所用时间为t1，

t1PD13l v02g设微粒从Q到R所用时间为t2，因水平和竖直分位移相等，得：

x2v0t2

1y2vyt2gt22

2由题意得： x2y2

微粒从0点运动到R点的时间t为：

tt0t1t2

所以：t43l 3g

8．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B1，直线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E1.0104V/m，另有一半径R=1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B20.20T，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v0进入圆形

磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y=x

55垂直．粒子速度大小v01.010m/s，粒子的比荷为q/m5.010C/kg，粒子重力不

计．求：

(1)粒子在匀强磁场B2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B1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，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)d4m (3)B10.1T或B10.24T (4)t6.2105s 【解析】 【详解】

2v0 解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B2qv0mr解得粒子运动的半径：r1m

(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：xv0t 竖直方向：y12at 2aEq mv0 attan45联立解得：x2m，y1m 由图示几何关系得：dxyR 解得：d4m

(3)若所加磁场的磁感应强度为B1，粒子恰好垂直打在y轴上，粒子在磁场运动半径为r1 由如图所示几何关系得：r12yR

v2v0

2v由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B1qvm

r1解得：B10.1T

若所加磁场的磁感应强度为B1，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为r2 由如图所示几何关系得：r22r22yR

2v由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B1qvm

r2解得B121T0.24T 10综上，磁感应强度应满足的条件为B10.1T或B10.24T

(4)设粒子在磁场B2中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2，在磁场B1中运动的时间为t3，则有：

1t1T1

4T12R v0t2x v01t3T2

2T22r2 v解得：tt1t2t321.52210s6.210s

55

9．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】

（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：Ue所以，v02Uem（2）2倍 （3）E m2Ue12mv0 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

10．如图，空间某个半径为R的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d，足够大的平行金属板，板间电压为U。一群质量为m，带电量为q的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。不计重力，则

R的粒子能从极板上的小孔P射入电场，求粒子的速度？ 2（2）极板CD上多长的区域上可能会有带电粒子击中？

（1）离极板AB距离为

（3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并离开磁场区域。计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。

【来源】江苏省苏州新区一中2019届高三一摸模拟物理试题 【答案】（1）入射粒子的速度vqBR；（2）带电粒子击中的长度为mm2dBR2B2R2d2qttt；（3）总时间 2x212qBUmU【解析】 【详解】

mvmv2 （1）洛伦兹力提供向心力，qvB，解得rqBr根据作图可解得，能从极板上的小孔P射入电场，rR 所以，入射粒子的速度vqBR mFqU mmd（2）所有进入磁场的粒子都能从P点射入电场，从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场，这些粒子在垂直于电场方向做匀加速直线运动，ad12at 22md2解得t

qU2B2R2d2q 沿极板运动的距离xvt

mU2B2R2d2q

有带电粒子击中的长度为2x2

mU（3）能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场，在电场中运动的时间

t12v2dBR aU在磁场中运动的时间为t2所以t22R2mT，T vqB2mqB

总时间tt1t2mqB2dBR U

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=107C/kg的带正电粒子从x轴上的P点射入电场，速度大小mv0=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) OP【解析】 【详解】

333m，OQ0.15m (2) B=0.02T (3)102m2 1016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，tv0sinθvsinθt ，，OQ0a2沿x轴正方向：OPv0cosθt 联立解得：OP3m，OQ0.15m 10(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：OQr解得：r=0.05m

r cosα2vcosθ根据牛顿第二定律可得：Bqvcosθm00r

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：Smin1233Lsin60?102m2 216

12．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vN（待求）；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向，以大小vN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vN； (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）【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：

4mgd7 （3） q3mgFEq sin30sin30sin120得：E3mg q

合力：F=mg

2从MN,有：2adN

得：N2gd

（2）如图乙，设MP为h，作PC垂直于电场线，小球做类平抛运动：

hcos6012at 2hsin60Nt UMCEhcos30

UMPUMC

得：UMP4mgd q（3）如图乙，作PD垂直于MN，从MP，由动能定理：FSMDEKPEKM

SMDhsin30

EKM1mvN2 2EKPFSMDEKM7 EKMEKM3

13．如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：

(1)两平行板间的电势差U；

(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径R．

【来源】甘肃省张掖市2019届高三上学期第一次联考理科综合试题（物理部分)

mmv0tan；（3）R=【答案】(1)U=Bv0d；（2）2 qBqB【解析】

【分析】

（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差．

（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R． 【详解】

(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=板间的电势差：U=Bv0d

(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：

2v0Bv0q=m

rU，解得两平行d2r同时有T=

v0粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=解得t=

T 2m Bq2=R

(3)由几何关系可知：rtan解得圆形磁场区域的半径R=

mv0tanqB2

14．“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后．从下方以恒定速率v1,向上射入有磁感应强度为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域I内．当栅极MN、PQ间形成稳定的电场后．自动关闭区域I系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)．区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板A)．放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出．在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推

力(不计氙原子核、等离子体的重力．不计粒子之间相互作用与相对论效应)．已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q，求：

(1)当栅极MN、PQ间形成稳定的电场时，其电场强度E多大． (2)氙原子核从PQ喷出时的速度大小v2．

(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域I的氙原子核占A处发射粒子总数的百分比．

【来源】【全国市级联考】湖南省衡阳市2018届高三下学期第三次联考理综物理试题

2228mBvqdqB2D;（3）33.3%．11【答案】（1）E=v1B1;（2）

2m【解析】

（1）等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q′ ， 则EqB1v1q 即 EB1v1

2v3（2）氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时,设速度为v3,则有： B2qv3m

r根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核束，即r则： v3D 2B2qrB2qD m2m氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为v2，根据动能定理可知： 其中电压UEdB1v1d

2228B1v1qdmB2Dq联立可得v2 24m（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为B2之后，根据r'mv 可知，r′=r=D 'B2q

①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I．

该轨迹的圆心O1，正好在N点，AO1=MO1=D，所以根据几何关系可知，此时∠FAN=900； ②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I． AO2=AN=NO2=D，所以此时入射角度∠GAN=300；

根据上述分析可知，只有∠FAG=600；这个范围入的粒子还能进入区域I．该区域的粒

600子占A处总粒子束的比例为100033.30 000180

点睛：考查牛顿第二定律与运动学公式的应用，掌握由洛伦兹力提供向心力的求解方法，理解动能定理的内容，注意正确画出运动轨迹，及分清各段运动性质；第三问要注意临界条件，求出恰从上、下两边缘射出的粒子的入射角，从而求出射入Ⅰ区的粒子数点比．

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:

(1)小圆半径R1； (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)R1【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rb

mv14m(31)mv (2)R2min (3)

qBqB2qBv2m()2根据洛伦磁力提供向心力有：2qvB2

2rb由粒子b恰好不穿出Ⅰ区域：R12rb 解得：R1mv qB(2)设a在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为ra1，

mv2根据洛伦磁力提供向心力有：qvB

ra1解得： ra1mvR1 qB设a在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为ra2，

mv2根据洛伦磁力提供向心力有：qv•2B

ra2解得： ra2mv1R1 2qB231R1R1 22设大圆半径为R2，由几何关系得：R2所以，大圆半径最小值为： R2min(3)粒子a在Ⅰ区域的周期为Ta1(31)mv

2qB2mm，Ⅱ区域的周期为Ta2 qBqB131Ta2 2粒子a从O点出发回到O点所经过的最短时间为：ta1Ta1解得：ta17m 6qB2m qB粒子b在Ⅰ区域的周期为：Tb讨论：①如果a、b两粒子在O点相遇，粒子a经过时间：tanta1粒子b经过时间：tbkTb7nm n=1，2，3… 6qB2km k=1，2，3… qBtatb时，解得：

7n2k 6当k7，n12时，有最短时间：t114m qB②设粒子b轨迹与小圆相切于P点，如果a粒子在射出小圆时与b粒子在P点相遇

5(21n8)mtTTn6t n=1，2，3… 则有：aa1a2a163qB粒子b经过时间： tb(2k1)Tb(2k1)m k=1，2，3… 2qB21n8 3tatb时，解得：2k1ab不能相遇

③如果a粒子在射入小圆时与b粒子在P点相遇

7(21n13)mtT2Tn6t n=1，2，3… 则有：aa1a2a163qB粒子b经过时间：tb(2k1)Tb(2k1)m k=1，2，3… 2qB21n13 3tatb时，解得：2k1ab不能相遇

a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间为

14m

qB